Chuyên đề đơn ÁNH, TOÀN ÁNH và SONG ÁNH TRONG các bài TOÁN về PHƯƠNG TRÌNH hàm

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.. TÊN CHUYÊN ĐỀ: ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Mã: TO19 PHẦN I.. Tiếp nối bài viết của chuyê

Trang 1

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm

TÊN CHUYÊN ĐỀ:

ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ

PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Mã: TO19 PHẦN I MỞ ĐẦU:

1 Lý do chọn chuyên đề:

Phương trình hàm (PTH) là một chủ đề trong thi học sinh giỏi Quốc gia, và đây là một chủ đề khó Đa phần học sinh đều cho rằng câu PTH là câu được xếp ở độ khó cao Trong hai năm gần đây thì PTH cũng được xếp vào cấu trúc đề thi HSG Tỉnh Tây Ninh Như vậy, các em học sinh dù muốn hay không thì khi thi vòng Tỉnh, các em cũng phải gặp câu hỏi về PTH

Tuy nguồn tài liệu về PTH hiện nay không hiếm, nhưng để xây dựng thành bài giảng phù hợp cho HS của chúng tôi đang giảng dạy thì cũng cần phải hệ thống, thêm bớt và đó là nhiệm vụ người viết đang cố gắng làm Tiếp nối bài viết của chuyên đề năm trước, nay tôi tiếp tục mảng PTH nhưng sẽ tập trung vào các loại PTH có sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong quá trình giải Các bài giảng khác sẽ được trình bày trong những quyển nghiên cứu tiếp theo

2 Đối tượng nghiên cứu:

- Bài giảng về đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong các bài toán về phương trình hàm

3 Cơ sở thực tiễn của việc nghiên cứu chuyên đề:

- Do học sinh gặp nhiều khó khăn trong quá trình học

- Góp phần hình thành hệ thống bài giảng dễ học cho học sinh thi HSG

- Mong muốn tạo lập tài liệu riêng cho trường về mảng này

C.1 Các bài toán dùng tính đơn ánh của hàm

C.2 Các bài toán dùng tính toàn ánh, song ánh của hàm

Phần C Phần kết luận - Mở ra hướng nghiên cứu

Trang 2

PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG

ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ

PHƯƠNG TRÌNH HÀM

A PHẦN LÝ THUYẾT

1 Ánh xạ

1.1 Định nghĩa Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x của X với

một (và chỉ một) phần tử của Y Phần tử này được gọi là ảnh của x qua ánh xạ f và kí hiệu là f(x) (i) Tập X được gọi là tập xác định của f Tập hợp Y được gọi là tập giá trị của f

(ii) Ánh xạ f từ X đến Y được kí hiệu là f X: → Y

xa y f x= ( )

(iii) Khi X và Y là các tập số thực, ánh xạ f được gọi là một hàm số xác định trên X

(iv) Cho a X y Y∈ , ∈ Nếu f a( )= thì ta nói y là ảnh của a và a là nghịch ảnh của y qua ánh xạ f y

(v) Tập hợp Y = ∈ ∃ ∈{y Y x X y f x, = ( ) } gọi là tập ảnh của f Nói cách khác, tập ảnh f X là tập hợp ( )

tất cả các phẩn tử của Y mà có nghịch ảnh

2 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh

2.1 Định nghĩa Ánh xạ f X: → được gọi là đơn ánh nếu với Y a X b X∈ , ∈ mà a b≠ thì

( ) ( )

f a ≠ f b , tức là hai phần tử phân biệt sẽ có hai ảnh phân biệt

Từ định nghĩa ta suy ra ánh xạ f là đơn ánh khi và chỉ khi với a X b X∈ , ∈ mà f a( ) ( )= f b , ta phải có

1 Hàm đơn ánh và liên tục thì đơn điệu

2 Nếu f v x( ) ( ) =u x( ) trong đó u x là toàn ánh trên ( ) ° thì f là toàn ánh trên °

3 Nếu f f x( ( ) )= + ∀ ∈° thì f là song ánh ax b x,

4 Nếu f u x( ) ( ) −f v x( ) ( ) = +ax b a( ≠ thì mọi số thực luôn biểu diễn được dưới dạng 0) ( ) ( )

f u − f v Nói cách khác ∀ ∈ °x luôn có u v, sao cho x f u= ( ) ( )− f v

5 Nếu f là toàn ánh thì ta thường sử dụng ∃a f a: ( )= hoặc 0 ∃a f a: ( )= … 1

6 Mọi đa thức bậc lẻ đều có tập giá trị là °

7 Đối với các PTH có chứa f x f y( ± ( )), ( ), ( ) f x f y thì ta thường lấy x = 0 và thường thay x bởi ±f x bÙ˚i f y( ), ± ( ) và thường phải tìm cho được biểu diễn của f f x theo f x ( ( )) ( )

8 Ta thường biến đổi để xuất hiện biểu thức ax + b (a, b là các hằng số, a≠ và cho x thay đổi 0)trên ° để suy ra biểu thức này có tập giá trị là ° Tổng quát hơn, ta thường biến đổi để xuất hiện 1 đa thức bậc lẻ, sau đó vận dụng tính chất đa thức bậc lẻ có tập giá trị °

3 Ánh xạ ngược của một song ánh

Trang 3

3.1 Định nghĩa Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi f− 1, là ánh xạ từ Y đến X gán cho mỗi phần tử

y Y∈ phần tử duy nhất x X∈ sao cho y f x= ( ) Như vậy: f− 1( )x = ⇔y f x( )= y

§ : Tập các số hữu tỷ dương

¢ : Tập các số nguyên +

¢ : Tập các số nguyên dương

° : Tập các số thực +

° : Tập các số thực dương

B CÁC VÍ DỤ:

VD 1: (Dùng ôn tập cm song ánh) Nếu f:° →° và f f x( ( ))=ax b x+ ∀ ∈, ° (a≠0) thì f là song

ánh

(Định lý này dùng nhiều về sau)

Giả sử f x( )1 = f x( ),2 khi Òo˘: ax b f f x1+ = ( ( ))1 = f f x( ( ))2 =ax2+ ⇒ = b x1 x2

Vậy f là đơn ánh Với mọi y ,luo‚n to‡n taÔix f(y b) sao cho:

Vậy f là toàn ánh, do đó f là song ánh

VD 2: (Dùng ôn tập cm song ánh) Xét tất cả các hàm , , :° →° sao cho f là đơn ánh và h là song ánh thỏa mãn điều kiện f g x( ) ( ) =h x( ), với mọi x∈° Chứng minh rằng g x là một hàm song ( )

Trang 4

Đặt g x( ) ( )= f x + ⇒x f x( ) ( )=g x − Khi đó từ phương trình ban đầu ta được: x

Do đó g là một song ánh hay f x( )+ là một song ánh x

VD 4: (Dùng ôn tập cm đơn ánh) Xét tất cả các hàm f:° U+ { }0 →° thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

(i) f x y( ) ( ) ( )+ = f x +f y , với mọi x y, ∈° U+ { }0

(ii) Số phần tử của tập hợp {x f x( )=0 x∈° U+ { }0 } là hữu hạn

Chứng minh rằng f là một hàm đơn ánh

Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chỉ ra được: f nx( ) ( )=nf x ∀ ∈n •*,∀ ∈x ° U+ { }0 (1) Thay x y= = vào phương trình ban đầu ta được 0 f( ) ( ) ( )0 0+ = f 0 +f 0 ⇔ f( )0 = 0

Giả sử x x1, 2∈° U+ { }0 sao cho f x( ) ( )1 = f x2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x1 ≥ Khi x2

đó theo điều kiện (i) ta được: f x x( 1− 2) ( ) ( ) (+ f x2 = f x1 ⇒ f x x1− 2)= (2) 0

Từ (1) và (2) ta thu được: f n x( ( 1−x2) )=nf x( 1−x2)= , với mọi 0 n∈• * Từ đó kết hợp với điều kiện (ii) ta suy ra x1 =x vÏ f2 ( ( )0 =0 va¯ˉco˘hˆıu haÔn x ÒeÂf x( )= Vậy f là một hàm đơn ánh 0)

Trang 5

Suy ra f x( )= − + thay vào tìm được x c c= −3

VD 6: (Dùng tính đơn ánh) Tìm tất cả các hàm số f :° →° thỏa mãn điều kiện:

t st b− + = có hai nghiệm pbiệt là t t 3, 4

Trong (1) lần lượt thay (x,y) bằng ( , );( , )t t1 2 t t ta được:3 4 ( ( ) ) ( ) ( )

Từ đó nếu f a( )= f b( ) thì a = b suy ra f đơn ánh

Thay y = 0 trong (1) ta được f x f( + ( )0 )= f f x( ) ( ) ⇒ f x( )= +x f( )0

suy ra: f n( ) ( ) ( )= f 1 + −n 1 a an b= + ; trong đó b f= ( )1 − (sắp dọc xuống) a

Thay f n( )=an b+ vào phương trình (1) ban đầu ta được a=1,b=0

Vậy f n( )=n ∀ ∈• n *

VD 8: (Balkan MO 2009) (đi liền sau bài 7)

Kí hiệu •* là tập hợp các số nguyên dương Tìm tất cả các hàm f :• *→• thỏa mãn đẳng thức:*

⇒ + = + , suy ra m1=m2 hay f là đơn ánh

Dễ thấy với mọi n∈• *,n≥3 ta có:( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

n+ + n− = −n + n + (nghĩ do cấu tạo đề)

Từ đẳng thức kết hợp với phương trình đã cho ta được:

Trang 6

Mặt khác phương trình ban đầu cho m n= ta được: f(3f n2( ) )=3n2 (4)

Từ (3) và (4) ta thu được b=1,c d= =0 Vậy f n( )= , với mọi n n∈•*

Giải thích: Từ (3) ta có f n bậc 2 nên f(n) bậc 1 => gọi f(n) = 2( )

VD 9: (Dùng tính song ánh) VMO 2012 (câu 7)

Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực ° , lấy giá trị trong ° và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

1/ f là toàn ánh từ ° đến ° ;

2/ f là hàm số tăng trên ° ;

3/ f(f(x)) = f(x) + 12x với mọi số thực x

Lời giải (Theo chemthan – Nguyễn Ngọc Trung)

Nếu f(x) = f(y) thì f(f(x)) = f((f(y)) nên từ phương trình hàm ta suy ra 12x = 12y, suy ra x = y

Vậy f là đơn ánh Theo đề bài, f là toàn ánh từ ° vào ° nên từ đây ta có f là song ánh

Gọi f-1 là hàm ngược của f thì f-1 cũng là hàm tăng

Thay x = 0 vào phương trình hàm, ta được f(f(0)) = f(0) Do f là song ánh nên từ đây suy ra f(0) = 0 Lấy 1

Trang 7

Cho n=2k n; =2k+ , ta thu được: 1

Cho k→ +∞ ta thu được 4x f x≤ ( )≤4x, suy ra f x( )=4x Từ đó f x( )=4x với mọi x > 0

* Với x < 0, cố định Khi đó f x−n( )< với mọi n, 3x + f(x) < 0 Hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra 0

4

( )

f x = x với mọi x < 0

Kết hợp các trường hợp ta được f x( )=4x, ∀ ∈° x

Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn phương trình hàm ban đầu

Vậy f x( )=4x, ∀ ∈° là hàm duy nhất thỏa mãn các yêu cầu bài toán x

VD 10: (Ứng dụng toàn ánh) (IMO ShortList 2002) Tìm hàm số f :° →° thỏa mãn

Do f là toàn ánh nên với mỗi số thực x luôn tồn tại ysao cho x f y= ( )− Vì vậy a f x( )= − x a

Thử lại thấy thỏa mãn

Chú ý : Có thể chứng minh f toàn ánh như sau: ∀ ∈ ° ta chọn x sao cho y

• Viết lại giả thiết dưới dạng f x f y( − ( ) )− f x( ) ( )= f y x f f y + ( ) ( ) − ∀1; x y, ∈°

Ta thấy nếu ∃y f y0: ( )0 ≠ thì vế trái của hàm số là hàm bậc nhất theo x nên có miền giá trị là 0 °

Từ đó, với mọi số thực x luôn tồn tại , u v sao cho x f u= ( ) ( )− f v ⇒ f x( )= f f u( ( ) ( )− f v )

• Đễ xác định f ta chỉ cần tính được f f u( ( ) ( )− f v )theo f u( ) ( )−f v nữa là bài toán được giải quyết

Trang 8

Ta nhận thấy f x( )≡ không thỏa mãn bài toán 0

Từ đó nếu giả sử f x là một hàm số thỏa mãn bài toán thì tồn tại số thực a sao cho ( ) f a( )≠ 0

Trong (1) cho x a= ⇒ f x f a( − ( ) )− f x( ) ( )= f a x f f a + ( ) ( ) −1 2( )

Vế trái của (2) là một hàm bậc nhất theo x nên có tập giá trị ° nên vế phải cũng có tập giá trị ° , do

đó với mọi số thực x luôn tồn tại u v, ∈° :x f u= ( ) ( )− f v

Với số thực y bất kì, trong (1) thay x f y= ( )⇒2f f y( ) ( ) = −f y2( ) ( )+ f 0 − 1

Thử lại thấy thỏa mãn Vậy ( ) 1 2

12

b> và f b( )> f( )1 Gọi c là phần tử nhỏ nhất của tập M b , kí hiệu là c, \{ } 1< <b c và f c( )> f( )1

Từ f là song ánh nên tồn tại d∈• * sao cho f d( )= f b( )+ f c( )− f( )1

Từ đẳng thức trên suy ra f d( )≠ f b f d( ), ( )≠ f c( )⇒ > > > Do đó tồn tại d c b 1 a b c d, , , ∈• *sao cho a= < < <1 b c d và f a( )+ f d( )= f b( )+ f c( )

VD 13: (Ứng dụng song ánh) (France 1995) Cho hàm số f :• *→• là một song ánh Chứng *minh rằng tồn tại ba số nguyên dương a b c, , sao cho a b c< < và f a( ) ( )+f c =2f b( )

Bài toán này là kết quả trực tiếp từ bài toán bên trên

Trang 9

Trang 10

C PHẦN BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

C.1 CÁC BÀI TOÁN DÙNG TÍNH ĐƠN ÁNH CỦA HÀM

1 (Dùng tính đơn ánh) Tìm tất cả các hàm số f :° →° thỏa mãn điều kiện:

( )

f af y +bx = + + ∀cx dy e x y∈° a b c d≠ b≠ −ac (1)

Ta chứng minh f đơn ánh trước

Giả sử f(x) = f(y), khi đó: cx dy e f af y bx+ + = ( ( )+ )= f af x( ( )+bx)= + + ⇒ = cx dx e x y

Trong (1) cho x = y = 0, ta được: e f af( ( )).0 C ho x dy

c

0( ) bdy ( ( ))

Thử lại thấy đúng, vậy đây là hàm số cần tìm

* Từ bài toán tổng quát trên, ta có thể giải được 2 bài toán sau:

2 Slovenie - 1999

Tìm tất cả các hàm số f :° →° thỏa mãn điều kiện: f x f y( − ( ) )= − −1 x y, ∀x y, ∈ ° (1)

Giả sử f(x) = f(y), khi đó: 1− − =x y f x f y( − ( ) )= f x f x( − ( ) )= − − ⇔ = 1 x x x y

Trong (1) cho x = y = 0, ta được: f(−f( )0 )= 1

Tìm tất cả hàm số f:° →° thỏa mãn điều kiện:f(30f y( )+4x)=19x+75y+2002, ∀x y, ∈° (1)

Giả sử f(x) = f(y), khi đó:

Trang 11

Trong (1) cho x = y = 0, ta được: f(30f( )0 )=2002

Thử lại thấy đúng, vậy đây là hàm số cần tìm

4 (Đơn ánh) (T11/407 THTT tháng 5 - 2011) Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập ° , lấy giá trị trong ° và thỏa mãn phương trình: f x y f y( + + ( ) )= f f x( ) ( ) + (*), 2y ∀x y, ∈°

Từ hai đẳng thức này kết hợp với (2) và (3) ta được y1 = Vậy f là một đơn ánh y2

Do đó từ (1) ta có f x( )= +x f( )0 thử lại thấy thỏa mãn

5 (Đơn ánh) (BMO 2009) Tìm tất cả các hàm số f :° →° thỏa mãn đẳng thức:

( )

f xf y + f f x + f y =yf x + f x f y+ , với mọi x y, ∈°

+) Nếu f x( )= với mọi 0 x∈° , thử vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn

+) Nếu tồn tại a∈ ° sao cho Khi đó với y y1, 2∈ ° sao cho f y( ) ( )1 = f y2 , từ phương trình trên thay x bởi a và y lần lượt bởi y y ta được: 1, 2

( ) 0

f a ≠

Trang 12

( ) ( 1 ) ( ( ) ( )1 ) 1 ( ) ( ( )1 )

f af y + f f a + f y =y f a + f a f y+ (1)

và : f af y( ( )2 )+ f f a( ( ) ( )+ f y2 )=y f a2 ( )+ f a f y( + ( )2 ) (2)

Từ (1) và (2) ta được y f a1 ( )=y f a2 ( )⇒ = Vậy f là một đơn ánh y1 y2

Thay x=0,y= vào phương trình ta được: 1 f( )0 + f f( ( ) ( )0 + f 1 )= f( )0 + f f( ) ( )1 , sử dụng f là

6 (Đơn ánh) Tìm tất cả các hàm f :° →° thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(i) f f x( ( )+ = +y) x f y( ), với mọi x y, ∈°

(ii) Với mọi x∈° + tồn tại y∈ ° sao cho + f y( )= (27) x

Với x x1, 2∈ ° sao cho f x( ) ( )1 = f x2 nên từ điều kiện (i) ta được:

Do hàm số f đồng biến và đẳng thức (2) ta thu được: f x( )(*)=x ∀ ∈° x

(Giải thích (*) vì theo (2), nếu f x( )> ⇒x Òbie·∙n f f x( ( ))> f x( )⇔ >x f x( ) (!)

Ne·∙u f x( )< ⇒x Òbie·∙n f f x( ( ))< f x( )⇔ <x f x( ) (!))

Vậy f x( )=x ∀ ∈° x

7 (Đơn ánh) Chọn đội tuyển Bà rịa Vũng Tàu 2013

Tìm tất cả các hàm số f :° →° thỏa mãn điều kiện : f xy f x( + ( )) (+ f x yf x− ( ))=2x (1)

Trang 13

Trang 14

21

= =

⎡ =+ = ⇔ ⎢

1 2+ y = +1 2y ⇔ = Do đó f là đơn ánh Trong (1) lấy x = 0 ta được ( ( ))y y f f y = ∀ ∈° y y,

Trong (1) lấy y = 0 ta được: f x f( + ( )0 +xf( )0 )= =x f f x( ( ))

Trang 15

Thay (3) vào (1) ta được:

- Khi a = -2 ta được f(x) = -x-2 Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy có 2 hàm số thỏa mãn đề bài là: f x( )= ∀ ∈x x, ° va¯ˉf x( )= − − ∀ ∈x 2, x °

* Chú ý các BT có cách CM đơn ánh khác biệt sau:

11 (Đơn ánh)

Tìm tất cả các hàm f: ( ;0 +∞ →) ( ;0 +∞ thỏa ) x f x2[ ( )+ f y( )] (= +x y f yf x) ( ( )),∀x y, > (1) 0

Ta sẽ cm f đơn ánh Giả sử tồn tại 2 số dương x x sao cho x1; 2 1 ≠x va¯ˉf x2 ( )1 = f x( )2 = > a 0

Trong (1) lần lượt lấy x x x x= 1; = ta được:2

Trong (1) cho x = y ta được: 2x f x2 ( )=2xf xf x( ( ))⇒xf x( )= f xf x( ( )),∀ >x 0 2( )

f x =ax b x+ ∀ ∈° Thay va¯ˉo ÒˆÙÔc a +x ay b+ + =b y a + +ax b ∀x y∈°

- Từ (3) lần lượt cho ( ; ) ( ; ); ( ; ) ( ; ),x y = 0 0 x y = 1 0 ÒˆÙÔc: 0 0

Trang 16

- Vậy (3) trở thành a[(1+x ay)( )]=y a[ (1+ax)], ,∀x y∈° Từ đây ta cho x = y = 1 được:

2a2 =a(1+ ⇔a) a2 = ⇔ =a a 0hoaÎc a= 1

- Thử lại thấy f x( )=0; ( )f x = thỏa mãn các yêu cầu đề bài x

* Vấn đề còn lại, nếu f không đơn ánh, thì tồn tại y1≠y sao cho f y2 ( )1 = f y( ).2 K hi Òo˘:

Kí hiệu P(u;v) chỉ việc thay x bởi u và y bởi v vào (1)

+ Trường hợp f( )1 ≠0 ( ; )P 0 x ⇒ f f x( ( ))= f( )0 + f x x( ) ,1 ∀ ∈° Suy ra f đơn ánh

x ⇒ − x = = ⇒ − x = (xem giải thích bên dưới)

Do đó: f x( )= ∀ ≠ , kết hợp với f(0) = 0 suy ra f(x) = x, x x, 0 ∀ ∈ °x Thử lại thấy thỏa mãn

Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f x( )=x f x; ( )= 0

* Giải thích: Vì cần triệt tiêu: f x f y va¯ˉf x xy Ù˚hai ve·∙ ta xe˘t( + ( )) ( + ) , :x f y( ) x xy x f y( )

y

Định dạng
Số trang	24
Dung lượng	12,83 MB