SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ÁNH XẠ CỦA HÀM SỐ ĐỂ
GIẢI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM.
1 Một số kiến thức chuẩn bị
Trong mục này, ta chỉ quan tâm đến các hàm số f (x) với tập xác định
D( f ) ⊆ R và tập giá trị R( f ) ⊆ R.
Giả sử /0 = X, Y ⊆ R. Xét hàm số f : X → R, ta có các định nghĩa và một
số mệnh đề hữu ích liên quan đến tính chất ánh xạ của hàm số như sau.
Định nghĩa 1.1. Hàm số f (x) được gọi là đơn ánh trên X nếu với mọi a, b ∈ X
thì f (a) = f (b) ⇐⇒ a = b.
Định nghĩa 1.2. Hàm số f (x) được gọi là toàn ánh từ X vào Y nếu với mọi
y ∈ Y thì tồn tại x ∈ X thỏa mãn f (x) = y.
Định nghĩa 1.3. Hàm số f (x) được gọi là song ánh từ X vào Y nếu nó vừa là
đơn ánh trên X vừa là toàn ánh từ X vào Y .
Định nghĩa 1.4. Giả sử f : X → Y là một song ánh. Khi đó, ta có thể định nghĩa
hàm số f
−1
: Y → X như sau: với mỗi y ∈ Y thì f
−1
(y) = x khi và chỉ khi x là
phần tử duy nhất của X thỏa mãn f (x) = y. Ta gọi f
−1
là hàm số ngược của f .
Có thể thấy rằng f
−1
là song ánh từ Y vào X.
Mệnh đề 1.1. Giả sử f , g : R → R là hai hàm số xác định trên R. Khi đó:
(i). Nếu f (g(x)) toàn ánh trên R thì f (x) là toàn ánh trên R.
(ii). Nếu f (g(x)) là một đơn ánh trên R thì g(x) là một đơn ánh trên R.
(iii). Nếu f, g là đơn ánh (tương ứng toàn ánh hay song ánh) thì hàm hợp
f (g(x)) cũng là một đơn ánh (tương ứng toàn ánh hay song ánh).
Mệnh đề 1.2. Giả sử f , g, h : R → R là các hàm số xác định trên R, trong đó

2
+ 4y +3, ∀y ∈ R.
Suy ra x
1
= x
2
. Vậy f là đơn ánh.
Ta có f ( f (x) + 2y) = 4x +4y + 3 = f ( f (y) + 2x), vì f đơn ánh nên
f (x) + 2y = f (y) +2x hay f (x) − 2x = f (y) − 2y, ∀x, y ∈ R.
Do đó f (x) − 2x = c, c ∈ R. Thay lại f (x ) = 2x + c vào điều kiện ta có c = 1.
Vậy nghiệm của bài toán là f (x) = 2x +1, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.2. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (2 f (x) − y) = 2x + y + 6, ∀x ∈ R. (1)
LỜI GIẢI. Bằng cách xét riêng biến x, dễ dàng chứng minh f là một đơn ánh.
Trong (1), thay y = −2x ta có f (2 f (x) + 2x) = 6, ∀x ∈ R.
Suy ra
f (2 f (x) + 2x) = f (2 f (y) + 2y), ∀x, y ∈ R.
Vì f đơn ánh nên ta có 2 f (x) + 2x = 2c, ∀x ∈ R, với c ∈ R bất kì.
Thay f (x) = −x + c vào (1) ta suy ra c = 2.
Vậy f (x) = −x + 2, ∀x ∈ R.
Nhận xét: Ta có bài toán tổng quát, với cách giải tương tự, như sau: Tìm hàm
f thỏa mãn f [a f (x) + by] = cx + dy +e, ∀x, y ∈ R, trong đó a, b, c, d, e là các số
thực khác 0.
Bài toán 2.3. (IMO 1988, Shortlist) Tìm tất cả các hàm số f : N → N thỏa mãn
điều kiện
f ( f (n) + f (m)) = n + m, ∀m, n ∈ N.
2
LỜI GIẢI. Nhận xét f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f (m) = f (n) khi đó
n + m = f ( f (n) + f (m)) = f ( f (n) + f (n)) = n + n = 2n → m = n.
Để tận dụng tính chất đơn ánh ta có nhận xét sau đây

3
Bây giờ, bằng quy nạp, nếu f (n) = n thì f (n + 1) = f ( f (n) + f (1)) = n + 1.
Dẫn đến kết luận f (n) = n, ∀n ∈ N.
Một cách tổng quát: Với f : N → N và k ∈ N
∗
, ta có
f (
k
∑
i=1
f (n
i
)) =
k
∑
i=1
n
i
, ∀n
i
∈ N ⇐⇒ f (n) = n, ∀n ∈ N
Không khó để ta có thể nhận thấy cách giải bài toán tổng quát này dựa vào bài
toán ban đầu, tức với k = 2. Thật vậy, ta giữ nguyên mọi biến n
k
với k ≥ 3, chỉ
để hai biến n
1
, n
2
thay đổi sao cho tổng không đổi, sử dụng tính đơn ánh ta sẽ

Giả sử f (n) chỉ không nhận k giá trị phân biệt c
1
, c
2
, , c
k
trong N.
Khi đó, f ( f (n)) không nhận 2k giá trị tự nhiên phân biệt c
1
, c
2
, , c
k
và
f (c
1
), f (c
2
), , f (c
k
), vì f là đơn ánh nên các giá trị f (c
i
) là khác nhau.
4
Bây giờ, nếu w = c
1
, , c
k
, f (c
2

nhận pq giá trị", ta có khẳng định điều kiện trên là đúng đắn.
Một hướng để thay đổi bài toán là thay n trong vế phải bởi hàm g(n) cho
trước. Chẳng hạn: Tìm điều kiện của k ∈ N để tồn tại hàm f : N → N thỏa
mãn f ( f (n)) = kn
9
, ∀n ∈ N, hay: Tồn tại hay không hàm f : N → N thỏa mãn
f ( f (n)) = n
2
. Vấn đề này xin dành cho bạn đọc quan tâm.
Bài toán 2.6. (IMO 1997, Shortlist) Tồn tại hay không các hàm số f (x), g(x)
xác định trên R thỏa mãn các điều kiện
f (g(x)) = x
2
, g( f (x)) = x
3
, ∀x ∈ R.
LỜI GIẢI. Giả sử tồn tại các hàm f (x), g(x) thỏa mãn bài toán.
Từ g( f (x)) = x
3
ta suy ra f (x) đơn ánh, vì nếu
f (x
1
) = f (x
2
) ⇒ x
3
1
= x
3
2

2
+t) = f (x
2
+ f (y)) = y +[ f (x)]
2
= f (t) + [ f (x)]
2
≥ f (t), ∀x ∈ R, x = 0.
Do đó f không giảm, và thỏa mãn f ( f (x )) = x, ∀x ∈ R.
Đây là bài toán quen thuộc, có nghiệm là f (x) = x, ∀x ∈ R, hàm này cũng thỏa
mãn (*).
Bây giờ, ta chứng minh f (0) = 0.
Trước tiên khi cố định x, xét riêng biến y ta dễ dàng suy ra f là song ánh.
Do đó, tồn tại a sao cho f (a) = 0, đặt f (0) = b.
Trong (*) lấy x = 0 ta có f ( f (y)) = y + [ f (0)]
2
= y + b
2
, ở đây lấy y = a ta có
f ( f (a)) = a+b
2
hay b = a+b
2
(1). Trong (*) lấy x = a, y = 0 ta có f (a
2
+b) = 0
mà f (a) = 0, f đơn ánh nên a
2
+ b = a (2). Từ (1) và (2) ta suy ra a = b = 0.
Do đó f (0) = 0.

2
= 1 +t + 2t
2
+t
4
.
Cách thứ hai, ta có
f (t
2
+ f (1)
2
) = f (t
2
+ f (1 +t)) = 1 +t + f (t)
2
= 1 +t + t
4
.
Từ đó, ta có t = 0 hay f (0) = 0.
Mở rộng bài toán này, ta có bài toán dưới đây:
Bài toán 2.8. Cho ∈ N
∗
. Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (x
2n
+ f (y)) = y +[ f (x)]
2n
, ∀x, y ∈ R. (*)
6
LỜI GIẢI. Cách giải bài toán này tương tự như bài toán trên. Ta cũng dễ dàng

Suy ra với mọi x ∈ R thì hoặc f (x) = x hoặc f (x) = −x.
Ta chứng minh không đồng thời tồn tại a, b = 0 sao cho f (a) = a và f (b) = −b.
Giả sử ngược lại, tồn tại a, b như thế.
Thay x = a, y = b vào (2) ta có f (a
2
− b) = a
2
+ b, nhưng [ f (x)]
2
= x
2
, ∀x ∈ R
nên ta phải có (a
2
+ b)
2
= (a
2
− b)
2
hay 4a
2
b = 0, điều này không thể xảy ra vì
a, b = 0.
Vì vậy f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Thử lại ta thấy hai hàm này thỏa mãn bài toán.
Vậy bài toán có hai nghiệm là f (x) = x, ∀x ∈ R hoặc f (x) = −x, ∀x ∈ R.
Nhận xét: Khi đã có [ f (x)]
2
= x

+ f (y) = [ f (x)]
2
+ f (y)
Suy ra [ f (x)]
2
= x
2
, ∀x ∈ R.
Tương tự trên ta chỉ ra rằng không đồng thời tồn tại a = 0, b = 0 thỏa mãn
f (a) = a, f (b) = −b.
Thật vậy, giả sử tồn tại a, b như trên.
Trong (ii) lấy x = a, y = b ta có f (a
2
− b) = a
2
+ b.
Do [ f (x)]
2
= x
2
, ∀x ∈ R nên (a
2
− b)
2
= (a
2
+ b)
2
suy ra a
2

p
y
p
2
.
Do đó, x
p
y
q
= a
pq+q
x
p
y
p
2
, ∀x, y ∈ R
+
.
Điều này chỉ xảy ra với q = p
2
, a = 1.
Ngược lại, nếu q = p
2
thì hàm f (x) = x
p
có tính chất
f (x f (y)) = x
p
[ f (y)]

f (t) = t − f (0), ∀t ∈ R.
Thay lại vào PTH ban đầu ta dễ suy ra f (0) = 0, nên f (t) = t, ∀t ∈ R.
Đây là nghiệm của bài toán.
Bài toán 2.13. Tìm hàm f : R → R thỏa mãn điều kiện
f (x + f (y)) = x + f (y) + x f (y), ∀x, y ∈ R.
Gợi ý. Ta thấy rằng f (x) ≡ −1 là nghiệm. Ta đi tìm nghiệm khác.
Tồn tại a sao cho f (a) = −1. Lấy y = a ta có
f (x + f (a)) = x(1 + f (a)) + f (a),
khi đó vế phải nhận giá trị trên toàn R khi x chạy trên toàn R, nên ta có f toàn
ánh.
Nếu chỉ lấy x = 0 ta được f ( f (y)) = f (y), ∀y ∈ R. Kết hợp f toàn ánh ta suy ra
f (x) = x, ∀x ∈ R.
Nhưng thử lại thì hàm này không thỏa mãn bài toán.
Vậy nghiệm của bài toán là f (x) ≡ −1.
Bài toán 2.14. (IMO 2002, Shortlist) Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn
f ( f (x) + y) = 2x + f ( f (y)− x), ∀x, y ∈ R.
LỜI GIẢI. Ta chỉ ra rằng f là toàn ánh.
Thật vậy, lấy y = − f (x) ta có
f (0) = 2x + f ( f (− f (x) − x)) hay f ( f (− f (x) − x)) = f (0) − 2x.
Do mọi số thực đều biểu diễn được dưới dạng f (0) − 2x nên miền giá trị của f
là R, hay f là toàn ánh.
Suy ra với mỗi y sẽ tồn tại z sao cho f (z) = y.
Đặc biệt, tồn tại a thỏa mãn f (a) = 0.
Lấy x = a, theo phương trình đầu, ta có
f (y) − a = f ( f (y) − a)+ a ⇐⇒ f ( f (y) − a) = ( f (y)− a) − a.
Vì f toàn ánh nên với mỗi số thực x tồn tại số thực y sao cho x = f (y) − a. Vì
vậy f (x) = x − a, ∀x ∈ R.
Thử lại, hàm f (x) = x −a, với a là hằng số, thỏa mãn bài toán.
Để kết thúc mục này, ta đi xét một dạng PTH sử dụng miền giá trị của toàn
ánh một cách khá phức tạp, khó nhận thấy hơn, nhưng đặc sắc hơn rất nhiều.

Nên tồn tại a sao cho f (a) = 0. Trong (**) lấy y = a ta có
f (x − f (a)) = f ( f (a)) +x f (a) + f (x) − 1.
Đặt g(x) = f (x − f (a)) − f (x), khi đó dễ thấy g là toàn ánh, do
g(x) = f (x − f (a)) − f (x) = x f (a) −1 + f ( f (a)), f (a) = 0,
10
nhận giá trị trên toàn R khi x chạy trên toàn R.
Ta sẽ tìm cách biểu diễn f ( f (x) − f (y)) theo f (x) − f (y).
Đặt f (0) = c. Trong (**), thay x = f (y) ta có
f (0) = 2 f ( f (y)) + [ f (y)]
2
− 1.
Suy ra
f ( f (y)) =
c + 1
2
−
[ f (y)]
2
2
, ∀y ∈ R. (i)
Thay x bởi f (x) vào (**) ta có
f ( f (x) − f (y)) = f ( f (y)) + f (x) f (y) + f ( f (x)) − 1. (ii)
Thay (i) vào (ii) ta có
f ( f (x) − f (y)) =
c + 1
2
−
[ f (y)]
2
2

− 1, ∀x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn (**).
Vậy nghiệm của bài toán là f (x) = −
x
2
2
− 1, ∀x ∈ R.
Nhận xét: Việc xét hàm g(x) toàn ánh như trên là "tương đối kĩ thuật", và việc
có thể biểu diễn hàm f (g(x)) theo g(x) đòi hỏi người ra đề phải tính toán hợp
lý. Dưới đây là một số bài toán tương tự.
Bài tập 2.1. Xác định tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
f (x − f (y)) = f ( f (y)) −2x f (y) + f (x), ∀x, y ∈ R,
Đáp số. Hàm cần tìm là f (x) = x
2
.
Bài tập 2.2. Xác định tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn
2 f (3x − 2 f (y)) = 4 f ( f (y)) +3 f (x) − 3x − 1, ∀x, y ∈ R.
Đáp số. Hàm cần tìm là f (x) = −x + 1.
11
Bài toán 2.17. (Tổng quát IMO 1999) Với a = 0, b, c là các số thực. Tìm hàm
f : R → R thỏa mãn
f (x − f (y)) = f (x) + f ( f (y)) − ax f (y) − b f (y)− c, ∀x, y ∈ R. (E(a, b, c))
LỜI GIẢI. Ta thấy rằng việc tìm hàm f thỏa mãn E(−1, 0, 1) chính là bài toán
IMO 1999 phía trên.
Ta có thể giải bài toán này bằng cách hoàn toàn tương tự. Với những gợi ý như
sau:
Trước tiên, hàm f (x) ≡ 0 là nghiệm của E(a, b, c) khi và chỉ khi c = 0. Ta sẽ đi
tìm nghiệm f không tầm thường.
Khi đó, tồn tại u thực sao cho f (u) = 0. Trong E(a, b, c) lấy y = u, khi đó do
a = 0 ta dễ thấy g(x) = f (x − f (u)) − f (x) sẽ nhận giá trị trên toàn R, hay g
toàn ánh. Suy ra f (x) − f (y) sẽ nhận giá trị trên toàn R khi x, y thay đổi trên R.

2
z
2
, ∀z ∈ R.
Thay z bởi f (y) và kết hợp với (1) ta suy ra d = c. Thử lại nghiệm đúng.
Vậy nghiệm của bài toán là f (z) = c +
b
2
z +
a
2
z
2
, ∀z ∈ R.
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài tập 2.3. Cho hàm số f : R → R thỏa mãn 4 f ( f (x)) = 2 f (x) + x, ∀x ∈ R.
Chứng minh rằng f (0) = 0.
Bài tập 2.4. Xác định tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn
f (2 f (n) − f (m)) = 2n − m, ∀m, n ∈ Z.
Bài tập 2.5. (Latvia TST) Tìm f , g : R → R trong đó g là đơn ánh và
f (g(x) + y) = g( f (y) +x), ∀x, y ∈ Z.
12
Bài tập 2.6. (Germany TST 2009) Tìm f : R → R biết rằng nếu x
3
+ x f (y) +
f (z) = 0 thì [ f (x)]
3
+ y f (x) + z = 0.
Gợi ý. Chứng minh f toàn ánh, đơn ánh và f (x) = 0 ⇐⇒ x = 0. Từ đó chỉ ra
f (x) = x, ∀x ∈ R.

Chứng minh rằng f (x) = x. ∀x ∈ [0, 1].
Gợi ý. Sử dụng tính chất nếu f liên tục và đơn ánh thì f đơn điệu. Mà f (0) = 0
và f (1) = 1 nên f đồng biến. Từ đây suy ra f (x) = x.
13
Bài tập 2.11. Tìm tất cả các hàm f : N → N đơn ánh thỏa mãn
f ( f (n)) ≤
n + f (n)
2
, ∀n ∈ N.
Gợi ý. f (n) = n là hàm cần tìm.
Bài tập 2.12. (Romania 1986) Giả sử f , g : N → N thỏa mãn f là toàn ánh, g
là đơn ánh và thỏa mãn f (n) ≥ g(n), ∀n ∈ N. Chứng minh rằng f ≡ g.
Gợi ý. Giả sử f (n) = g(n) với n ∈ N nào đó.
Đặt A = {g(n) : f (n) = g(n)}. Bằng cách xét phần tử nhỏ nhất g(p) của A, đồng
thời sử dụng tính song ánh của f , đơn ánh của g, ta suy ra tồn tại g(q) ∈ A mà
g(q) < g(p), mâu thuẫn. Suy ra ĐPCM .
Bài tập 2.13. (VMO 1993 - Bảng A) Tìm tất cả các hàm f : N
∗
→ N
∗
thỏa mãn
f ( f (n)) = 1993.n
1945
, ∀n ∈ N
∗
.
Bài tập 2.14. Cho c ∈ R, 1 ≥ c > 0. Chứng minh rằng không tồn tại f :
(0, +∞) → (0, +∞) thỏa mãn
f ( f (x) +
1