Định nghĩa 3.1. Ta gọixlà điểm bất động của hàm số f nếu f(x) =x.
Phương pháp sử dụng điểm bất động trong việc giải các bài toán PTH là một phương pháp khó, khó để nhận biết và khó để vận dụng so với các phương pháp khác. Nhưng ngược lại, nếu áp dụng hợp lý thì nó lại mang lại lời giải hay và ấn tượng.
Đối với phương pháp này, khi sử dụng người ta thường có những lập luận sau đây: - Khi biết một điểm bất động thì ta đi xác định tập hợp các điểm bất động của hàm đang xét. Để làm điều đó, ta thường kiểm tra tính duy nhất của điểm bất động, tích của
hai điểm bất động có là điểm bất động hay không? nghịch đảo của điểm bất động có là điểm bất động không?...
- Các bài PTH giải bằng phương pháp điểm bất động thường là các bài PTH có tính đối xứng. Vì thế ta có thể dễ dàng nhận ra các điểm bất động. Tập các điểm bất động thường là tập hữu hạn. Thông thường, một bài toán PTH sử dụng tốt phương pháp này thường là bài PTH có điểm bất động duy nhất.
Ta đi xem xét một bài toán sau đây để làm quen và hiểu rõ hơn về phương pháp hay này.
Bài toán 3.5.1. (IMO 1994) GọiSlà tập các số thực lớn hơn−1. Hãy tìm tất cả các hàm f :S→Sthỏa mãn các điều kiện:
(i) f(x+ f(y) +x f(y)) =y+ f(x) +y f(x), ∀x,y∈S
(ii) Hàm số f(x)
x tăng thực sự trên các khoảng−1<x<0, 0<x<+∞.
LỜI GIẢI. Trong (i) chox=y, ta có f(x+f(x) +x f(x)) =x+ f(x) +x f(x), ∀x∈S.Do đó với mọix∈Sthìx+f(x) +x f(x)là điểm bất động của hàm f.
Ta đi xác định tập hợp các điểm bất động của hàm f.
Từ (ii) cho ta phương trình điểm bất động f(x) =xcó nhiều nhất 3 nghiệm, một nghiệm (nếu có) nằm trong(−1,0), một nghiệm bằng0và một nghiệm nằm trong(0,∞). Giả sửu∈(−1,0)là một điểm bất động của f.
Trong phương trình hàm (i), cho x= y= u ta được f(2u+u2) = 2u+u2. Hơn nữa, 2u+u2 ∈(−1,0) khi u∈(−1,0), do tính duy nhất của điểm bất động trong khoảng
(−1,0)suy ra2u+u2=u,nhưng khi ấyu=−1hoặcu=0, mâu thuẫn vớiu∈(−1,0). Do vậy, hàm f không có điểm bất động nằm trong khoảng(−1,0).
Hoàn toàn tương tự, hàm f không có điểm bất động thuộc(0,∞). Như thế0là điểm bất động duy nhất có thể có của hàm f.
Do∀x∈S, x+f(x) +x f(x)là điểm bất động nênx+f(x) +x f(x) =0,hay f(x) = −x
1+x
với mọix∈S.
Kiểm tra lại, với f(x) = −x
1+x thìx+f(y) +x f(y) =x−(1+x)y 1+y = x−y 1+y, suy ra f(x+f(y) +x f(y)) = f(x−y 1+y) = −1x−+yy 1+x1−+yy = y−x 1+x = f(y+ f(x) +y f(x)), và f(x) x = −1
1+x tăng thực sự trên các khoảng−1<x<0, 0<x. Như vậy, hàm f(x) = −x
1+x thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii) của bài toán. Vậy hàm số cần tìm là f(x) = −x
Nhận xét:Việc nhận rax+ f(x) +x f(x)là điểm bất động tương đối dễ. Điểm mấu chốt của bài toán là tận dụng (ii) để thấy tính duy nhất của điểm bất động trong mỗi khoảng
−1<x<0vàx>0, và lập luận nếu đã có 1 điểm bất độnguthì ta suy ra điểm bất động 2u+u2 6=ucùng nằm trong mỗi khoảng trên, để từ đó ta có kết luận quan trọng hàm f
có điểm bất động duy nhất x=0, giúp giải quyết bài toán dễ dàng. Một cách tương tự bài PTH này, ta có một số bài toán như sau:
Bài toán 3.5.2. Chứng minh rằng không tồn tại hàm f :R→Rthỏa mãn các điều kiện (i)−x+y= f(x+ f(y) +y2f(y))∀x,y∈R
(ii) f(x)
x giảm thực sự trên(−∞,0)và tăng thực sự trên(0,+∞).
LỜI GIẢI. Giả sử f là hàm thỏa mãn bài toán.
Trước tiên ta đi chứng minh nếu f có điểm bất độngathìa=0.
Từ (ii) ta thấy rằng hàm f chỉ có tối đa 3điểm bất động, một điểm bất động (nếu có) nằm trong khoảngx<0, một điểm bằng0và một điểm nằm trong khoảngx>0.
Giả sử f có điểm bất độngathỏa mãna>0.
Khi đó, trong (i) ta choy=a, ta đượca−x= f(x+a+a3), ∀x∈R.Ở đây, lấyx=−a
3 2, ta đượca+a 3 2 = f(a+ a3 2 ). Suy ra a+a 3
2 cũng là điểm bất động của hàm f, ngoài ra khi a> 0ta có a+a
3
2 >a>0. Do đó f có hai điểm bất động phân biệt trên khoảng
x>0, mâu thuẫn. Do vậy f không có điểm bất động trên khoảngx>0.
Tương tự như thế, ta cũng dễ dàng chứng minh được rằng f không có điểm bất động thỏa mãnx<0.
Do vậy nếu có điểm bất độnga, thì ta suy raa=0.
Trong (i) ta lấyy=0, ta được−x= f(x+ f(0)), ∀x∈R.Ở đây, lấyx=−f(0)
2 , ta được
f(0)
2 = f(
f(0)
2 ),như vậy hàm f có điểm bất động f(0)
2 , suy ra f(0)
2 =0hay f(0) =0. Bây giờ ta đi chứng minh không tồn tạit 6=0sao cho f(t) =0.
Thật vậy, giả sử tồn tạit 6=0mà f(t) =0. Khi đó, trong (i) ta choy=t, ta được
t−x= f(x), ∀x∈R.Tiếp theo, ta chox= t
2 ta được t 2= f(
t
2), hay t
2 là điểm bất động khác0của hàm f, dot 6=0. Điều này mâu thuẫn với khẳng định ở trên.
Do vậy, không tồn tạit 6=0mà f(t) =0, hay f(x) =0 ⇐⇒ x=0. Trong (i) lấyy=x, ta có0= f(x+ f(x) +x2f(x)), ∀x∈R.
Từ đây ta cóx+ f(x) +x2f(x) =0hay f(x) =− x
1+x2, ∀x∈R. Thử lại, ta thấy tuy f(x) =− x
1+x2 thỏa mãn (ii), nhưng lại không thỏa mãn (i). Do vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán. (ĐPCM) !
nhấtx=0và f(x) =0 ⇐⇒ x=0, từ đó giải tiếp bài toán.
Bài toán 3.5.3. Tìm hàm số f :R→Rthỏa mãn các điều kiện sau (1) f(x3y+2xy−y f(x)) =xy3+2xy−x f(y), ∀x∈R,
(2) Hàm f(x)
x nghịch biến trênx<0và đồng biến trênx>0.
LỜI GIẢI. Trong (1) lấyy=xta có f(x4+2x2−x f(x)) =x4+2x2−x f(x), ∀x∈R. Như vậy, với mọix∈Rthìx4+2x2−x f(x)là điểm bất động của f.
Ta đi tìm tập hợp các điểm bất động của f.
Từ (2) ta thấy rằng f có tối đa 3 điểm bất động: một điểm bất động (nếu có) nằm trong khoảngx>0, một điểm nằm trong khoảngx<0và một điểm bất độngx=0.
Ta chứng minh f không có điểm bất động a >0. Thật vậy, giả sử tồn tại a> 0 mà
f(a) =a, khi đóa4+2a2−a f(a) =a4+a2>0cũng là điểm bất động dương của f. Do
f có một điểm bất động dương duy nhất nên a=a4+a2 ⇐⇒ a3+a=1, phương trình này có nghiệm dương duy nhất.
Trong (1) lấyx=akết hợp a3+a=1, sau khi rút gọn ta có
f(y) =a(y3+2y− f(y)) ⇐⇒ f(y) = a
1+a(y
3+2y), ∀y∈R.
Nhưng với hàm f(y) = a
1+a(y
3+2y)vừa tìm được, không khó để ta thấy rằng nó không thỏa mãn (1).
Điều này chứng tỏ giả sử trên là sai, hay f không có điểm bất động dương.
Tiếp theo, nếu f có điểm bất độngx<0, thì x4+2x2−x f(x) =x4+x2 sẽ là điểm bất động dương của f, mâu thuẫn với khẳng định vừa chứng minh ở trên. Do đó, f cũng không có điểm bất động âm.
Mặt khác, với mọix∈Rthìx4+2x2−x f(x)là điểm bất động của f, do đó f có duy nhất điểm bất độngx=0và x4+2x2−x f(x) =0, ∀x∈R. Suy ra f(x) =x3+2x, ∀x6=0, đẳng thức này cũng đúng với x=0, do x=0 là điểm bất động duy nhất của f. Nên
f(x) =x3+2x, ∀x∈R. Thử lại, ta dễ thấy hàm này thỏa mãn bài toán. Kết luận: hàm số cần tìm là f(x) =x3+2x, ∀x∈R.
Bài toán 3.5.4. (IMO 1983) Tìm f :(0,+∞)→(0,+∞)thỏa mãn (i) f(x f(y)) =y f(x)
(ii) f(x)→0khix→+∞.
LỜI GIẢI. Trong (i) chox=yta có f(x f(x)) =x f(x). Suy ra với mọix>0thìx f(x)là điểm bất động của f.
Ta đi xác định tập hợp các điểm bất động của f.
ray1f(x) = f(x f(y1)) = f(x f(y2)) =y2f(x)⇒y1=y2.
Trong (i) chox=y=1ta có f(f(1)) = f(1)⇒ f(1) =1. Do đó f có điểm bất động là
x=1. Bây giờ, ta thấy rằng:
- Nếux,ylà 2 điểm bất định của f thì f(xy) = f(x f(y)) =y f(x) =yx,suy raxycũng là điểm bất động của f.
- Nếux>0là điểm bất động của f, ta có 1= f(1) = f(1 xx) = f( 1 xf(x)) =x f( 1 x), suy ra f(1 x) = 1 x, hay 1 x cũng là điểm bất động của f. Ta chỉ ra rằng f chỉ có điểm bất động duy nhấtx=1.
Thật vậy: nếu f có điểm bất động x > 1 thì x2 = x.x cũng là điểm bất động của f, và ta dẫn đếnxn là điểm bất động của f với n∈N∗. Do đó f(xn) =xn, điều này mâu thuẫn với điều kiện (ii), do khix→ +∞thì xn = f(xn)→+∞. Còn nếu f có điểm bất động 0<x<1 thì 1
x >1 cũng là điểm bất động của f. Và tương tự ta cũng dẫn đến mâu thuẫn. Vậy x=1 là điểm bất động duy nhất của f. Do đó x f(x) =1, ∀x>0hay
f(x) = 1
x, ∀x>0. Thử lại, hàm này thỏa mãn các điều kiện (i), (ii). Vậy hàm số cần tìm là f(x) = 1
x, ∀x∈R.
Bài toán 3.5.5. Tìm tất cả các hàm f :R→Rthỏa mãn điều kiện
f(x+ f(y)) =x+ f(y) +x f(y)∀x,y∈R. (1)
LỜI GIẢI. Giả sử f là hàm thỏa mãn bài toán.
Chọn y=0, x=−f(0)từ (1) ta có f(0) =−f2(0) suy ra f(0) =0 hoặc f(0) =−1. Nếu f(0) =0, trong (1) choy=0ta suy ra f(x) =x, ∀x∈R, thay vào (1) ta có
x+y= x+y+xy, ∀x,y∈R. Suy ra xy =0,∀x,y∈R, vô lí. Vậy f(0) =−1. Khi đó, trong (1) chox=0ta có f(f(y)) = f(y),∀y∈R. Vậy∀y∈Rthì f(y)là điểm bất động của f.
Ta đi xác định tập các điểm bất động của hàm f.
Giả sửalà điểm bất động của hàm f, tức f(a) =a. Trong (1) chox=1, y=ata có
f(1+a) = f(1+ f(a)) =1+f(a) + f(a) =1+2f(a) =1+2a,
do f(f(y)) = f(y),∀y∈Rnên ta có f(1+2a) = f(f(1+a)) = f(1+a) =1+2a. Mặt khác f(1+2a) = f(1+a+ f(a)) = (1+a) + f(a) + (1+a)f(a) =1+3a+a2,
nên1+2a=1+3a+a2suy raa=0hoặca=−1.
Ta thấy rằnga=0là không thể vì f(0) =−1, do đóa=−1. Vậy f chỉ có điểm bất động duy nhấta=−1suy ra f(y) =−1, ∀y∈R. Thử lại thấy rằng f(x) =−1là nghiệm của
bài toán.
Tiếp theo, ta đi xem xét một vài tính chất của hàm f đối với tập hợp điểm bất động
Sn của hàm hợp fn, và tính chất giữa các tậpSn. Nó có thể giúp ích đối với phương pháp này. Ta bắt đầu với định nghĩa sau:
Định nghĩa 3.2. Với hàm f bất kì, kí hiệu f1= f và fn+1= f(fn)với n∈N∗. Ta định nghĩaSnlà tập hợp các điểm bất động của fn.
Ta dễ dàng thấy rằng nếuxlà điểm bất động của f thìxcũng là điểm bất động của fn, tứcS1⊆Sn.
Nếuxlà điểm bất động của fnthì f(x)cũng là điểm bất động của fn vì
fn(f(x)) = fn+1(x) = f(fn(x)) = f(x),nên tập f(Sn)nhận giá trị trong chính Sn. Ngoài ra, f là đơn ánh trênSn vì nếu f(a) = f(b)vớia,b∈Snthì
a= fn(a) = fn−1(f(a)) = fn−1(f(b)) = fn(b) =b.
Điều này dẫn đến: nếuSn là tập hữu hạn thì f là song ánh trênSn.
Vì từg(x) =xsuy ra g2(x) =g(g(x)) =g(x) =xnên các điểm bất động của g cũng là các điểm bất động củag2. Lấyg= f, f2, f4, f8, ...ta thu đượcS1⊆S2⊆S4⊆S8⊆. . .
Đây là tính chất hữu ích giữa các tậpSn.
Bài toán 3.5.6. (VietNam TST 1990) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f(f(x)) =x2−2với mọix∈R.
LỜI GIẢI. Giả sử rằng hàm f thỏa mãn bài toán tồn tại.
Việc xem xét đến các tậpS2 vàS4giúp ta giải quyết bài toán này.
Tập hợp các điểm bất động của f2là tập hợp nghiệm của phương trìnhx=x2−2, tức là
S2 ={−1,2}.
Tập các điểm bất động của f4là nghiệm của phương trìnhx=x4−2x2+2, giải phương trình này ta suy raS4={−1,2,−1±√5
2 }. Đặtc= −1+√
5
2 vàd= −1−√5 2 . Vì f là song ánh trênS2, S4vàc,d∈S4\S2 nên ta suy ra f(c) =choặc f(c) =d. Nếu f(c) =cthì f2(c) =csuy raclà điểm bất động của f2, điều này không đúng. Vì vậy f(c) =d, tương tự f(d) =c. Khi đóc= f(d) = f(f(c)) = f2(c), mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán.
Ta có một cách mở rộng bài toán như dưới đây, cách giải hoàn toàn tương tự, nhưng ta cũng có cách khác không dùng đến tính chất củaS2,S4.
Bài toán 3.5.7. Chứng minh rằng không tồn tại hàm f :R→Rthỏa mãn
f(f(x)) =x2−q, q> 3
4.
LỜI GIẢI. Đặtg(x) =x2−q. Hàmg(x)có 2 điểm bất độnga,blà 2 nghiệm của phương trìnhg(x) =x2−q=xhayx2−x−q=0. Ta có
g(g(x)) =x ⇐⇒ (x2−q)2−q=x
⇐⇒ (x2−x−q)(x2−x−q+1) =0. (1) Gọi u,v là 2 nghiệm của nhân tử thứ 2 trong vế trái của (1). Khi đó hàmg(g(x)) có 4 điểm bất động làa,b,u,v.
Ta cóg(u) =v, g(v) =u. Thật vậy: vìu,vlà 2 nghiệm của phương trìnhx2−x−q+1=0 nên sử dụng hệ thức Viet vàg(x) =x2−qta sẽ cóg(u) =v, g(v) =u.
Giả sử tồn tại f thỏa mãn bài toán, tức f(f(x)) =g(x).Ta cóv=g(u) = f(f(u))suy ra
f(v) =g(f(u)). Tương tự, ta cũng có f(u) =g(f(v)). Thế thì nếu đặt f(u) =zta có
g(g(z)) =g(g(f(u))) =g(f(v)) = f(u) =z.
Ta đượczlà điểm bất động củag(g(x)).
Bây giờ, ta đi chứng minhzkhác với 4 điểm bất độnga,b,u,v.
- Nếuz=akhí đó v=g(u) = f(z) = f(a)ta có f(v) = f(f(a)) =asuy ra f(u) =z=
a= f(v), khi đó g(u) = f(f(u)) = f(f(v)) =g(v) ⇐⇒ v=u,điều này là không thể. Như vậyz6=a. Tương tự,z6=b.
- Nếuz=uta có f(u) =usuy rav=g(u) = f(f(u)) = f(u) =u, mâu thuẫn. Nếuz=v
thì f(v) = f(z) = f(f(u)) =g(u) =vvà ta cũng dẫn đếnu=g(v) = f(f(v)) = f(v) =v, mâu thuẫn.
Như vậy,zlà điểm bất động thứ 5 củag(g(x)). Vô lý, vìg(g(x)) là đa thức bậc 4. Mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử f tồn tại là sai.
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn bài toán.
Nhận xét. Ở trên, việc mở rộng với g(x) =x2−q thì điều kiện q> 3
4 để đảm bảo phương trìnhg(g(x)) =x ⇐⇒ (x2−x−q)(x2−x−q+1) =0có 4 nghiệm thực phân biệt. Vì thế nếu ta lấyg(x)là hàm bậc hai tùy ý mà vẫn đảm bảog(g(x)) =xcó 4 nghiệm thực phân biệt, chẳng hạng(x) =x2−x−3, thì ta cũng có thể giải tương tự. Nhưng nếu thayg(x)mà không đảm bảo điều trên thì bài toán sẽ khác, bạn đọc có thể suy nghĩ thêm. Lấy ví dụ, vớig(x) =x2, bài toán mới là: Tìm hàm f :R→R thỏa mãn f(f(x)) =x2, có một nghiệm dễ nhận thấy là f(x) =|x|
√
2, như vậy chí ít khác với bài toán ban đầu là đã có nghiệm. Việc thay f2 bởi fn, n∈N∗ đồng thời thay đổig(x)có thể rất phức tạp.
Bài toán 3.5.8. (IMO 1996) Tìm tất cả các hàm f :N→Nthỏa mãn
f(m+f(n)) = f(f(m)) + f(n), ∀m,n∈N. (1)
LỜI GIẢI. Trong m=n=0ta có f(0+ f(0)) = f(f(0)) +f(0).Suy ra f(0) =0, từ đó khi chom=0ta có f(f(n)) = f(n), trường hợp riêng f(f(0)) = f(0) =0. Từ đẳng thức trên ta có thể viêt lại (i) như sau f(m+ f(n)) = f(m) + f(n).
Theo trên, với mọin∈Nthì f(n)là điểm bất động của f. Gọiklà điểm bất động khác0 bé nhất của hàm f. Nếu như không tồn tạikthì f(n) =0với mọin∈N. Khi đó, f(n)≡0 là một nghiệm của bài toán.
Xét trường hợp tồn tại k như trên. Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được rằng
f(qk) =qk vớiq∈Ntùy ý.
Bây giờ, ta lại đi xác định tập các điểm bất động của f.
Giả sử f có điểm bất độngn>k. Ta viếtn=kq+r, vớiq,r∈N; 0≤r<k. Khi đó, ta có
n= f(n) = f(r+kq) = f(r+f(kq)) = f(r) +f(kq) =kq+f(r).Suy ra f(r) =r, điều này dẫn đếnr=0, dok>r≥0là điểm bất động nhỏ nhất của f. Như thế, mọi điểm bất động của f là bội củak.
Tuy nhiên, với mọin∈Nthì f(n)là điểm bất động của f. Do đó, f(n)là bội của kvới mọin.
Ta giả sử các số nguyên không âmc1,c2, ...,ck−1 thỏa mãn f(r) =crkvới0≤r<k, và chọnc0=0.
Thế thì hàm f tổng quát thỏa mãn bài toán là f(qk+r) =qk+crk, với 0≤r<k. Dễ dàng kiểm tra các hàm này thỏa mãn điều kiện bài toán.
Thật vậy, chom=ak+r, n=bk+svới0≤r,s<kthì
f(f(m)) = f(m) =ak+crk, f(n) =bk+csk,
do đó f(m+f(n)) = f(ak+crk+bk+csk) =ak+bk+crk+csk
và f(f(m)) +f(n) =ak+bk+crk+csk, kéo theo (1) được thỏa mãn. Tóm lại, các hàm xác định như trên là nghiệm tổng quát của bài toán.
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài tập 3.5.1. Tìm tất cả các hàm f :R→Rthỏa mãn
f(x+2f(y)) =2x+ f(y) +x f(y), ∀x,y∈R.
Bài tập 3.5.2. (Tournoi des villes 1996) Tìm tất cả các f :R→Rthỏa mãn f(f(x)) =
Bài tập 3.5.3. Chứng minh rằng không tồn tại hàm f :R→Rthỏa mãn các điều kiện