SỬ DỤNG TÍNH CHẤT của ÁNH xạ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm t19

CHUYÊN ĐỀ DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII – NĂM 2019
- - -  - - -

CHUYÊN ĐỀ
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA ÁNH XẠ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM

tháng 8 năm 2019

1


A. Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Các bài toán phương trình hàm là một phần quan trọng của chuyên ngành toán đại số
và giải tích và là một mảng khó trong chương trình toán chuyên THPT. Chính vì thế trong
các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực những bài toán về
phương trình hàm thường hay đề cập và thường được xem là những dạng toán khó. Các em
học sinh thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các dạng toán liên quan đến phương trình
hàm. Việc nhận ra những tính chấy đặc biệt của hàm số đặc biệt quan trọng , từ đó định
hướng ra tìm nghiệm.
Trong các dạng toán về phương trình hàm phương trình hàm sử dụng tính chất đơn
ánh, toàn ánh và song ánh xuất hiện khá nhiều trong các kỳ thi như : trại hè Hùng Vương,
duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ, kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia, ..... Các bài tập loại
này thường rất đa dạng về phương pháp giải, về mức độ khó, tính mới mẻ. Vì vậy để phân
chia thành các dạng toán cụ thể là rất khó khăn.
Với tất cả những khó khăn trên chúng tôi chọn đề tài “Sử dụng một số tính chất của
ánh xạ giải phương trình hàm” để trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng đẻ góp
phần thức đẩy việc học tập và giảng dạy phân môn phương trình hàm trong trường phổ
thông chuyên toán.
2. Mục đích chọn đề tài

Đề tài “Sử dụng một số tính chất của ánh xạ giải phương trình hàm” được chọn để
giới thiệu với các thầy cô và học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ
đề phương trình hàm cho học sinh chuyên toán.
Chúng tôi rất mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ bé để việc giảng dạy phương
trình hàm có hiệu quả và giúp các em có khả năng vận dụng giải được một số bài tập về
phương trình. Từ đó các em học sinh có cái nhìn tổng quan, sâu sắc hơn về việc sử dụng
linh hoạt các tính chất của ánh xạ vào giải phương trình hàm nói riêng và các bài toán về
hàm số nói chung.
3. Cấu trúc chuyên đề
Phần 1: Mở đầu
Phần 2: Nội dung
Phần 3: Kết luận và kiến nghị
B. Nội dung
1. Những kiến thức trang bị
1. 1 Ánh xạ
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 được 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
2


x a 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
f ( a) = y
a ∈ X , y ∈Y
(iv) Cho
. Nếu

thì ta nói y là ảnh của a và a là nghịch ảnh của y qua
ánh xạ f.

{

Y = y ∈ Y ∃x ∈ X , y = f ( x )

(v) Tập hợp

}

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.
1.2 Đơn ánh, toàn ánh, song ánh
f : X →Y
a ∈ X ,b ∈ X
a≠b
Định nghĩa. Ánh xạ
được gọi là đơn ánh nếu với
mà
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)

a=b
, ta phải có
.
y ∈Y
f : X →Y
Định nghĩa. Ánh xạ
được gọi là toàn ánh nếu với mỗi phần tử
đều tồn
tại một phần tử

x∈ X

Định nghĩa. Ánh xạ

y = f ( x)

sao cho
f : X →Y

. Như vậy f là toàn ánh nếu và chỉ nếu

Y = f ( X)

.

được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn
y ∈Y
f : X →Y
ánh. Như vậy ánh xạ
là song ánh nếu và chỉ nếu với mỗi
, tồn tại và duy
x∈ X

y = f ( x) .

nhất một phần tử
để
1. 3 Ánh xạ ngược của một song ánh
f −1

Định nghĩa. Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi
phần tử

y ∈Y

phần tử duy nhất

x∈ X

, là ánh xạ từ Y đến X gán cho mỗi

y = f ( x)

sao cho
. Như vậy
f ( x) = y ⇔ f ( x) = y
−1

Chú ý. Nếu f không phải là song ánh thì ta không thể định nghĩa được ánh xạ ngược của f.
Do đó chỉ nói đến ánh xạ ngược khi f là song ánh.
2. Một số lưu ý khi sử dụng tính chất ánh xạ vào làm bài tập

3


* Nếu

f :¡ →¡

là toàn ánh thì với mọi

y∈¡

, luôn tồn tại

x ∈¡

để cho

y = f ( x)

tức là

y = f ( x)

phương trình ấn x
luôn có nghiệm.
* Nếu f là một hàm số mà đơn ánh thì rấy hay dùng thủ thuật tác động f vào 2 về hoặc tạo
ra

f ( ϕ ( x) ) = f ( φ ( x) ) ⇒ ϕ ( x) = φ ( x)

.

f ( b) = 0

* Nếu f là toàn ánh thì ta hay dùng tồn tại một số b sao cho
sau đó tìm b
* Nếu quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải thì có thể nghĩ đến tính đơn ánh,
toàn ánh.
f ( x ) = ϕ ( x ) ∀x ∈ T
f :¡ →¡
* Nếu
là toàn ánh và
,
ở đây T là tập giá trị của hàm f thì

f ( x ) = ϕ ( x ) ∀x ∈ ¡
,
.
f ( x)

f
x
* Nếu 1 vế có chứa
và vế còn lại có chứa biến ở bên ngoài thì thông thường
là
đơn ánh
f ( x) = f ( y)
x=y
f :¡ →¡
* Nếu
là đơn ánh thì từ
suy ra
f ( f ( x ) ) = ax + b ( a ≠ 0 )
f :¡ →¡
f
* Nếu
và
thì
là song ánh
¡
2.1 Sử dụng tính chất ánh xạ của hàm số giải một số bài tập phương trình hàm trên
f :¡ →¡
Bài 1: Chứng minh không tồn tại hàm số
và thỏa mãn hệ thức
f ( x − 2018 f ( y ) ) = y − 2019 f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡
(1)
Giải
f :¡ → ¡
Giả sử tồn tại hàm số
thỏa mãn

f ( −2018 f ( y ) ) = y − 2019 f ( 0 )
x=0
Thay
vào (1) ta có
∃a / f ( a ) = 0
y
f
Vế phải là hàm bậc nhất theo biến nên
là toàn ánh nên
y=a
Thay
vào (1) ta có
f ( x − 2018 f ( a ) ) = a − 2019 f ( x ) ⇔ f ( x ) = a − 2019 f ( x ) ⇔ 2020 f ( x ) = a ⇔ f ( x ) = C

Thay vào (1) không thỏa mãn . Vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài

4


Bài 2. Cho hàm số

x, y ∈ ¡

f ( x2 + f ( y ) ) = 4 y +

f :¡ → ¡

. Chứng minh rằng

thỏa mãn điều kiện:

f ( x)

là hàm lẻ trên

¡

1 2
f ( x)
2

với mọi

.

Giải
f ( x2 + f ( y ) ) = 4 y +

Đặt

a = f ( 0)

1 2
f ( x)
2

x, y ∈ ¡
với mọi

(1).

. Thay x = 0 vào (1) ta thu được

f ( f ( y) ) = 4y +

1 2
1
f ( 0 ) = 4 y + a 2 , ∀y ∈ ¡
2
2

y

( 2)
f

Vì vế phải là hàm bậc nhất theo

y=0
Thay

Tiếp tụ

vào (1) ta được

c thay

x

bởi

−x

nên suy ra là song ánh .
1
f ( x 2 + f ( 0 ) ) = f 2 ( x ) , ∀x ∈ ¡
2

f ( x2 + f ( 0) ) =

trong (3) ta được

( 3)

1 2
f ( − x ) , ∀x ∈ ¡
2

( 4)

f 2 ( x ) = f 2 ( − x ) , ∀x ∈ ¡
Từ (3) và (4) ta suy ra
f ( −x) = f ( x)
f
−x = x ⇔ x = 0
Trường hợp
chỉ xảy ra khi
(do
là song ánh)
f ( −x) = − f ( x)

x≠0
với
mọi
Vậy
f ( b) = 0
f
b
Vì
là song ánh nên tồn tại duy nhất số sao cho
f ( −b ) = − f ( b )
f ( b ) = f ( −b )
b≠0
Nếu
thì
và vì vậy
nên b = 0, mâu thuẫn
f ( 0) = 0
f ( −x) = − f ( x)
f
x∈¡
Do vậy
. Vậy
với mọi
tức là là hàm lẻ.
f
¡
¡
Bài 2: Tìm tất cả các hàm số
xác định trên tập , lấy giá trị trong
và thỏa mãn

phương trình
5


f ( x + y + f ( y) ) = f ( f ( x) ) + 2y

Giải

y=0

Cho

ta được

với mọi số thực

.

f ( f ( x ) ) = f ( x + f ( 0) )

f ( y1 ) = f ( y2 )

y1 , y2

f
Ta chứng minh

x, y

là đơn ánh. Thật vậy nếu

sao cho
f ( f ( y1 ) ) = f ( f ( y2 ) ) ⇒ f ( y1 + f ( 0 ) ) = f ( y2 + f ( 0 ) )

Từ (1) và (2) ta có
x = f ( 0) − f ( y)
Cho
thay vào phương trình đã cho ta được

(

(1)
(2).
(3).

)

f ( f ( 0) − f ( y ) + y + f ( y ) ) = f f ( f ( 0) − f ( y ) ) + 2 y

(

)

⇔ f ( y + f ( 0) ) = f f ( f ( 0) − f ( y ) ) + 2 y

y
Từ (4) lần thay

bởi

y1 , y2

(4)

ta được

(
)
f ( y + f ( 0) ) = f ( f ( f ( 0) − f ( y ) ) ) + 2 y

f ( y1 + f ( 0 ) ) = f f ( f ( 0 ) − f ( y1 ) ) + 2 y1
2

2

2

y1 = y2

Từ hai đẳng thức này kết hợp với (2) và (3) ta được
. Vậy
f ( x ) = x + f ( 0)
Do đó từ (1) ta có
thử lại thấy thỏa mãn.
+
f :¡ →¡
Bài 3: Tìm tất cả
thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau
1) f ( f ( x ) + y ) = x + f ( y )

f

là một đơn ánh.

2)∀x ∈ ¡ + , ∃y ∈ ¡ + / f ( y ) = x

Giải

y

f

Cố định

ta dễ dàng chứng minh
là đơn ánh
f ( f ( 0) ) = f ( 0) ⇔ f ( 0) = 0
x = 0; y = 0
f
Thay
vào (1)
(do
là đơn ánh )
f ( f ( x) ) = x
y=0
Thay
vào (1)

x = f ( x)

(

)

f f ( f ( x) ) + y = f ( x) + f ( y) ⇔ f ( x + y) = f ( x) + f ( y)

Thay
vào (1)
+
∀x ∈ ¡ , ∃y ∈ ¡ + / f ( y ) = x
f
Do
nên ta tác động
vào 2 vế

(2)

6


f ( x) = f ( f ( y) ) = y

suy ra

∀x ∈ ¡

f ( x) ∈ ¡

+

thì

f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ 0

+

kết hợp với

f ( 0) = 0

ta được

f ( x) = x

(3) . Từ (2) và (3) ta được
. Thử lại thỏa mãn .
f :¡ →¡
Bài 4: Tìm tất cả các hàm số
và thỏa mãn hệ thức

f ( x + y ) + f ( x 2 + f ( y ) ) = f 2 ( x ) + f ( x ) + f ( y ) + y , ∀x, y ∈ ¡

Giải
Thay

x = 0; y = x

ta được

f ( x ) + f ( f ( x ) ) = f 2 ( 0) + f ( 0) + f ( x ) + x

⇔ f ( f ( x ) ) = x + f 2 ( 0) + f ( 0)

y=0

Thay

f
nên

là song ánh.

f ( x ) + f ( x2 + f ( 0) ) = f 2 ( x ) + f ( 0) + f ( x )

vào (1)

⇔ f ( x2 + f ( 0) ) = f 2 ( x ) + f ( 0 ) ⇔ f 2 ( x ) = f 2 ( − x )

do đó
Thay

f ( 0) = 0

.(1)

.

x = y; y = x

vào (1)
x = − y; y = x
Thay

ta có

f
do

đơn ánh nên

f ( x) = − f ( −x)

f ( x + y ) + f ( y2 + f ( x ) ) = f 2 ( y ) + f ( y ) + f ( x ) + x

.

f ( x − y) + f ( y2 + f ( x) ) = f 2 ( − y ) + f ( − y ) + f ( x) + x

⇔ f ( x − y) + f ( y2 + f ( x) ) = f 2 ( y ) − f ( y ) + f ( x ) + x
⇔ f ( x + y ) − f ( y ) = f ( x − y ) + f ( y ) (*)

x, y
Hoán đổi vai trò
trong (*) ta được
f ( y + x) − f ( y − x) = 2 f ( x)
⇔ f ( x + y) + f ( x − y) = 2 f ( x)
⇔ f ( x + y) = f ( x) + f ( y)

Mà

f ( x2 ) = f 2 ( x )

nên

f ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ 0
f :¡ →¡

Bài 5: Tìm tất cả các hàm số
f ( f ( x) + y ) = 2x + f ( f ( y ) − x )

suy ra

f ( x) = x

.Thử lại thỏa mãn .

thỏa mãn điều kiện:

,với mọi

x, y ∈ ¡ .
7


Giải

y = − f ( x)

f
Ta chứng minh
được:

là toàn ánh. Thật vậy, thay

(

)

(

vào phương trình ban đầu ta

)

f ( 0) = 2x + f f ( − f ( x ) ) − x ⇔ f f ( − f ( x ) ) − x = f ( 0) − 2x

,

f
suy ra

là toàn ánh.

f

f ( a ) = 0.

a∈¡

Do

là toàn ánh nên tồn tại
sao cho

x=a
Thay
vào phương trình ban đầu ta được:

f ( y ) = 2a + f ( f ( y ) − a ) ⇔ f ( f ( y ) − a ) + a = f ( y ) − a

f
Do

là toàn ánh nên với mọi

thức (1) ta thu được:
kiện. Vậy

x∈¡

tồn tại

y∈¡

x = f ( x ) + a ⇔ f ( x ) = x − a,

sao cho

x + a = f ( y)

(1)
. Do đó từ đẳng

∀x ∈ ¡

. Thử lại ta thấy thỏa mãn điều

f ( x ) = x − a.

f :¡ →¡
Bài 6: Tìm tất cả các hàm số
và thỏa mãn hệ thức
f ( xf ( x + y ) ) = f ( yf ( x ) ) + x 2 , ∀x, y ∈ ¡
(1)
Giải
f ( 0) = 0 ⇔ x = 0
Ta sẽ chứng minh
f ( 0) ≠ 0
Thật vậy nếu
x
x = 0; y =
f ( 0 ) = f ( x ) ∀x ∈ ¡
f ( 0)
Thay
vào (1)
f ( 0) = 0
f
Do đó là hàm hằng, thay vào (1) không thỏa mãn . Vậy
.
2
f ( x) = 0
f ( 0) = 0 ⇔ x = 0
f ( 0) = f ( 0) + x ⇔ x = 0
Mặt khác nếu
ta có

. Suy ra
2
f ( xf ( x ) ) = x
y=0
Thay
vào (1) ta có
f
Ta sẽ chứng minh
là đơn ánh . Thật vậy
8


a, b

0

Với hai số
bất kỳ khác thỏa mãn
x = a; y = b − a
Thay
vào (1) ta có
f ( af ( b ) ) = f

⇔ f

( ( b − a) f ( a) ) + a

2

= f

f ( a) = f ( b)

( ( b − a ) f ( a ) ) + f ( af ( a ) )

( ( b − a ) f ( a ) ) = f ( af ( b ) ) − f ( af ( a ) )

f ( a) = f ( b)

Vì
ánh.

⇔ f

nên

( ( b − a) f ( a) ) = 0 ⇔ ( b − a) f ( a) = 0 ⇔ a = b

f ( xf ( x ) ) = x 2 = ( − x ) = f ( − xf ( − x ) )
2

Ta có

f
do đó

là đơn

f
, vì

là đơn ánh nên

xf ( x ) = − xf ( − x ) ⇒ f ( x ) = − f ( − x )
f ( xf ( x ) ) = x 2

Do
¡ − ⊆ f (¡

)

nên

. Chứng tỏ

¡ + ∪ { 0} ⊂ f ( ¡

f (¡ ) =¡

f
Vì
Từ

)

+) Nếu
Thay
Thay
Do đó
Thay

tức

và vì

u ∈ ¡ / f ( u) =1

là toàn ánh nên tồn tại
f ( uf ( u ) ) = u 2 ⇒ f ( u ) = u 2 ⇒ u = ±1
u =1

f
là hàm lẻ nên

f ( − xf ( x ) ) = − x 2

suy ra

.

f ( 1) = 1

x = 1; y = x − 1

vào (1) ta có

x = 1; y = − x − 1

f ( xf ( x ) ) = f ( x − 1) + 1
f ( f ( − x ) ) = f ( − x − 1) + 1 ⇒ − f ( f ( x ) ) = − f ( x + 1) + 1

vào (1) ta có
f ( x + 1) = f ( x − 1) + 2 ⇒ f ( x + 2 ) = f ( x ) + 2 ⇒ f ( x + 4 ) = f ( x ) + 4

x=2

vào (1)

f ( 2 f ( y + 2 ) ) = f ( yf ( 2 ) ) + 4 = f ( 2 y + 4 ) ⇒ 2 f ( y + 2 ) = 2 y + 4 ⇒ f ( y ) = y
u = −1

+) Làm tương tự với
ta được
Thử lại cả hai hàm trên đều thỏa mãn

f ( y) = −y

9


Bài 7

: Tìm tất cả các hàm số

f :¡ → ¡

f ( x 2 + f ( xy ) ) = xf ( x + y ) , ∀x, y ∈ ¡

và thỏa mãn hệ thức

.

Giải
Giả sử
Cách 1:
Thay

f :¡ →¡

là một hàm số thỏa mãn đề bài

f ( x 2 + f ( 0 ) ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡

y=0

ta được
(2)
x = 1
 x = −1


f ( 1 + f ( −1) ) = f ( 0 )
f ( 1 + f ( −1) ) = − f ( 0 )
 y = −1
 y = −1
Thay
và
ta được
và
. Từ đó

suy ra

f ( 0) = 0
f ( x 2 ) = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡

Kết hợp với (2) ta có
Trong (3) thay

x

bởi

−x

ta được

f(x

2

(3)

) = − xf ( − x ) , ∀x ∈ ¡

suy ra

f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡ \ { 0}
Do

f ( 0) = 0

Thay

ta có

x = x

 y = −x

f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡

(

(4)

)

f x 2 + f ( − x 2 ) = 0, ∀x ∈ ¡

ta được

Kết hợp với (4) suy ra

(

)

f x 2 − f ( x 2 ) = 0, ∀x ∈ ¡

do (3) nên

f ( xf ( x ) − x 2 ) = 0, ∀x ∈ ¡

Do đó
. (6)
Xét 2 trường hợp sau
f ( x) ≡ 0
Trường hợp 1:
Dễ thấy hàm số trên thỏa mãn yêu cầu

a

f ( x 2 − xf ( x ) ) = 0, ∀x ∈ ¡

.

f ( a) ≠ 0

Trường hợp 1: Tồn tại số thực soa cho
.
x = x

f x 2 + f ( ax − x 2 ) = xf ( a ) , ∀x ∈ ¡
f
y = a − x
Thay
ta được
suy ra
là toàn ánh.

(

)

10


Thay

 x = x

 y = f ( x ) − x

Kết hợp với (6)

f(x

ta được
2

f ( x 2 + xf ( x ) − x 2 ) = xf ( f ( x ) ) , ∀x ∈ ¡

) = xf ( f ( x ) ) , ∀x ∈ ¡

, kết hợp với (3) ta có

f ( x ) = xf ( f ( x ) ) , ∀x ∈ ¡ \ { 0}
0 = f ( 0) = f ( f ( 0) )

f ( x ) = xf ( f ( x ) ) , ∀x ∈ ¡

f

Mặt khác
nên
. Vì
là toàn ánh.
f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡
Nên
.
Bằng cách kiểm tra trực tiếp dễ thấy thỏa mãn . Vậy có 2 hàm số thỏa mãn

f ( x ) ≡ 0; f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡

Cách 2: Kí hiệu

P ( u; v )

là phép thế thay

tương tự như cách 1 ta có
Xét 2 trường hợp sau
TH1: Tồn tại
được

a≠0

.

f ( 0) = 0

sao cho

và

f ( a) = 0

x

bởi

u

y
, thay

bởi

v

trong (1) . Thực hiện

f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡

. Xét số thực

x≠0

tùy ý , thực hiện

P ( − x 2 ;0 )

ta

f ( x4 ) = − x2 f ( − x2 )

(9) .
a 

P  − x2 ; − 2 ÷
f ( x4 ) = − x2 f
x 

Thực hiện
ta có

Từ (9) và (10) suy ra
Thực hiện

P ( x; − x )

 2 a
 −x − 2 ÷
x 


a 

− x2 f ( − x2 ) , = − x2 f  − x2 − 2 ÷
x 



ta được

(

)

f x2 + f ( − x2 ) = 0

(10)

(11)

(12)

11


Thực hiện

suy ra

a

P  x; − x − 3 ÷
x 


 a

xf  − 3 ÷ = 0
 x 

có

. Do đó

f ( 0 ) = 0 f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡

TH 2:

f ( a) = 0 ⇔ a = 0

Thực hiện

P ( x; − x )

f ( x ) = x, ∀x ≤ 0


f  x2 +


a 

f  − x 2 − 2 ÷÷ = xf
x 


 a

f  − 3 ÷= 0
 x 

(với

x≠0

 a
− 3 ÷
 x 

). Vì thế

f ( x ) = 0, ∀x ≠ 0

mà

. Thử lại thỏa mãn

(

)

f x 2 + f ( − x 2 ) = 0, ∀x ∈ ¡

ta được

f
mà

(`13) Từ (11) (12) (13)

là hàn lẻ nên

a

f ( − x2 ) = f  − x2 − 2 ÷
x  ∀x ∈ ¡


hay

f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡

Thử lại thỏa mãn. Vậy có 2 hàm số thỏa mãn
Nhận xét: Có một số sai sót thường gặp

1) Trong cách 2 học sinh lí luận vì

do đó

f ( − x 2 ) = − x 2 , ∀x ∈ ¡

.
f ( x ) ≡ 0; f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡

a 

f ( − x2 ) = f  − x2 − 2 ÷
x 



với mọi

.

x≠0

mà

f ( 0) = 0

nên

.

 a
f  − 3 ÷= 0
 x 

 a
f  − 3 ÷= 0
f ( 0) = 0
 x 
x≠0
∀x ∈ ¡
2) Vì
(với
) mà
nên nên

,
.
xf ( x ) = − xf ( − x ) , ∀x ∈ ¡
f ( x ) = − f ( − x ) , ∀x ∈ ¡
3) Từ
suy ra
. Có những học sinh còn

dùng tính chất

xf ( x ) = − xf ( − x ) , ∀x ∈ ¡

f

để suy ra

f ( 0) = 0

f
. Hay “ Nếu

f
là đơn ánh “ ; “Nếu

không là hàm hằng thì chỉ có hữu hạn điểm

x

là hàm lẻ thì
sao cho

f ( x) = 0

.

f ( x ) = sin x

Chúng ta có thể lấy hàm
để làm phản ví dụ cho những lập luận trên.
Bài 8: Turkey TST 2014
f :¡ → ¡
Tìm tất cả các hàm số
thỏa mãn điều kiện

f ( f ( y ) + x 2 + 1) + 2 x = y + f 2 ( x + 1)

với mọi

x, y ∈ ¡

(1).
12


Giải
Thay

x=0

vào (1) ta được

f ( f ( y ) + 1) = y + f 2 ( 1)

(2)

f

f ( a) = 0

a

Từ (2) dễ dàng suy ra
là song ánh. Nên tồn tại duy nhất sao cho
f ( 1) = a + f 2 ( 1) ⇔ a = f ( 1) − f 2 ( 1)
y=a
Thay
vào (2)
f ( f ( y ) + 2) = y + 2 + f 2 ( 0)
x = −1
Thay
vào (1)
kết hợp với (2) ta được
2
2
f ( f ( y ) + 2 ) − f ( f ( y ) + 1) = 2 + f ( 0 ) − f ( 1)
f
và do là song ánh nên
f ( x + 1) − f ( x ) = 2 + f 2 ( 0 ) − f 2 ( 1) ∀x ∈ ¡
(3)
f ( 1) − f ( 0 ) = 2 + f 2 ( 0 ) − f 2 ( 1)

x=0
Thay
vào (3)
và

f ( 2 ) − f ( 1) = f ( 1) − f ( 0 ) ⇔ f ( 2 ) = 2 f ( 1) − f ( 0 )
x

.

f ( f ( y ) + x + 1) − 2 x = y + f 2 ( 1 − x )
2

−x

Thay bởi
vào (1) ta có
f 2 ( 1 − x ) + 2 x = f 2 ( x + 1) − 2 x ⇔ f 2 ( 0 ) + 2 = f 2 ( 2 ) − 2

⇔ f 2 ( 0 ) + 4 =  2 f ( 1) − f ( 0 ) 
Từ đó ta tìm được

f ( 1) = 1

kết hơp với (1)

2

nên

a = 0 ⇔ f ( 0 ) = 0 ⇔ f ( x + 1) = f ( x ) + 1 ⇔ f ( f ( x ) + 1) = f ( f ( x ) ) + 1

Mà

f ( f ( y ) + 1) = y + f 2 ( 1) = y + 1

Thay
Thay

x =1

suy ra
f ( f ( y ) + 2) = y − 2 + f 2 ( 2) = y + 2

vào (1)

x = y; y = 1

f ( y 2 + 2 ) = 1 + f 2 ( y + 1) − 2 y

vào (1)

∀x ∈ ¡ , ∃h ∈ ¡ / f ( h ) = −2 x

(

f ( f ( x) ) = x

)

f
. Vì

là toàn ánh nên

.

x + 2 = f f ( x + 2 ) = f ( f 2 ( x + 1) + 1 + f ( h ) ) = h − 2 f ( x + 1) + f 2 ( f ( x + 1) + 1)
2

Mà

2

= h − 2 ( f ( x ) + 1) + ( x + 2 ) ⇔ h = 2 f ( x ) − 4 x ⇔ f ( 2 f ( x ) − 4 x ) = f ( h ) = −2 x
2

13


y = 2x + 1

Thay

vào (1)

f ( f ( 2 x + 1) + x 2 + 1) + 2 x = f 2 ( x + 1) + 2 x + 1 ⇔ f ( f ( 2 x + 1) + x 2 + 1) = f 2 ( x + 1) + 1
Suy ra

(

)

f ( 2 x + 1) + x 2 + 1 = f f ( f ( 2 x + 1) + x 2 + 1) = f ( f 2 ( x + 1) + 1) = f ( f ( 0 ) + f 2 ( x + 1) + 1)
= f 2 ( f ( x + 1) + 1) − 2 f ( x + 1) = f 2 ( f ( x ) + 2 ) − 2 f ( x + 1) = ( x + 2 ) − 2 f ( x ) − 2
2

Do đó
f ( 2 x + 1) + x 2 + 1 = ( x + 2 ) − 2 f ( x ) − 2 ⇔ f ( 2 x ) + 1 + x 2 + 1 = ( x + 2 ) − 2 f ( x ) − 2
2

2

⇔ f ( 2x) + 2 f ( x ) = 4x ⇔ 2 f ( x ) − 4x = − f ( 2x ) ⇔ f ( 2 f ( x ) − 4x ) = f ( − f ( 2x ) )

Hay

f ( − f ( 2 x ) ) = −2 x = f ( f ( −2 x ) ) ⇔ f ( −2 x ) = − f ( 2 x )

hay

là hàm lẻ

f 2 ( 1 − x ) + 2 x = f 2 ( x + 1) − 2 x ⇔ ( f ( x ) − 1) + 2 x = ( f ( x ) + 1) − 2 x ⇔ f ( x ) = x
2

Từ

f
2

f ( x) = x

Thử lại thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm
f :¡ → ¡
Bài 9: Tìm tất cả các hàm số
thỏa mãn đẳng thức:
f ( xf ( y ) + f ( x ) ) = 2 f ( x ) + xy
x, y ∈ ¡
(1) với mọi
.
Giải
f ( f ( y ) + f ( 1) ) = 2 f ( 1) + y
f
x =1
Thay
vào (1)
suy ra
là song ánh
f ( a) = 0
a
Nên tồn tại duy nhất sao cho
x = a

f ( af ( o ) + f ( a ) ) = 2 f ( a ) + 0
y = 0
Thay
vào (1) ta có
 f ( 0) = 1
f ( af ( 0 ) ) = 0 = f ( a ) ⇔ 

a = 0
.
a = 0 ⇔ f ( 0) = 0
TH1:
f ( f ( x ) ) = 2 f ( x ) ⇔ f ( x ) = 2x
y=0
f
Thay
vào (1) ta có
(do là song ánh ). Thử lại thỏa
mãn
14


TH2:

Thay
Thay

f ( 0) = 1
x = 0

y = 0

x=a

vào (1)

vào (1)

y=a

f ( f ( 0 ) ) = 2 f ( 0 ) ⇔ f ( 1) = 2

f ( af ( y ) ) = 2 f ( a ) + ay ⇔ f ( af ( y ) ) = ay

(2)
 a = −1  f ( −1) = 0
f ( 0) = a2 ⇔ a2 = 1 ⇔ 
⇔
a = 1
 f ( 1) = 0

Thay
vào (2)
f ( 1) = 2
f ( −1) = 0
f
Do
và
là song ánh nên
f ( − f ( y) ) = − y
x = −1
Thay
vào (1)
f ( − xy + f ( x ) ) = 2 f ( x ) − xf ( y )
− f ( y)
y
Thay bởi
vào (1) ta được

(3)

y
Thay

bởi

y
Thay

bởi

f ( x)
x
f ( x)
x

vào (3) ta có

 f ( x) 
 f ( x) 
1 = 0 = 2 f ( x ) − xf 
÷ ⇔ xf 
÷= 2 f ( x) −1
x
x





(4)

vào (1) và sử dụng (4)

  f ( x) 

f  xf 
+
f
x
(
)
÷
÷
÷ = 2 f ( x ) + f ( x ) ⇔ f ( 3 f ( x ) − 1) = 3 f ( x ) ⇔ f ( x ) = x + 1
x





. Thử lại

f ( x ) = 2x f ( x ) = x + 1
thỏa mãn . Vậy phương trình có 2 nghiệm là:
;
Bài 10: (Morocco 2011).
f :¡ →¡
Tìm tất cả các hàm số

thỏa mãn điều kiện:
( x − 2 ) f ( y ) + f ( y + 2 f ( x ) ) = f ( x + yf ( x ) )
x, y ∈ ¡
, với mọi
(1).
Giải
f ( 0) = 0
+) Nếu
f ( y ) = 0, ∀y ∈ ¡
x=0
Thay
vào (1)
.
f ( 0) ≠ 0
f ( 0) = C
+) Nếu
. Đặt
15


y=0

Thay

vào (1) ta có

( x − 2 ) C + f ( 2 f ( x ) ) = f ( x ) ∀x ∈ ¡

(2)

f
Từ (2) ta dễ dàng suy ra
là đơn ánh
f ( 2 f ( 2) ) = f ( 2) ⇔ f ( 2) = 1
x=2
Thay
vào (2)
f ( x ) = 1, ∀x ∈ ¡
x0 ≠ 2 / f ( x0 ) ≠ 1
Vì hàm số
không thỏa mãn nên ta giả sử tồn tại
2 f ( x0 ) − x0
x = x0 ; y =
f ( x0 ) − 1
Thay
ta được

( x0 − 2 )

 2 f ( x0 ) − x0 
 2 f ( x0 ) − x0 
f 
=
0
⇔
f
÷

÷
÷

÷= 0
f
x
−
1
f
x
−
1
(
)
(
)
0
0





x=

Thay

2 f ( x0 ) − x0
f ( x0 ) − 1

và sử dụng (3) ta có

 f ( x0 ) − x0 + 1 

⇔ f ( y ) 
÷
÷= 0
f
x
−
1
(
)
∀y ∈ ¡
0



Nếu

f ( x0 ) − x0 + 1 ≠ 0

(4)

(3)

 2 f ( x0 ) − x0

− 2÷

÷ f ( y) + f ( y) = 0
∀y ∈ ¡
 f ( x0 ) − 1


f ( y ) = 0, ∀y ∈ ¡

thì từ (4) ta suy ra
, thử vào (1) thỏa mãn .
2 f ( x0 ) − x0
=1
f ( x0 ) − x0 + 1 = 0
f ( 1) = 0
f ( x0 ) − 1
Nếu
thì
kết hợp với (3) ta có
.
f ( 1 + 2 f ( x ) ) = f ( x + f ( x ) ) ∀x ∈ ¡
y =1
Thay
vào (1) ta được
1+ 2 f ( x) = x + f ( x) ⇔ f ( x) = x −1
f
Do
là đơn ánh nên
. Thử lại thỏa mãn
f ( x) = 0
f ( x) = x −1
Vậy phương trình có 2 nghiệm
và
.
f :¡ →¡
Bài 11: (IMO 2015) Tìm tất cả các hàm số

thỏa mãn
f ( x + f ( x + y ) ) + f ( xy ) = x + f ( x + y ) + y. f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡

Giải
Thay

x=0

vào (1) ta được

(1)

f ( f ( y ) ) + f ( 0 ) = f ( y ) + y. f ( 0 ) , ∀y ∈ ¡

(2)
16


Nếu
được

f ( 0) ≠ 0

f
thì từ (2) ta dễ dàng suy ra

f ( f ( 1) ) = f ( 1)

và như thế

f ( 1) = 1

f ( x + f ( x + 1) ) = x + f ( x + 1) , ∀x ∈ ¡

y
Trong (2) ta thay

bởi

đơn ánh. Từ đó, bằng cách cho

x + f ( x + 1)

. Tiếp tục bằng các thay

(3).

và sử dụng (3) thì có

y =1

y =1

, ta thu

vào (1) ta có

x + f ( x + 1) = 1

, từ đó suy ra

f ( x ) = 2 − x, ∀x ∈ ¡

. Thử lại ta thấy đó là một nghiệm của phương trình đã cho
f ( 0) = 0
y
y−x
Tiếp theo ta xét trường hợp
. Trong (1) ta thay bởi
thì thu được

f ( x + f ( y ) ) + f ( xy − x 2 ) = x + f ( y ) + ( y − x ) . f ( x ) , ∀x, y ∈ ¡
Thay
Thay

y=x
y=0

vào (4) ta được
vào (4) ta có

Trong (6) ta cho

f ( 1) = 1

f ( x + f ( x ) ) = x + f ( x ) , ∀x ∈ ¡

. Thay

x = −1

f ( x ) + f ( − x 2 ) = x − x. f ( x ) , ∀x ∈ ¡

thì tính được

f ( 1) = −1

(5)

. Tiếp tục cho

(6)
x =1

vào (6) ta tính được

f ( 1 + f ( y ) ) + f ( y − 1) = f ( y ) + y , ∀y ∈ ¡

x =1

vào (6), ta có
(7)
y + f ( y)
y
Trong (7) ta thay bởi
và sử dụng các kết quả (5), (3) (chú ý rằng (3) cũng đúng
trong trường hợp

f ( 0) = 0

), ta thu được

f ( y + 1 + f ( y ) ) = 2 y + 2. f ( y ) − f ( y − 1 + f ( y ) )

= 2 y + 2. f ( y ) − ( y − 1 + f ( y ) ) = y + 1 + f ( y ) , ∀y ∈ ¡

Bây giờ, trong (4) ta thay

x

bởi

x +1

và thay

y=x

(8).

thì có

f ( x + 1 + f ( x ) ) + f ( − x − 1) = x + 1 + f ( x ) − f ( x + 1) , ∀x ∈ ¡

(9).

f
Kết hợp (8) và (9), ta suy ra

là hàm lẻ . Từ đó, đẳng thức (6) có thể được viết lại thành

f ( x ) − f ( x 2 ) = x − x. f ( x ) , ∀x ∈ ¡

(10)

17


Trong (10) ta thay

x

bởi

−x

f
và sử dụng tính lẻ của hàm số

− f ( x ) − f ( x 2 ) = − x − x. f ( x ) , ∀x ∈ ¡

(11)

thì cũng có

f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡

Trừ từng vế hai đẳng thức (1) và (2) ta thu được ngay
thỏa.
f ( x) = x

f ( x) = 2 − x
Vậy bài toán có hai đáp số là
và

Nhận xét. Từ (1) và (2) ta có thể chỉ ra cụ thể các giá trị có thể của
cần phải phân chia trường hợp như kiểu trên. Thật vậy nếu đặt
f ( f ( y ) ) = f ( y ) + ay − a

và

f ( a) = 0

. Tiếp tục nếu thay

. Thử lại ta thấy

f ( 0)

a = f ( 0)

y=a

luôn mà không

thì từ (2) ta có

thì ta sẽ có

a = f ( 0) = f ( f ( a ) ) = f ( a ) + a2 − a = a2 − a

Từ đó dễ dàng ta tính được

a=0

hoặc

a=2

Từ (6) ta nảy ra một ý tưởng là chứng mính
khi đó bằng các thay

x

bởi

f ( x)

là hàm lẻ (trong trường hợp

−x

để giữ nguyên giá trị của
f
dàng tìm được công thức cụ thể cho hàm
Chính từ ý tưởng này đã gợi cho ta nghĩ đến phép thay

f ( −x)

cùng xuất hiện trong một đẳng thức

f

f ( − x2 )

y = −1

f ( 0) = 0

). Vì

và sử dụng tính lẻ, ta sẽ

vào (1) để có

f ( x)

và

f ( x + f ( x − 1) ) + f ( − x ) = x + f ( x − 1) − f ( x )

f ( x + f ( x − 1) ) = x + f ( x − 1)

Như vậy để chứng minh lẻ ta chỉ cần chứng minh
là
được.Tuy nhiên nếu để đẳng thức ở dạng như thế này thì sẽ khó liên kết với đẳng thức (3) ở
x
trên. Do đó ta sẽ tịnh tiến lên 1 đơn vị để viết đẳng thức lại thành
f ( x +1 f ( x) ) = x +1+ f ( x)

Bài tập tương tự

Bài 1: ( TST 2004 Việt Nam)
Tìm tất cả các giá trị của a sao cho tồn tại duy nhất một hàm số

f :¡ →¡

, thỏa mãn
18


f ( x 2 + y + f ( y ) ) = f 2 ( x ) + ay, ∀x, y ∈ ¡
Bài 2: (VMO 2016)
Tìm tất cả các giá trị của a sao cho tồn tại hàm số
f ( 1) = 2016
1)
f ( x + y + f ( y ) ) = f ( x ) + ay , ∀x, y ∈ ¡
2)
Bài 3: (VMO 2017)
f :¡ → ¡
Tìm tất cả các hàm số
, thỏa mãn
f ( xf ( y ) − f ( x ) ) = 2 f ( x ) + xy, ∀x, y ∈ ¡
Bài 4. Tìm tất cả các hàm

f :¡ →¡

f ( f ( x) + 2 f ( y) ) = f ( x) + y + f ( y)

f :¡ → ¡

, thỏa mãn

thỏa mãn điều kiện:
với mọi

x, y ∈ ¡

.

Bài 5: Bugaria 2003
Tìm tất cả các hàm số

f :¡ → ¡

f ( x2 + y + f ( y ) ) = 2 y + f 2 ( x )

, thỏa mãn

x, y ∈ ¡

với mọi
.
Bài 6: Chọn đội tuyển PTNK TP Hồ Chí Minh 2013
f :¡ →¡
Tìm tất cả các hàm số
, thỏa mãn

f ( x3 + y + f ( y ) ) = 2 y + x 2 f ( x )

với mọi

Bài 7. Moldava TST 2015

f :¥ →¥

Tìm tất cả các hàm
thỏa mãn
Bài 8. Turkey TST 2015
f :¡ →¡
Tìm tất cả các hàm
sao cho

x, y ∈ ¡

.

f ( mf ( n ) ) = n + f ( 2015m ) , ∀m, n ∈ ¥

.

f ( x 2 ) + 4 y 2 f ( y ) = ( f ( x − y ) + y 2 ) ( f ( x + y ) + f ( y ) ) , ∀x, y ∈ ¡

.
2.2 Sử dụng tính chất ánh xạ của hàm số giải một số bài tập phương trình hàm trên
¥,¢
Bài 1: Tìm tất cả các hàm

f : ¥* → ¥*

thỏa mãn đẳng thức
19

f ( f ( m) + f ( n) ) = m + n

,với mọi

m, n ∈ ¥ *

Giải
Thay

m=n

vào đẳng thức trên ta được

.

f ( 2 f ( n ) ) = 2n

(1), và từ đẳng thức này ta có: nếu

f ( n1 ) = f ( n2 ) ⇒ f ( f ( n1 ) ) = f ( f ( n2 ) ) ⇒ 2n1 = 2n2 ⇒ n1 = n2

Ta có

f

hay suy ra
2n = n − 1 + n + 1 = n + n ⇒ f ( f ( n − 1) + f ( n + 1) ) = f ( f ( n ) + f ( n ) )

là đơn ánh.

f
, và do

là

f ( n − 1) + f ( n + 1) = 2 f ( n ) , ∀n ≥ 2

đơn ánh nên
(2).
Từ đẳng thức (2) ta có:
f ( n ) − f ( n − 1) = f ( n − 1) − f ( n − 2 ) = ... = f ( 2 ) − f ( 1) = a

suy ra
Thay
.

f ( n ) = f ( 1) + ( n − 1) a = an + b
f ( n ) = an + b

; trong đó

b = f ( 1) − a

vào phương trình ban đầu ta được

,
.

a = 1, b = 0

.Vậy

f ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ *

f , g,h : ¥* → ¥*

Bài 2: Tìm tất cả các song ánh
thỏa mãn
3
3
3
*
f ( n ) + g ( n ) + h ( n ) = 3ng ( n ) h ( n ) , ∀n ∈ ¥
(1)
Giải
f , g, h
Giả sử tồn tại các song ánh
thỏa mãn yêu cầu đề bài . Sử dụng (1) và bất đẳng thức
Cauchy ta được
f 3 ( n ) + g 3 ( n ) + h3 ( n ) = 3ng ( n ) h ( n ) ≥

3

f 3 ( n ) g 3 ( n ) h3 ( n ) = 3 f ( n ) g ( n ) h ( n )

f ( n) = g ( n) = h ( n)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

. Suy ra
f ( 1) ≤ 1
f ( 1) ≥ 1
f ( 1) = 1
Do đó
mà
nên
g ( 1) = h ( 1) = 1
Từ đó ta có
.
f ( k ) = g ( k ) = h ( k ) = k , ∀k ≤ n
Giả sử
. Ta sẽ chứng minh
f ( n + 1) = n + 1 = g ( n + 1) = h ( n + 1)

f ( n ) ≤ n, ∀n ∈ ¥ *

(2)

20


Thật vậy , giả sử

f ( n + 1) = m

f ( n + 1) ≤ n + 1 ⇒ m ≤ n + 1

, theo (2) thì
f ( n + 1) = m

f
m ≥ n +1
Do
là song ánh nên từ
và giả thiết quy nạp ta được
.
f ( n + 1) = n + 1
m = n +1
Vậy
hay
g ( n + 1) = h ( n + 1) = n + 1
Kết hợp với dấu trong Cauchy ta có
f ( n ) = g ( n ) = h ( n ) = n, ∀n ∈ ¥ *
Theo quy nạp ta được
.
Bài 3: (TST Việt Nam 2014)
f :¢ → ¢
Tìm tất cả các hàm
thỏa mãn
f ( 2m + f ( m ) + f ( m ) f ( n ) ) = nf ( m ) + m, ∀m, n ∈ ¢
(1)
Giải
∃m0 ∈ ¢ / f ( m0 ) ≠ 0
f ≡0
Dễ thấy
không phải là nghiệm của phương trình, do đó
f ( 2m0 + f ( m0 ) + f ( m0 ) f ( n ) ) = nf ( m0 ) + m0
m = m0
f
Thay

vào (1)
suy ra là đơn ánh
f ( 2m + f ( m ) + f ( m ) f ( 0 ) ) = m
f ( 0) = a
n=0
Thay
vào (1) ta có
, đặt
ta được
f ( 2m + f ( m ) ( a + 1) ) = m, ∀m ∈ ¢

Thay

Thay

Thay

m=n=b

m=n=0

vào (1) ta được

(2) do đó
f ( 2b ) = 0

f ( a + a) = 0
2

vào (1)

f
là toàn ánh , suy ra

b=

f

, do là đơn ánh nên
a2 + a
f ( 2m ) =
f ( m ) + m, ∀m ∈ ¢
2

n=b

vào (1) ta được
f ( af ( n ) + a ) = an, ∀n ∈ ¢
m=0
Thay
vào (1)
(4)
Thay

Thay

m = an

vào (2) rồi so sánh với (4) ta suy ra

a ( a2 + a )

n=b

ta được

2

= f ( 0) = a
từ đó

∃b ∈ ¢ / f ( b ) = −1

.

a2 + a
2

(3)

( a + 1) f ( an ) + 2an = af ( n ) + a, ∀n ∈ ¢

a ∈ { 0;1; −2}

. Ta xét các trường hợp sau:

21


* Nếu

a =1

thì

f ( n ) = 1 − 2n , ∀n ∈ ¢

. Thử lại không thỏa mãn
f ( 2m ) = m, ∀m ∈ ¢
f ( m ) = 0, ∀m ∈ ¢
a=0
* Nếu
, từ (3)
, so sánh với (2) ta được
vô lý vì
f
không phải là hàm hằng
f ( −2n ) + 4n = 2 f ( n ) + 2 = 0, ∀n ∈ ¢
a = −2
* Nếu
ta có
f ( −2n ) = f ( − n ) − n
f ( − n ) + 3n = 2 f ( n ) + 2, ∀n ∈ ¢
Mặt khác theo (3) ta lại có
. Do vậy
.
(5)
f ( n ) − 3n = 2 f ( −n ) + 2, ∀ − n ∈ ¢
n
−n

Thay bởi
vào (5) ta cũng có
(6)
f ( n ) = n − 2, ∀n ∈ ¢
Kết hợp (5) và (6) ta suy ra
. Thử lại thấy thỏa mãn
f ( n ) = n − 2, ∀n ∈ ¢
Vậy hàm số cần tìm là
.
Nhận xét
Ở bài toán trên tính đơn ánh, toàn ánh được nhận khá dễ dàng và nó còn đúng với mọi số
thực chứ không chỉ trên tập số nguyên. Nó giúp việc thay thế các giá trị có thể thực hiện dễ
dàng và hiệu quả
Ngoài cách giải trên , ta cũng có thể dự đoán ra biểu thức của hàm số và bằng cách chọn các
giá trị đặc biệt ta có thể tìm ra
Bài 4: (Đề thi HSG Quốc gia 2012).
f
¡
¡
Tìm tất cả các hàm số xác định trên tập số thực , lấy giá tri trong
và thỏa mãn đồng
thời các điều kiện sau :
f
¡
¡
(1)
là toàn ánh từ đến
;
f
¡

(2)
là hàm số tăng trên ;
f ( f ( x ) ) = f ( x ) + 12 x
x
(3)
với mọi số thực .
Giải
f ( f ( x) ) = f ( f ( y) )
f ( x) = f ( y)
12 x = 12 y
x= y
Nếu
thì
nên từ (3) ta suy ra
, do đó
.
f
f
f
Vây
là đơn ánh kết hợp với
là toàn ánh nên
là song ánh .
−1
f
f
f
f −1
¡
Goi

là hàm ngược của , do
là hàm số tăng trên
nên
cũng là hàm tăng.

22


f ( f ( 0) ) = f ( 0) ⇔ f ( 0) = 0

x=0

Thay
vào (3) ta được
f ( 0) = 0
f −1 ( 0 ) = 0
Từ
ta suy ra
.

(

f − n ( x ) = f −1 f −1... ( f −1 ( x ) )

Đặt

f−n ( 0) = 0

cũng là hàm tăng và

)

(

n

f
(do

f −1

lần kí hiệu

là song ánh )

f −1

). Do

cũng là hàm tăng nên

f−n

.

a0 = f ( x ) , a1 = x

Xét dãy
Thay

x

( an )

bởi

( an ) : 

−1
an = f ( an −1 ) , n = 2,3, 4...

với
f −1 ( an −1 )

vào (3) ta có

Xét phương trình đặc trưng

Do

λ 2 − λ − 12 = 0 ⇔ λ ∈ { −3;4} ⇒ f − n = α ( −3)

nên
4x − f ( x)
f ( x ) + 3x −n
−n
f−n ( x ) =
4
( −3) +
7

7

Xét với

x > 0,

f −n ( x) > 0

−n

+ β .4− n


4x − f ( x)
α=

α
+
β
=
x


7
⇔

−3α + 4 β = f ( x )
β = f ( x ) + 3x

7

a0 = f ( x ) , a1 = x

Vậy

an −2 = an −1 + 12an

f −1

cố định do

n

là hàm tăng nên

(*)
f −1 ( x ) > f −1 ( 0 ) ⇔ f −1 ( x ) > 0

nên

x > 0 ⇒ 3 f ( x) + x > 0

với mọi . Ta có với
n = 2k , n = 2k + 1
Cho
vào (*) ta thu được
4x − f ( x )
f ( x ) + 3 x −2 k
−2 k
4 >0

( −3 ) +
f −n ( x) > 0
n
7
7
( do
mọi )
4x − f ( x )
f ( x ) + 3x −2 k −1
−2 k −1
4
>0
( −3 ) +
f −n ( x ) > 0
n
7
7
( do
mọi )
−2 k

Dễ dàng suy ra

4
 ÷
3

f ( x ) − 4x
>
f ( x ) + 3x

−2 k −1

và

4
 ÷
3

>

4x − f ( x)
f ( x ) + 3x

.

23


Cho
Với

k → +∞

x < 0,

ta thu được

4x ≤ f ( x) ≤ 4x
f −n ( x ) < 0

cố định khi đó

ta cũng được

f ( x ) = 4 x, ∀ x < 0

.

Kết hợp 2 trường hợp trên ta có

f ( x ) = 4 x, ∀x > 0

.Suy ra

với mọi

n

f ( x ) = 4 x, ∀x ∈ ¡

và

3 f ( x) + x < 0

.

. Làm tương tự như trên

,thử lại thỏa mãn . Vậy

f ( x ) = 4 x, ∀x ∈ ¡

là hàm duy nhất thỏa mãn đề bài.
f
¡
Nhận xét: Vấn đề ở bài toán VMO 2012 là hàm số
xác đinh trên tập xác định , lấy giá
3; −4
λ 2 − λ − 12 = 0
¡
tri trong phương trình đặc trưng
có nghiệm
( nghiệm âm có giá rị
tuyệt đối bé hơn nghiệm dương, các bài toán trước thì nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn
n → +∞
hơn nghiệm dương, do đó nếu làm tương tự thì khi
không suy ra được kết quả như
mong muốn, vì thế ta phải cho
khác biệt căn bản .
Bài 5: Tìm tất cả các toàn ánh

n → −∞

f −1

và vì vậy ta phải dùng đến hàm

f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ )

(

2xf ( f ( x ) ) = f ( x ) x + f ( f ( x ) )

Giải :

)

,

thỏa mãn

∀x > 0

(5)

2xf ( f ( x ) ) = xf ( x ) + f ( x ) f ( f ( x ) )

Ta có (5) tương đương với
2
1
1
⇔
=
+
f ( x) f ( f ( x) ) x

,

∀x > 0

∀x > 0

(5’)
f ( f ( x) ) = f ( f ( y) )
f ( x) = f ( y)
x > 0, y > 0
Nếu tồn tại
sao cho
thì
. Từ (5’) ta có
1
1
2
2
1
1
+ =
=
=
+ ⇒x= y
f ( f ( x) ) x f ( x) f ( y) f ( f ( y ) ) y

f
Vậy
cố định

,

. Đó là điểm

f −1

f
là đơn ánh, suy ra

x

và xây dựng dãy

là song ánh nên tồn tại hàm ngược

{ un }

. Với

∀x ∈ ( 0; +∞ )

ta

như sau
24


1
1
1
u0 = , u1 =
,...un +1 =
, ∀n ∈ ¥

x
f ( u0 )
f ( un )

Trong (1) thay

x

Như vậy dãy số

bởi

+ Nếu

1
1
<
f ( x) x

⇔ un+ 2 − un +1 = un+1 − un , ∀n ∈ ¥

, ta được

d = u1 − u0 =

( un )

un = u1 + ( n − 1) d =

un = f ( un−1 ) > 0

2un+1 = un+ 2 + un , ∀n ∈ ¥

là cấp số cộng có công sai

 1
1
1
+ ( n − 1) 
−  , ∀n ∈ ¥
f ( x)
 f ( x) x 

1
1
−
f ( x) x

. Do đó

(5’’)

lim un = −∞

thì từ (5’’) ta suy ra

n →∞

, nên tồn tại n đủ lớn sao cho

un < 0

f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ )

mâu thuẫn với giả thiết.
.
1
1
>
f ( x) x
+ Nếu
thì ta xây dựng dãy số như sau:
1
1
1
a0 =
,a1 = , an +1 −1
, ∀n ∈ ¥
f ( x)
x
f ( an )

Trong (5’) thay

x

bởi

f −1 ( an +1 )

an = a1 + ( n − 1) ( a1 − a0 ) =
được

Mặt khác do

1
1
>
f ( x) x

mâu thuẫn với

ta được

an + 2 + an = 2an +1∀n ∈ ¥

. Tương tự như trên ta thu

1
1
1 
+ ( n − 1)  −
 , ∀n ∈ ¥
x
x
f
x
(
)



lim an = −∞

nên ta suy ra

f −1 : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ )

n →∞

dẫn đến tồn tại n đủ lớn sao cho

an < 0

.

1
1
= ⇔ f ( x) = x
f ( x) x

Vậy cả hai trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn nên ta phải có
f ( x ) = x, ∀ x ∈ ( 0; +∞ )
( 0;+∞ )
x
Do ta lấy tùy ý trong
nên suy ra
. Thử lại ta thấy thỏa
mãn.
25