II. Sử dụng tính chất ánh xạ để giải phương trình hàm 1 Nhắc lại một số khái niệm và tính chất của ánh xạ
2. Các ví dụ:
2.3. Sử dụng tính song ánh giải phương trình hàm
Khi f là một song ánh ta có thể chú ý đến tính chất đơn ánh và tốn ánh mà ta đã vận dụng trong phần 1 và phần 2. Ngồi ra ta có thể chú ý thêm.
Nếu f : → thoả mãn: f(f x( ))=ax+ b, x ,(a0) thì f là song ánh.
f song ánh liên tục (đơn điệu) và cộng tính trên tập khi đó f x( )=ax
( f song ánh và cộng tính trên tập rời rạc khi đó f x( )=ax) Ví dụ 1: (Olympic 30.4.2011)
Tìm tất cả các hàm số f : → thoả mãn điều kiện:
( ) ( )
( 1 ( ) ) ( ),
Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
Lời giải:
Từ (1) cho x=0 ta được f ((1+ f(0)) f y( ))=y, y (1)
Giả sử f y( )1 = f y( )2 , từ (2) dễ dàng suy ra y1 = y2. Do vậy f là đơn ánh. Với y khi đó tồn tại
( )
(1 0 ) ( )
x= + f f y sao cho f x( )= y, suy ra f là toàn ánh, dẫn tới f là song ánh. Vì thế tồn tại c sao cho f c( )=0. Từ (1) cho y=c được f c( )=0.
Từ (1) cho x= =y 0 ta được f ((1+c c) )=0.
Vậy f ((1+c c) )= f c( ), mà f là đơn ánh nên: (1+c c) = = c c 0 f ( )0 =0. Từ (1) cho x=0 ta được f (f y( ))= y, y (3)
Từ (1) thay x bởi f x( ), thay y bởi f y( ) và sử dụng (3) ta có:
( )
( 1 ) ( ) ( )
f y +x = f y +yf x , x y, (4)
Từ (4), cho x= −1, sử dụng f ( )0 =0 và đặt a= −f ( )−1 ta được: f y( )=ay, y Thay vào (3) đồng nhất được a − 1:1
Vậy: f x( )x f x, ( ) −x. Thử lại ta thấy cả 2 hàm đều thoả mãn.
Ví dụ 2: Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn: f x( 2+2 ( ))f y =2y+ f2( );x x y,
Lời giải:
Giả sử tồn tại hàm số f x( )thỏa mãn
f x( 2 +2 ( ))f y =2y+ f2( );x x y, (1) Trong (1), thay x=0 suy ra f(2 ( ))f y =2y+ f2(0) (2) Suy ra f là song ánh
Choy=0, thay vào (1) ta được f x( 2+2 (0))f = f2( );x x y, (3) Thay x bởi –x vào (3) ta được f x( 2+2 (0))f = f2(−x)
Suy ra f2(− =x) f2( );x x Nếu f x( )= f(−x) = − =x x x 0 Do đó f(− = −x) f x( ) , x 0
Vì f là song ánh nên tồn tại duy nhất b : ( )f b =0.
Nếu b0thì f ( )− = −b f b( )=0 , hay f ( )− =b f b( ) hay –b=b ta được b=0. Suy ra f ( )0 =0 hay
( ) ( )
f − = −x f x x hay f là hàm lẻ trên ( ) 0 0
Khi đó (2) thành f (2f y( ))=2 ,y y (3) thành f x( 2)= f2( ) 0 ,x x , hay f x( ) 0 , x 0 Khi đó (1) thành 2 2 ( 2 ( )) (2 ( )) ( ) (4) f x + f y = f f y + f x Hay f x( )+ f y( )= f x( +y) x 0,y Mặt khác nếu x0 ,y : f x( )+ f y( )= −( (f − +x) f(−y))= − − −f( x y)= f x( +y) Hay f x( )+ f y( )= f x( +y) x y, Với x y ta có: f x( )= f x( − +y y)= f x( −y)+ f y( ) f y( ) hay f đồng biến trên
Ta đi chứng minh f x( )= x, x
Thật vậy nếu xo : (f xo)xo hay 2 (f xo)2xo → f f x( ( o)) f(2xo) hay 2xo 2 (f xo)xo f x( o) ( vô lý)
Tương tự nếu xo : f x( )0 xo, ta cũng dẫn tới vô lý. hay f x( )=x x
Thử lại ta thấy f x( )=x x thỏa mãn phương trình ( 1) Vậy f x( )=x x Ví dụ 3: (VMO 2017) Tìm tất cả các hàm f : → thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) , ( )1 f xf y − f x = f x +xyx y Lời giải:
Trong (1) cho x=1 đươc: f (f y( )− f ( )1 )=2f ( )1 + y y ( )2
Từ đây dễ thấy f là song ánh. Do đó tồn tại duy nhất số thực a để f a( )=0. Trong (1) cho x=a được
( )
( ) . ( )3
f af y =ay y
Trong (3) cho y=0 được f af( ( )0 )= =0 f a( ).Từ đó vì f đơn ánh nên a=0 hoặc f ( )0 =1. Nếu a= →0 f ( )0 =0. Thay y=0 vào (1) được f(−f x( ))=2f x( ). Do f là toàn ánh nên
( ) 2 , .
f x = − x x Thử lại thấy không thỏa mãn. Vậy a →0 f ( )0 =1.
Trong (1) thay x=0 ta được f ( )− =1 2. Thay y=a vào (3) được 2 ( ) ( ( ) )
0 1 1 1 2
a = f = → =a do f − =
Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
Do ( ) ( )2 ( ( )) ( )
1 1 . 2
f = ⎯⎯→f f y = y y
Thay y bởi f y( ) vào (1) và sử dụng (2’) được f xy( − f x( ))=2f x( )+xf y( )x y, . 4( )
Trong (4), xét x0 và thay f x( ) y x = được ( ) ( ) ( ) 1 2 ( ) 1 2f x xf f x f f x f x , x 0. x x x − = + ⎯⎯→ = Thay f x( ) y x
= vào (1) và sử dụng kết quả trên được f (1 3− f x( ))=3f x( ), x 0.
Do f là song ánh và f ( )0 =1 nên với x 0 thì 1 3− f x( ) có thể nhận mọi giá trị thực khác −2. Do đó từ kết quả trên suy ra f x( )= − + −x 1, x 2.
Nói riêng f ( )3 = −2. Thay y=3 vào (2’) ta được f ( )− =2 3. Vậy f x( )= − + x 1, x .Thử lại thỏa mãn.