Mệnh đề 3.1. Chứng minh rằng:
(i) Nếu f(x),g(x)cùng đơn điệu tăng, hoặc cùng đơn điệu giảm trênRthì f(g(x)), g(f(x))
cũng tăng trênR. Từ đó suy ra: Nếu f là hàm tăng trên R thì fn(x)cũng là hàm tăng trênR,với mọin∈N∗.
(ii) Nếu f(x)tăng trên R,g(x)giảm trên R thì f(g(x)),g(f(x)) đơn điệu giảm trênR.
Từ đó suy ra: Nếu f(x)đơn điệu giảm trênRthì f2n(x)đơn điệu tăng, còn f2n+1(x)đơn điệu giảm trênR.
LỜI GIẢI. (i). Ta chứng minh cho trường hợp khó thấy hơn. Trường hợp cịn lại được chứng minh tương tự.
Giả sử f(x),g(x)là các hàm nghịch biến. Khi đó, với mọix>yta có
x>y ⇐⇒ g(x)<g(y) ⇐⇒ f(g(x))> f(g(y)),
hay f(g(x))là hàm tăng trênR.Tương tự,g(f(x))cũng tăng trênR.
- Bây giờ giả sử f(x)là hàm tăng. Áp dụng kết quả trên vớig(x)≡ f(x),thì f2(x)là hàm tăng. Lấyg(x)≡ f2(x)thì f3(x) = f(f2(x)) cũng là hàm tăng. Bằng quy nạp dễ dàng chỉ ra fn(x)đơn điệu tăng trênR.
(ii). Giả sử f(x)tăng, cịng(x)giảm. Với mọix>yta có
x>y ⇐⇒ g(x)<g(y) ⇐⇒ f(g(x))< f(g(y)),
do đó f(g(x))đơn điệu giảm trênR. Tương tự,g(f(x))cũng đơn điệu giảm trênR. - Nếu f(x) đơn điệu giảm, thì sử dụng kết quả (i) với g(x)≡ f(x) ta suy ra f2(x) đơn điệu tăng, do đó f2n(x)đơn điệu tăng với mọin∈N, cũng theo hệ quả của (i). Bây giờ,
áp dụng (ii) vớig(x) = f2n(x)là hàm tăng, ta suy ra f2n+1(x) =g(f(x))đơn điệu giảm với mọin∈N.
Nhận xét:Ở trên, nếu ta thay các giả thiết "đơn điệu tăng" bởi tính "khơng giảm", "đơn điệu giảm" bởi tính "khơng tăng" thì kết quả khơng thay đổi. Từ đây ta thấy rằng:"với mọin∈N∗ thì f2n+1(x)cùng tính đơn điệu với f(x), nhưng f2n(x)cùng tính đơn điệu với f(x)khi và chỉ khi f(x)đơn điệu tăng". Đây là một kết quả cơ bản giúp ta phản xạ
tốt hơn khi làm việc với hàm đơn điệu.
Bài tốn 3.3.1. Cho trướck∈N∗.Tìm hàm f :R→Rtrong hai trường hợp sau: (i). f không giảm thỏa mãn fk(x) =x,∀x∈R, vớik≥2.
(ii). f đơn điệu thỏa mãn f2k+1(x) =x,∀x∈R.
LỜI GIẢI. (i). Nhận thấy rằng f(x) =x, ∀x∈Rlà nghiệm của bài toán.
Ta đi chứng minh nghiệm này là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tạia∈Rsao cho f(a)6=a,
ta xét 2 trường hợp sau:
- Nếu f(a)>a. Do f không giảm nên f(f(a))≥ f(a)>asuy ra f3(a) = f(f2(a))≥ f(a)>a.Sử dụng quy nạp, dễ dàng thấy fk(a)≥a, mâu thuẫn với fk(a) =a.
- Nếu f(a)<a thì f(f(a))≤ f(a)<a. Bằng quy nạp ta cũng suy ra fk(a)<a, mâu thuẫn với fk(a) =a.
Vậy giả sử trên là sai. Hay f(x) =x, ∀x∈R.
(ii). Giả sử f đơn điệu giảm thì theo kết quả của mệnh đề trên, ta suy ra f2k+1 cũng đơn điệu giảm, mâu thuẫn vì f2k+1(x) =xlà hàm tăng. Vậy giả sử trên là sai, có nghĩa f là hàm không giảm. Đến đây, áp dụng (i) ta suy ra nghiệm của bài toán là f(x) =x,∀x∈R.
Nhận xét:Bài tốn này là một kết quả rất có ích với nhiều bài PTH. Chúng ta sẽ thấy được điều đó ở các bài tốn tiếp dưới đây.
Mệnh đề 3.2. Chog(x)là hàm liên tục trênR. Chứng minh rằng nếu f :R→Rlà hàm đơn điệu thỏa mãn f(x) =g(x), ∀x∈Qthì f(x) =g(x), ∀x∈R.
Chứng minh.
Ta chứng minh cho trường hợp f là hàm không giảm. Trường hợp f là hàm không tăng được suy ra từ trường hợp f không giảm bằng việc xét hàm −f(x).
Với mỗix∈R, lấy hai dãy hữu tỉsn giảm vàrn tăng sao cho lim
n→+∞sn= lim
n→+∞rn =x⇒ lim
n→+∞g(sn) = lim
n→+∞g(rn) =g(x). (1) Do f không giảm nên g(sn) = f(sn)> f(x)> f(rn) =g(rn), chuyển qua giới hạn khi
n→+∞, kết hợp (1) ta cóg(x)≥ f(x)≥g(x)⇒ f(x) =g(x).
Vìx∈Rlấy tùy ý nên f(x) =g(x),∀x∈R(ĐPCM) !
Nhận xét:Kết quả mệnh đề không đổi nếu đổi giả thiết f đơn điệu bởi f liên tục, hay thayRbởi một khoảng hay đoạn bất kì. Nếu lấyg(x) =axthì f(x) =g(x),∀x∈Qđồng nghĩa f cộng tính. Khi đó, đây là kết quả có nhiều ứng dụng quan trọng với lớp PTH vừa đơn điệu vừa cộng tính, mà chúng ta đã xét đến trong phần PTH cơ bản. Dưới đây là một vài ví dụ vận dụng mệnh đề này.
Bài tốn 3.3.2. (IMO 2002) Tìm tất cả các hàm f :R→Rthỏa mãn
(f(x) + f(z))(f(y) + f(t)) = f(xy−zt) + f(xt+yz), ∀x,y,z,t ∈R. (*)
LỜI GIẢI. Nhận thấy (*) có các nghiệm: f(x)≡0, f(x)≡ 1
2, f(x) =x
2. Ta sẽ chỉ ra đây là tất cả các nghiệm của bài toán.
Giả sử f thỏa mãn (*). Lấyx=y=z=0ta có2f(0) =2f(0)(f(0) +f(t)). Đặc biệt ta có
2f(0) =4f(0), vì vậy f(0) =0hoặc f(0) =1/2. Nếu f(0) =1/2thì ta có f(0) +f(t) =
1nên f(t)≡1/2trênR.
Xét trường hợp f(0) =0. Khi đó, trong (*) lấyz=t =0ta có
f(xy) = f(x)f(y), ∀x,y∈R.
Như vậy f là hàm nhân tính. Đặc biệt, f(1) = [f(1)]2 nên f(1) =0hoặc f(1) =1. Nếu
f(1) =0thì f(x) = f(x)f(1) =0, ∀x∈R.
Giả sử f(1) =1. Trong (*) lấy x=0 và y=t =1 ta có f(−z) + f(z) =2f(z). Vì vậy
f(z) = f(−z), ∀z∈R, mặt khác f(x2) = [f(x)]2nên f là hàm chẵn và f(y)≥0,∀y∈R. Trong trường hợp cuối này ta chỉ ra rằng f(x) =x2, ∀x∈R. Thật vậy, lấyy=z=t =1 trong (*) thì
Đến đây, ta thấy rằng (1) cũng đúng vớix∈N. Với f(0) =0,f(1) =1bằng quy nạp ta có thể dễ dàng chứng minh được f(n) =n2, ∀n∈N (ta cũng có thể dùng phương pháp quy về dãy số để chỉ ra điều này). Nhưng do f là hàm chẵn nên f(x) =x2, ∀x∈Z. Thêm vào đó, f là hàm nhân tính nên dễ dàng thấy f(x) =x2, ∀x∈Q.
Ta thấy f không giảm trênR+. Thật vậy, ở (*) lấyt =x,z=yta có
f(x2+y2) = (f(x) + f(y))2.
Điều này chỉ ra rằng f(x2+y2)≥ [f(x)]2+ [f(y)]2, do f(x)≥0,∀x∈ R. Vì vậy nếu
u≥v≥0thì f(u)≥ f(v), hay f không giảm trênR+.
Đến đây sử dụng mệnh đề trên ta suy ra f(x) =x2,∀x∈R+.Hoặc vì trênR+ hàmx2 có hàm ngược√x, nên ta có thể làm đơn giản hơn như sau:
Giả sử tồn tạix>0mà0≤ f(x)6=x2. Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu0≤ f(x)<x2, lấyahữu tỉ thỏa mãnx>a>pf(x),thì f(a) =a2> f(x). Nhưng
do f khơng giảm trênR+ nên f(a)≤ f(x), mâu thuẫn.
- Nếu f(x)>x2, tương tự ta cũng suy ra mâu thuẫn.
Vì vậy f(x) =x2, ∀x∈R+, kết hợp f là hàm chẵn nên f(x) =x2, ∀x∈R. Đến đây ta đã giải xong bài toán với kết quả như trên.
Nhận xét:Bài toán xuất phát từ đồng nhất thức Lagrange:
(x2+z2)(y2+z2) = (xy−zt)2+ (xt+yz)2.
Áp dụng mệnh đề trên: khi biết hàm f trên tậpQ nếu biết thêm một số điều kiện nữa, chẳng hạn: f liên tục, đơn điệu,... thì ta có thể xác định được f trênR. Ở bài toán trên, việc thấy f tăng trênR+ là khá quan trọng. Trong bài toán trên nếu xuất phát từ (*) khi chot =1thì sẽ được bài tốn mới kín hơn, nhưng có thể được giải một cách tương tự, chỉ khác khi chứng minh f khơng giảm trênR+. Cụ thể như sau.
Bài tốn 3.3.3. Tìm tất cả các hàm f :R→Rthỏa mãn
(f(x) + f(z))(f(y) +1) = f(xy−z) + f(x+yz), ∀x,y,z∈R. (**)
LỜI GIẢI. Bài tốn này sẽ có hai nghiệm f(x)≡0hoặc f(x) =x2, ∀x∈R.
Trong (**) cho x = z= y= 0 ta có 2f(0)(f(0) +1) =2f(0) suy ra f(0) = 0. Khi chỉ lấyz=0 ta có f(x)(f(y) +1) = f(xy) + f(x) suy ra f(xy) = f(x)f(y) hay f. Lấy
x=y=1,z=0 trong (**) ta có f(1)(f(1) +1) = 2f(1)nên f(1) =0hoặc f(1) =1. Nếu f(1) =0thì f(x) = f(x)f(1) =0,∀x∈R, đây là một nghiệm của bài toán.
Ta xét trường hợp f(1) =1. Trong (**) lấyx=y=0suy ra f(z) = f(−z)hay f là hàm chẵn. Lấyy=z=1ta có 2f(x) = f(x−1) + f(x+1),∀x∈R. Tương tự như bài toán trên ta cũng suy ra f(x) =x2 với mọixhữu tỉ.
Tiếp theo, ta cũng đi chứng minh f khơng giảm trên R+. Lấyx=1,y=ztrong (**) ta có[f(y) +1]2= f(y2+1), ∀y∈R.
Ta có do f nhân tính nên f(x)≥ 0,∀x≥0, suy ra f(y2+1) = [f(y)]2+2f(y) +1≥
1,∀y≥ 0. Vậy f(x) ≥ 1,∀x ≥ 1. Khi đó với mọi x≥ y> 0, ta có f(x) = f(yx
y) = f(y)f(x
y) ≥ f(y). Vì vậy f khơng giảm trên R+. Một cách hồn tồn tương tự như bài tốn trên ta suy ra f(x) =x2,∀x∈R. Bài toán kết thúc ở đây.
Mệnh đề 3.3. Chứng minh rằng nếu f :R→ R vừa là hàm đơn ánh, vừa là hàm liên tục, thì f đơn điệu.
LỜI GIẢI. Vì f là đơn ánh, ta chứng minh nếu tồn tại x<ysao cho f(x)< f(y)thì f
đồng biến (tương tự, trường hợp nếu với mọix<ymà f(x)> f(y)thì f nghịch biến). Giả sử f khơng đồng biến, tức là sẽ có ba trường hợp sau có thể xảy ra, tồn tạizsao cho
(1) z<x<yvà f(z)> f(x), f(x)< f(y);
(2) x<y<zvà f(z)< f(y), f(x)< f(y);
(3) x<z<yvà[f(z)−f(x)] [f(z)− f(y)]>0.
Dễ thấy, ta chỉ cần chứng minh (1) sai. ChọnM sao cho f(x)<M<min{f(y), f(z)}.
Theo tính chất của hàm liên tục, tồn tạiasao choz<a<xvà f(a) =M,đồng thời tồn tại bsao cho x<b<yvà f(b) =M. Suy ra f(a) = f(b), suy ra a=b do f đơn ánh, nhưng điều này khơng thế xảy ra vìa<x<b. Vậy ta có điều giả sử là sai, tóm lại f là hàm đơn điệu.
Nhận xét:Kết quả của mệnh đề không đổi nếu ta thayRbởi các khoảng
(a,b), (a,b], [a,b), [a,b]vớia<btùy ý.
Bài toán 3.3.4. Cho trướcn∈N∗.Hàm f :[0,1]→[0,1]liên tục thỏa mãn
f(0) =0, f(1) =1, fn(x) =x, ∀x∈[0,1].
Chứng minh rằng f(x) =xtrên đoạn[0,1].
LỜI GIẢI. Nếu f(x) = f(y) thì fn(x) = fn(y) suy ra x= y. Do đó, f đơn ánh. Lại có
f liên tục trên [0,1]. Áp dụng kết quả mệnh đề trên ta suy ra f đơn điệu trên [0,1], mà
f(0) =0, f(1) =1nên f tăng trên[0,1]. Như vậy ta có f là hàm tăng, fn(x) =x, ∀x∈
[0,1]. Đây là bài toán quen thuộc và kết quả là f(x) =x, ∀x∈[0,1] (ĐPCM) .
Bài tốn 3.3.5. Tìm hàm f :R→Rliên tục và thỏa mãn
LỜI GIẢI. Ta thấy rằng f(x)≡0, ∀x∈Rlà một nghiệm của bài tốn. Ta đi tìm nghiệm khác của bài tốn. Giả sử tồn tại nghiệm f(x)như thế. Khi đó, tồn tạiasao cho f(a)6=0. Trong (1) lấyx=ata có f(a f(y)) =y f(a), ∀y∈R.
Hiển nhiên, ta thấy rằnga6=0. Từ đó dễ dàng suy ra f là đơn ánh.
Trong (1) lấyx=y=0 thì f(0) =0. Lấy y=1 ta có f(x f(1)) = f(x), ∀x∈R. Do f
đơn ánh nênx f(1) =x, ∀x∈Rsuy ra f(1) =1.
Bây giờ, do f liên tục và f đơn ánh nên f đơn điệu. Nhưng f(0) =0và f(1) =1nên f
đơn điệu tăng. Lấyx=1trong (1) ta có f(f(y)) =y, ∀y∈R. Như vậy, f tăng thỏa mãn
f(f(x)) =x, ∀x∈R,dẫn đến f(x) =x.
Kết luận: f(x)≡0hoặc f(x) =x, ∀x∈Rlà hàm cần tìm.
Bài tốn 3.3.6. Cho h(x)là hàm số đơn ánh trên R vàn∈N∗. Chứng minh rằng: nếu tồn tại x < y mà h(x)> h(y) thì khơng tồn tại hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn
f2n(x) =h(x), ∀x∈R.
LỜI GIẢI. Bài toán này được suy ra khá trực tiếp từ mệnh đề 3.1 và mệnh đề 3.3, với chú ý: nếuh(x)đơn ánh và fk(x) =h(x)thì ta suy ra f(x)đơn ánh.
Chúng ta tiếp tục xét một số bài tốn, mà ở đó tính đơn điệu là điểm mấu chốt.
Bài toán 3.3.7. (IMO 2005, Shortlist) Xác định tất cả các hàm số f : R+ →R+ thỏa mãn điều kiện f(x)f(y) =2f(x+y f(x)), ∀x∈R+.
LỜI GIẢI. Ta đi chứng minh f không giảm. Với mỗi y> 0 cố định, đặt ϕ(x) = x+
y f(x), x>0. Hàm này là đơn ánh, vì nếu ϕ(x1) =ϕ(x2)thì f(x1)f(y) = f(ϕ(x1)) =
f(ϕ(x2)) = f(x2)f(y), nên f(x1) = f(x2), do đó từ định nghĩa củaϕ(x)ta suyx1=x2.
Bây giờ nếu có x1 > x2 > 0 và f(x1) < f(x2) ta đặt y= x1−x2
f(x2)− f(x1) > 0. Khi đó
x1+y f(x1) =x2+y f(x2)hay ϕ(x1) =ϕ(x2), mâu thuẫn doϕ đơn ánh. Do đó f khơng giảm trênR+. Từ đó, f(x)f(y) =2f(x+y f(x))≥2f(x),∀x,y>0suy ra f(y≥2),∀y>
0. Vì thế
f(x+y f(x)) = f(x)f(y) = f(y+x f(y))≥ f(2x), ∀x,y>0 (i) doy+x f(y)≥y+2x>2x.
Trong (i) khi ythay đổi đủ nhỏ thì x+y f(x)nhận tồn bộ giá trị trong khoảng (x,2x], nhưng f không giảm trênR+nên f là hằng số trên khoảng(x,2x]với mỗix>0. Nhưng khi f là hàm hằng trên khoảng(x,2x]đối với mọix>0thì cũng có nghĩa f là hàm hằng trênR+. Bây giờ sử dụng phương trình của bài tốn ta suy ra f(x)≡2trênR+.
Bài tốn 3.3.8. Tìm hàm f :R+→R+khơng tăng và thỏa mãn
f(f(x) +y) =x f(1+xy), ∀x,y>0.
LỜI GIẢI. Nhận thấy f(x) = 1
x là nghiệm của bài toán. Ta đi chứng minh điều này. Trước tiên, ta chứng minh f(1) =1. Giả sử f(1)6=1, Thayx=1, ta có f(f(1) +y) =
f(1+y),∀y>0nên f(y+ f(1)−1) = f(y),∀y>1. Điều này có nghĩa f là hàm tuần hồn (với chu kì|f(1)−1| 6= 0) trên khoảng (1,+∞). Do f khơng tăng nên f là hàm hằng trên khoảngx>1, nhưng từ phương trình ban đầu dễ thấy điều này là khơng thể. Vì thế f(1) =1.
Ta chứng minh f(x) = 1
x vớix>1. Thật vậy, với mọix>1thayy=1−1 x,ta có
f(f(x)−1
x+1) =x f(x). (1)
- Nếu f(x)> 1
x thì x f(x)>1 và f(f(x)−1
x +1)≤ f(1) =1, do f khơng tăng, mâu thuẫn. - Nếu f(x)< 1 x <1thìx f(x)<1 f(f(x)−1 x+1)≥ f(1) =1, mâu thuẫn. Vậy f(x) = 1 x, ∀x>1. Với0<x<1, thayy=1 x ta có f(f(x) +1 x) =x f(2) = x 2,vì f(x) +1 x>1nên f(x) +1 x = 2 x, tức là f(x) = 1
x,∀0<x<1. Điều này có nghĩa f(x) = 1
x,∀x∈R+ (ĐPCM) !
Tiếp theo, ta sẽ xét đến tính đơn điệu đối với hàm ngược của một hàm số đơn điệu. Đồng thời xét một số bài toán PTH liên quan.
Ở đây, ta chỉ xét hàm f :R→Rlà hàm đơn điệu (thực sự), khi đó f cũng là một đơn ánh. Đồng thời yêu cầu hàm f này phải nhận giá trị trên toànR, hay f toàn ánh trênR, nên f sẽ là song ánh và tồn tại hàm ngược của f. Ta kí hiệu hàm này là f−1. Có thể thấy rằng f−1 cũng là song ánh trênRvà có hàm ngược chính là f.
Trường hợp miền xác định của f chỉ là miềnD⊆R, ta chỉ yêu cầu f xác định, đơn điệu trênDvà miền giá trị của f làD.
Ta bắt đầu bằng một kết quả quan trọng về tính đơn điệu của hàm ngược f−1 của f, thể hiện qua mệnh đề dưới đây.
Mệnh đề 3.4. Với mọi hàm f đơn điệu sao cho f có hàm ngược f−1, thì tính đơn điệu của f và f−1 là như nhau. Tức là: nếu f tăng thực sự thì f−1 cũng tăng thực sự, cịn nếu
Chứng minh:
Ta chứng minh cho trường hợp f tăng thực sự (trường hợp sau tương tự).
Giả sử f tăng thực sự, nghĩa là f(a)> f(b) ⇐⇒ a>b, ∀a,b∈R. Nên∀a,b∈Rta có
f−1(a)> f−1(b) ⇐⇒ f(f−1(a))> f(f−1(b)) ⇐⇒ a>b,do f(f−1(x)) =x,∀x∈R. Như vậy f−1(a)> f−1(b) ⇐⇒ a>b,∀a,b∈R, điều này có nghĩa f−1 là hàm tăng thực sự (ĐPCM).
Nhận xét: Từ đây, do f−1 là hàm ngược của f thì f cũng là hàm ngược của f−1, ta có kết luận f tăng thực sự khi và chỉ khi f−1 tăng thực sự.
Bài tốn 3.3.9. (APMO 1989) Tìm hàm f :R→Rtăng thực sự thỏa mãn f(x) +g(x) =
2x, ∀x∈R, trong đóglà hàm ngược của f.
LỜI GIẢI. Ta có thể nhận thấy rằng hàm f(x) =x+c, với clà hằng số tùy ý, là nghiệm của bài tốn. Ta đi chứng minh bài tốn có nghiệm duy nhất xác định như trên.
Với mỗi số thựcađặtSa={x∈R| f(x) =x+a}. Mỗi số thựcx0 đều thuộc một tậpSa
nào đó, vì nếu đặt f(x0)−x0=athì hiển nhiênx0∈Sa. Do vậy, tồn tại số thựccsao cho
Sc 6= /0.
Với mọia∈Rta chứng minhx0∈Sa ⇐⇒ x0+ka∈Sa.
Nhờ phép quy nạp, ta chỉ cần chứng minhx0∈Sa ⇐⇒ x0+a∈Sa.
Thật vậy, ta có
x0∈Sa ⇐⇒ f(x0) =x0+a ⇐⇒ g(x0+a) =x0
⇐⇒ f(x0+a) =x0+2a ⇐⇒ x0+a∈Sa.
Bây giờ, sử dụng kết quả trên, ta đi chứng minh rằng nếuSa6= /0thìSb= /0với mọia6=b.
- Xétb<a. Lấy x0∈Sa, với mọiy∈Rluôn tồn tạik∈Zsao cho
x0+k(a−b)≤y<x0+ (k+1)(a−b) ⇐⇒ x0+ka≤y+kb<(x0+ka) + (a−b). (1) Do f tăng thực sự nên f(y+kb)≥ f(x0+ka) =x0+ (k+1)a. (2) Nếuy+kb∈Sathì ta có f(y+kb) =y+ (k+1)b, kết hợp (2) ta có y+ (k+1)b≥x0+ (k+1)a ⇐⇒ y≥x0+ (k+1)(a−b),
điều nàu mâu thuẫn với (1).
- Xétb>a. NếuSb6= /0thì theo trênSa = /0, mâu thuẫn.
Như vậy, tồn tại duy nhấtc∈Rmà Sc 6= /0. Nhưng mỗi số thực đều nằm trong một tập
Sa nào đó, vì vậy mọi số thực đều nằm trong tậpSc trên, tức là f(x) =x+c, ∀x∈R. Vậy hàm cần tìm là f(x) =x+c, vớiclà hằng số thực bất kì.
Nhận xét:Bài tốn có thể phát biểu dưới dạng khác: Tìm hàm tăng thực sự f :R→R
thỏa mãn f(2x−f(x)) =x,∀x∈R. Dễ thấy là 2 cách phát biểu này là tương đương. Trong bài toán APMO 1989 thực chất ta chỉ cần điều kiện f đơn điệu, vì từ f(x) +f−1(x) =2x ta sẽ suy ra f khơng thể nghịch biến. Để tìm hiểu tại sao, ta xét bài toán dưới đây.
Bài toán 3.3.10. (KHTN 2009) Tìm hàm f :R→Rliên tục thỏa mãn (i). f đơn ánh,
(ii). f(2x− f(x)) =x,
(iii). Tồn tạix0 sao cho f(x0) =x0.
LỜI GIẢI. Từ (ii) ta có f tồn ánh hơn nữa f đơn ánh nên f là song ánh. Do đó hàm f có hàm ngượcg. Từ (ii) ta suy ra f(x) +g(x) =2x, ∀x∈R.
Ta sẽ về bài toán APMO 1989 bằng cách chứng minh f tăng thực sự.
Thật vậy, do f liên tục và f đơn ánh nên f đơn điệu, tức f tăng thực sự hoặc f giảm thực sự. Giả sử f nghịch biến, khi đó hàm ngượcgcủa hàm f cũng nghịch biến.
- Nếu tồn tạia∈Rmà f(a)<athìg(a)<g(f(a)) =a. Khi đó f(a) +g(a)<2a, mâu thuẫn với (ii).
- Nếu tồn tạia mà f(a)>athì g(a)>g(f(a)) =a, nên f(a) +g(a)>2a, mâu thuẫn với (ii).
Do đó với mọi số thựcathì f(a) =a, điều này mâu thuẫn với giả sử f nghịch biến. Như