Trần Văn Trung, Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Ninh Thuận
Kỹ thuật để giải một bài toán về phương trình hàm số được trình bày trong nhiều tài liệu (xem [1]). Trong bài viết này tôi muốn giới thiệu một cách có hệ thống về kỹ thuật ứng dụng tính đơn ánh, toàn ánh, song ánh và điểm bất động của ánh xạ để giải một bài toán phương trình hàm.
A. Kỹ thuật sử dụng tính đơn ánh-toàn ánh-song ánh.
* Một số lưu ý :
a/ Nếu f :X →Y là đơn ánh thì từf(x) =f(y)⇒x=y.
b/ Nếu f :X →Y là toàn ánh thì với mỗi y∈Y tồn tại x∈X để f(x) = y.
c/ Nếu f :X →Y là song ánh thì f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh và đặc biệt là có ánh xạ ngược.
- Nếu hàm sốf là đơn ánh thì ta thường dùng kỹ thuật tác động f vào 2 vế.
- Nếu hàm sốf là toàn ánh thì sử dụng tồn tại x0 sao cho f(x0) = 0 và sau đó tìm . Đặc biệt hàm sốf là song ánh thì ta có thêm một kỹ thuật nữa là tìm hàm số ngược.
Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số f :R→R và thỏa mãn điều kiện
f(x+y+f(y)) =f(f(x)) + 2y; ∀x, y ∈R (1)
Bài giải. Trước hết ta chứng minh f đơn ánh. Từ điều kiện của bài toán ta hoán vị vai trò x và y cho nhau ta có :
f(y+x+f(x)) =f(f(y)) + 2x;∀x, y ∈R (2)
* Giả sử f(x) = f(y) từ (1) và (2) ta có :
f(f(x)) + 2y =f(f(y)) + 2x⇒2x= 2y⇒x=y f là đơn ánh.
Thayy = 0 vào (1) ta có :
f(x+f(0)) =f(f(x)) ;∀x∈R Do f là đơn ánh nên : f(x) = x+f(0), tức là f(x) =x+a, a∈R.
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.
Vậy f(x) = x+a, a∈R
Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f :Z+ →Z+ thỏa mãn điều kiện f(f(n) +m) =n+f(m+ 2012) ;∀m, n∈Z+ Bài giải.
Trước hết ta chứng minhf đơn ánh. Thật vậy nếu f(n1) =f(n2) thì
f(f(n1) +m) =f(f(n2) +m) (1)
⇒n1+f(m+ 2012) =n2+f(m+ 2012)⇒n1 =n2 Trong (1) thay m=f(1) ta có :
f(f(n) +f(1)) =n+f((f(1) + 2012)
⇔f(f(n) +f(1)) =n+ 1 +f(2012 + 2012)
⇔f(f(n) +f(1)) =f((f(n+ 1) + 2012) Vìf đơn ánh nên : f(n) +f(1) =f(n+ 1) + 2012,
hayf(n+ 1) =f(n) +f(1)−2012 ⇒f(n+ 1)−f(n) =f(1)−2012.suy raf(n) là cấp số cộng có công said=f(1)−2012 và số hạng đầu n1 =f(1),vậy nên
f(n) =f(1) + (n−1)[f(1)−2012]
⇔f(n) = f(1) +nf(1)−f(1)−2012n+ 2012
⇔f(n) = [f(1)−2012]n+ 2012 tức làf(n) = an+b.
Thay vào quan hệ hàm ta có : f(n) = n+ 2012; ∀n ∈Z+
Bài toán 3. (IMO – 2002) Tìm tất cả các hàm số f :R→R thỏa mãn điều kiện f(f(x) +y) = 2x+f(f(y)−x) ;∀x, y ∈R (1)
Bài giải.
Ta chứng minh: f là toàn ánh. Thật vậy thay y=−f(x) vào (1) ta có : f(f(−f(x))−x) =f(0)−2x; ∀x∈R
Do vế phải là hàm bậc nhất vớix nên tập giá trị của f là R⇒f toàn ánh.
Vìf là toàn ánh nên ∃a∈R sao cho :f(a) = 0 Thayx=a vào (1) ta có
f(f(a) +y) = 2a+f(f(y)−a)
⇒f(y) = 2a+f(f(y)−a)
⇔f(y)−a=f(f(y−a) +a Vìf toàn ánh nên : f(x) = x−a
Thử lại, ta thấyf(x) =x−a thỏa mãn.
Bài toán 4. Tìm tất cả các hàm số liên tục f :R→R thỏa mãn điều kiện : f(x+f(y)) = 2y+f(x);∀x, y ∈R (1)
Bài giải.
a/ Chứng minhf là đơn ánh thật vậy nếu f(x1) = f(x2) thì : (f(x+f(x1)) = 2x1+f(x)
f(x+f(x2)) = 2x2+f(x)
⇒2x1+f(x) = 2x2+f(x)⇒x1 =x2 b/ Từ đk(1) ⇒f là toàn ánh (vì tập giá trị củaf làR) Do f là toàn ánh nên ∃a∈R đểf(a) = 0. Ta chứng minh a= 0 Thế y=a vào(1)
⇔f(x+f(a)) = 2a+f(x)⇔f(x) = 2a+f(x)
⇔a= 0⇔f(0) = 0 Từ (1) thay x= 0 ta có : f(f(y)) = 2y+f(0) = 2y
Trong (1) thay x bởi f(x) ta có :
f(f(x) +f(y)) = 2y+f(f(x))
⇒f(f(x) +f(y)) = 2y+ 2x
⇒f(f(x) +f(y)) = 2(x+y)
⇒f(f(x) +f(y)) =f(f(x+y))
⇒(f(x) +f(y)) = f(x+y) (do f đơn ánh) Do f liên tục⇒f(x) =kx.
Thay vào(1) ⇒k =±√ 2
Thử lại ta có hai hàm số f(x) = ±√
2x, thỏa điều kiện bài toán.
Bài toán 5. Tìm tất cả các hàm số liên tục f :R→R thỏa : f(xf(y) +x) = xy+f(x);∀x, y ∈R (1) Bài giải.
Thayx= 1 vào(1) ta có :
f(f(y) + 1) =y+f(1) Dễ dàng ta chứng minh đượcf song ánh.
Thay x = 1, y = 0 vào (1) ta có
f(f(0) + 1) = f(1) ⇒f(0) + 1 = 1 (Do f là đơn ánh)
⇒f(0) = 0 Với x6= 0 đặt y=−f(x)x khi đó (1) trở thành
f(xf(y) +x) = 0 =f(0)
⇒xf(y) +x= 0 (vìf đơn ánh)
⇒f(y) =−1 (Vì x6=0) Vìf là toàn ánh nên ∃b∈R đểf(b) = −1
Vậy f
−f(x)x
=f(b)⇒ −f(x)x =b ⇒f(x) = −bx ∀x 6=0
Kết hợp vớif(0) = 0ta có f(x) =−bx ∀x∈R Thay f(x) =−bx vào(1) ⇒b=±1
Vậy f(x) =±x
Bài toán 6. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :
1/ f là toàn ánh từ R→R. 2/ f là hàm số tăng trên R.
3/ f(f(x)) =f(x) + 12x; ∀x∈R Bài giải.
Nếuf(x) =f(y) thì f(f(x)) =f(f(y))
⇒f(x) + 12x=f(y) + 12y⇒12x= 12y⇒x=y
⇒f là đơn ánh. Theo đề bài f là toàn ánh từ R−→R suy ra f là song ánh
∃hàm số ngược f−1 vàf−1 là hàm số tăng trên R⇒f−1 cũng là hàm tăng trên R. Thayx= 0 vào phương trình hàm ta được f(f(0)) =f(0).
Do f song ánh nênf(0) = 0⇒f−1(0) = 0
Đặtfn−1(x) = f−1 f−1 ...f−1(x)
| {z }
nlần
; Ta cũng có fn−1 là tăng nênfn−1(0) = 0 Xét dãy số (an) với
a0 =f(x) a1 =x
an=f−1(an−1); n ≥2
Thayx bởi f−1(an−1) vào f(f(x)) = f(x) + 12x ta có an−2 =an−1+ 12an
Giải phương trình ta tìm được
fn−1(x) = an+1 = 4x−f7(x)(−3)−n+ 3x+f7(x)4−n
Xétx >0cố định, khi đó fn−1(x)>0; ∀n (do fn−1 tăng)3x+f(x)>0. Cho n= 2k,2k+ 1 ta được :
4 3
−2k−1
> 4x−f3x+f(x)(x) ; 43−2k
> 3x+ff x−4x(x) Cho k→+∞ ta được 4x≤f(x)≤4x⇒f(x) = 4x
Khi x <0⇒fn−1(x)<0; ∀n, 3x+f(x)<0.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có f(x) = 4x với x <0.
Vậy f(x) = 4x; ∀x
B. Ứng dụng điểm bất động
Cho ánh xạ f : X → Y a ∈ Xmà f(a) = a ta gọi a là điểm bất động của f. Việc nghiên cứu điểm bất động cho ta một số kỹ thuật để tìm hàm số đó.
Bài toán 7. Tìm tất cả các hàm số f :R→R sao cho : f(f(x)) =x2−2;∀x∈R Bài giải.
Đặt: g(x) = f(f(x)) =x2−2;g(x) có 2 điểm bất động là - 1, 2 gog(x) =g(g(x)) = (x2−2)2−2có 4 điểm có bất động – 1, 2, −1+
√ 5 2 , −1−
√ 5 2
Ta có: g
−1+√ 5 2
= −1−
√ 5
2 và g
−1−√ 5 2
= −1+
√ 5 2
Giả sử tồn tại f :R→R sao cho fof =g thì fog =fofof =gof
Khi đóf(−1) =f(g(−1)) =fog(−1) =gof(−1) =g[f(−1)] ⇒f(−1)là điểm bất động của g.
Tương tự f(2) là điểm bất động của g.
Vậy {f(−1), f(2)}={−1; 2}
và ta có:
n
f(−1), f(2), f
−1+√ 5 2
, f
−1−√ 5 2
o
= n
−1,2,−1+
√ 5 2 ,−1−
√ 5 2
o
* Xét f
−1+√ 5 2
Nếuf
−1+√ 5 2
=−1⇒f(−1) =f f
−1+√ 5 2
=g
−1+√ 5 2
= −1−
√5
2
Điều này mâu thuẫn và f(−1)∈ {−1,2}.
Tương tự : f
−1+√ 5 2
6= 2, mặt khác f
−1+√ 5 2
6= −1+
√5 2
và −1+
√ 5
2 không phải là điểm bất động của g.
Do vậy chỉ có khả năngf
−1+√ 5 2
= −1−
√5
2 .
Nhưng khi đó thì f
−1−√ 5 2
=fh f
−1+√ 5 2
i
=g
−1−√ 5 2
= −1−
√ 5 2
Điều này mâu thuẫn vớig
−1−√ 5 2
= −1+
√ 5 2 {a, b}
Vậy không thể tồn tại một hàm f thỏa mãn các điều kiện nói trên.
* Ta có thể chứng minh một kết quả tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp và g :S →S là một hàm số có chính xác 2 điểm cố định {a, b}và gog có chính xác 4 điểm cố định {a, b, c, d} thì không tồn tại hàm số g :S →S để g =fof
* Chứng minh: Giả sử g(c) =y. Thì c=g(gog) =g(y) , nên y=g(c) =g(g(y)). Do vậy ylà một điểm cố định của gog. Nếu y=cthì c=g(y) =g(c), tức clà điểm cố định củag, mâu thuẩn.
Từ đó suy ray =d, tức g(c) =d, và tương tự thì g(d) =c.
Giả sử tồn tại f :S →S sao cho fof =g. Thìfog =fofof.
Khi đóf(a) =f(g(a)), nên f(a)là một điểm cố định của g.
Bằng việc kiểm tra từng trường hợp ta kết luận f{a, b}={a, b}, f{a, b, c, d}={a, b, c, d}
Xétf(c). Nếu f(c) = a, thì f(a) =f(f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn do f(a)nằm trong {a, b}.
Tương tự cũng không thể xảy raf(c) = b. Ngoài ra ta cũng không thể có f(c) =c vì c không là điểm cố định của g.
Do vậy chỉ có khả năng là g(c) =d. Nhưng khi đó thì f(d) = f(f(c)) =g(c) =d.
Mâu thuẫn, vì điều này không thể xảy ra dod không phải là điểm cố định của g. Do vậy không thể tồn tại hàmf thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
* Bài toán trên là trường hợp đặc biệt của bài toán này.
Bài toán 8. .(IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn −1. Tìm tất cả các hàm số f :S →S sao cho các điều kiện sau đây được thỏa mãn
a) f[x+f(y) +xf(y)] =y+f(x) +yf(x) ∀x, y ∈S b) f(x)x là hàm thực sự tăng với −1< x < 0 và với x >0.
Bài giải.
a) Tìm điểm bất động.
Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất độngf(x) = xcó nhiều nhất là 3 nghiệm (nếu có) : một nghiệm nằm trong khoảng(−1; 0), một nghiệm bằng 0, một nghiệm nằm trong khoảng (0; +∞).
b) Nghiên cứu điểm bất động của hàm số Giả sử u ∈(−1; 0) là một điểm bất động của f.
Trong điều kiện (a) chox=y=u ta được
f(2u+u2) = 2u+u2
Hơn nữa 2u+u2 ∈ (−1; 0) và 2u+u2 là một điểm bất động nữa của hàm số trong khoảng (−1; 0)
Theo nhận xét trên thì phải có
2u+u2 =u⇒u=−u2 ∈(−1; 0)
Hoàn toàn tương tự, không có điểm bất động nào nằm trong khoảng (0; +∞). Như thế 0 là điểm bất động duy nhất của hàm số (nếu có).
c) Kết luận hàm Cho x=y vào (a) ta được
f[x+f(x) +xf(x)] = x+f(x) +xf(x) ∀x∈S
Như vậy với mọix ∈ S thì x+ (x+ 1)f(x) là điểm bất động của hàm số. Theo nhận xét trên thì
x+ (x+ 1)f(x) = 0, ∀x∈S ⇒f(x) = −1+xx , ∀x∈S
Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 9. .(IMO 1983)- Tìm các hàm số f :R→R thỏa mãn hai điều kiện:
x→∞lim f(x) = 0 và f(xf(y)) =yf(x), ∀x, y ∈R+ Bài giải.
a) Tínhf(1).
Cho x=y= 1, ta đượcf(f(1)) =f(1). Lại cho y=f(1) ta được
f(xf(f(1))) =f(1)f(x)⇒f(xf(1)) =f(1)f(x).
Mặt khác f(xf(1)) =f(x)nên ta được
f(x) =f(x)f(1)⇒f(1) = 1 (do f(x)>0) b) Điểm cố định của hàm số
Cho x=y vào quan hệ hàm ta được
f(xf(x)) =xf(x), ∀x∈R+. Suy ra xf(x) là điểm bất động của hàm số f.
c) Một số đặc điểm của tập điểm cố định.
Nếu x và y là hai điểm cố định của hàm số, thì
f(xy) = f(xf(y)) =yf(x) = xy
Chứng tỏ xy cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng đối với phép nhân. Hơn nữa nếux là điểm bất động thì
I =f(1) =f 1xf(x)
=xf(1x)⇒f x1
= 1x
Nghĩa là 1x cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phèp nghịch đảo.
Như vậy ngoài 1 là điểm bất động ra, nếu có điểm bất động nào khác thì hoặc điểm bất động này lớn hơn 1, hoặc nghịch đảo của nó lớn hơn 1.
Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1 cũng sẽ là điểm bất động. Điều này trái vối điều kiện thứ 2 trong quan hệ hàm.
d) Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số, doxf(x)là điểm bất động của hàm số với mọi x > 0 nên từ tính duy nhất ta suy ra f(x) = 1x.
Dễ thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.