Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
TÊN CHUYÊN ĐỀ:
ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Mã: TO19
PHẦN I. MỞ ĐẦU:
1. Lý do chọn chuyên đề:
Phương trình hàm (PTH) là một chủ đề trong thi học sinh giỏi Quốc gia, và đây là một chủ đề
khó. Đa phần học sinh đều cho rằng câu PTH là câu được xếp ở độ khó cao. Trong hai năm gần đây thì
PTH cũng được xếp vào cấu trúc đề thi HSG Tỉnh Tây Ninh. Như vậy, các em học sinh dù muốn hay
không thì khi thi vòng Tỉnh, các em cũng phải gặp câu hỏi về PTH.
Tuy nguồn tài liệu về PTH hiện nay không hiếm, nhưng để xây dựng thành bài giảng phù hợp
cho HS của chúng tôi đang giảng dạy thì cũng cần phải hệ thống, thêm bớt . . . và đó là nhiệm vụ người
viết đang cố gắng làm. Tiếp nối bài viết của chuyên đề năm trước, nay tôi tiếp tục mảng PTH nhưng sẽ
tập trung vào các loại PTH có sử dụng tính đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong quá trình giải. Các bài
giảng khác sẽ được trình bày trong những quyển nghiên cứu tiếp theo.
2. Đối tượng nghiên cứu:
- Bài giảng về đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong các bài toán về phương trình hàm
3. Cơ sở thực tiễn của việc nghiên cứu chuyên đề:
- Do học sinh gặp nhiều khó khăn trong quá trình học
- Góp phần hình thành hệ thống bài giảng dễ học cho học sinh thi HSG
- Mong muốn tạo lập tài liệu riêng cho trường về mảng này.
4. Cấu trúc chuyên đề:
Phần I. Phần mở đầu
Phần II. Phần nội dung
A.
Phần lý thuyết
B.
Các ví dụ:
C.
Phần bài tập đề nghị

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

( )

( )

phần tử x ∈ X sao cho y = f x . Như vậy f là toàn ánh nếu và chỉ nếu Y = f X .
2.3. Định nghĩa. Ánh xạ f : X → Y được gọi là song ánh nếu nó vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh. Như
vậy ánh xạ f : X → Y là song ánh nếu và chỉ nếu với mỗi y ∈ Y , tồn tại và duy nhất một phần tử x ∈ X

()

để y = f x .
Chú ý:
1. Hàm đơn ánh và liên tục thì đơn điệu
2. Nếu f ( v ( x )) = u ( x ) trong đó u ( x ) là toàn ánh trên ° thì f là toàn ánh trên ° .
3. Nếu f ( f ( x )) = ax + b, ∀x ∈° thì f là song ánh.

4. Nếu f (u ( x )) − f (v ( x )) = ax + b ( a ≠ 0) thì mọi số thực luôn biểu diễn được dưới dạng

()

()

duy nhất x ∈ X sao cho y = f x . Như vậy f −1 x = y ⇔ f x = y .
4. Ánh xạ hợp
Nếu g : A → B và f : B → C và g A ⊂ B thì ánh xạ hợp

f og : A → C

( )
được xác định bởi: ( f og )( a ) = f ( g ( a ) ) .

Kí hiệu pn = p o p o... o p .
1 42 43
n

5. Một số kí hiệu
• : Tập các số tự nhiên
• * : Tập các số nguyên dương
§ : Tập các số hữu tỷ

¢ : Tập các số nguyên
¢ + : Tập các số nguyên dương
° : Tập các số thực
° + : Tập các số thực dương.

§ + : Tập các số hữu tỷ dương
B. CÁC VÍ DỤ:
VD 1: (Dùng ôn tập cm song ánh)


song ánh thỏa mãn điều kiện f g ( x ) = h ( x ) , với mọi x ∈ ° . Chứng minh rằng g x là một hàm song
ánh.

( ) là đơn ánh. Thật vậy với x , x ∈ ° sao cho g ( x ) = g ( x ) suy ra
f ( g ( x ) ) = f ( g ( x ) ) ⇔ h ( x ) = h ( x ) ⇔ x = x (do h là một song ánh). Suy ra g là một đơn ánh.
+) Ta chứng minh g ( x )là toàn ánh. Thật vậy với mọi x ∈ ° và do h là một song ánh nên tồn tại y ∈ °
sao cho f ( x ) = h ( y ) = f ( g ( y ) ) ⇒ x = g ( y ) (do f là đơn ánh). Suy ra g là một toàn ánh.
+) Ta chứng minh g x
1

2

1

1

2

1

2

1

2

2

Vậy g( x ) là một hàm song ánh.


(

( ) ( )

sao cho g x1 = g x2

+) Ta chứng minh g là đơn ánh. Thật vậy với x1 , x 2 ∈ °

)

g g ( x1 ) − g ( x1 ) = g g ( x 2 ) − g ( x 2 ) ⇔ x1 = x 2 hay g là đơn ánh.

suy ra

+) Ta chứng minh g là toàn ánh. Thật vậy với mọi x ∈ ° ta có:

⎛ f (x)
⎛ f (x) ⎞⎞
⎟ ⎟ và kết hợp với f là một đơn ánh ta thu được:
= f⎜
+f⎜
⎜ 2 ⎟⎟
⎜ 2
2
⎝
⎠⎠
⎝
⎛ f (x) ⎞
⎛ f (x) ⎞


(ii) Số phần tử của tập hợp x f ( x ) = 0,
 x ∈ °

+

{}
U {0}} là hữu hạn.

Chứng minh rằng f là một hàm đơn ánh.

( ) ( )
{}
f ( 0 + 0) = f (0) + f (0) ⇔ f (0) = 0 .

Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chỉ ra được: f nx = nf x ,
 
 ∀n ∈ • * , ∀x ∈ ° + U 0
Thay x = y = 0 vào phương trình ban đầu ta được

{}

( )

(1)

( )
đó theo điều kiện (i) ta được: f ( x − x ) + f ( x ) = f ( x ) ⇒ f ( x − x ) = 0
(2)
Từ (1) và (2) ta thu được: f ( n ( x − x ) ) = nf ( x − x ) = 0 , với mọi n∈• . Từ đó kết hợp với điều kiện


VD 5: (Dùng tính đơn ánh) Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa mãn f 3 f ( x ) − y = 3x + y + 6 .
Dễ thấy f là một đơn ánh

(

)

C1: ∀x ∈ ° thay y = −3x ⇒ f 3 f ( x ) + 3x = 6

(

) (

)

Do đó f 3 f ( x ) + 3x = f 3 f ( y ) + 3y , ∀x , y ∈ ° ⇔ 3 f ( x ) + 3x = 3 f ( y ) + 3y ( vì f là đơn ánh)

⇒ 3 f ( x ) + 3x = c . Thay vào tìm được c = −9 ⇒ f ( x ) = − x − 3.

⎛ ⎛y⎞
⎞
y
C2: f 3 f ( x ) − y = 3x + y + 6 = 3. + 3x + 6 = f ⎜ 3 f ⎜ ⎟ − 3x ⎟
3
⎝ ⎝3⎠
⎠
⎛y⎞
⎛y⎞ y
⇔ 3 f ( x ) − y = 3 f ⎜ ⎟ − 3x ⇔ f ( x ) + x = f ⎜ ⎟ + , ∀x , y ∈ °


f :° →°

số

f x + y + f ( xy ) = f f ( x + y ) + xy , với mọi số thực x , y .

thỏa

mãn

điều

kiện:

(1)

Trước hết ta chứng minh f là một hàm đơn ánh. Thật vậy, xét hai số a,b bất kì. Chọn s sao cho

s2 > 4a; s2 > 4b . Khi đó phương trình
t2 − st + a = 0 có hai nghiệm pbiệt là t1 , t2

t2 − st + b = 0 có hai nghiệm pbiệt là t3 , t4

(
(

) (
) (


(

)

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 hay suy ra f là đơn ánh.
do Òn

( (

)

))

(

( ( ) ( ))

Ta có 2n = n − 1 + n + 1 = n + n ⇒ f f n − 1 + f n + 1 = f f n + f n , và do f là đơn ánh nên

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

+ 2n , với mọi m, n∈• .
*

2

Nếu m1 , m2 ∈• * sao cho

(

) (

)

f ( m1 ) = f ( m2 ) ⇒ f f 2 ( m1 ) + 2 f 2 ( n ) = f f 2 ( m2 ) + 2 f 2 ( n ) (cộng thêm, rồi lấy f cho 2 vế)
⇒ m12 + 2n2 = m22 + 2n2 , suy ra m1 = m2 hay f là đơn ánh.

(

)

(

2

) (
2

)

2

)

(

)

)

do f là đơn ánh nên ta có: f 2 n + 2 + 2 f 2 n −1 = f 2 n − 2 + 2 f 2 n + 1

( )
( ) ()
= f ( n + 1) − 2 f ( n) + f ( n − 1) = ... = f (3) − 2 f ( 2) + f (1) = a.
⇒ f ( n ) − f ( n − 1) = f ( n − 1) − f ( n − 2 ) + a

 
 
 
 f ( n − 1) − f ( n − 2 ) = f ( n − 2 ) − f ( n − 3) + a

(1)

Từ đẳng thức (1) ta có: f 2 n + 2 − 2 f 2 n + 1 + f 2 n = f 2 ( n) − 2 f 2 ( n − 1) + f 2 ( n − 2) =
2

2

2

2

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ....


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
  ....


 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

)

f 3 f 2 ( n ) = 3n2

(3)
(4)

Từ (3) và (4) ta thu được b = 1, c = d = 0 . Vậy f n = n , với mọi n∈• * .
Giải thích: Từ (3) ta có f 2 ( n) bậc 2 nên f(n) bậc 1 => gọi f(n) = ....
VD 9: (Dùng tính song ánh) VMO 2012 (câu 7)
Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực ° , lấy giá trị trong ° và thỏa mãn đồng thời các điều
kiện sau:
1/ f là toàn ánh từ ° đến ° ;
2/ f là hàm số tăng trên ° ;
3/ f(f(x)) = f(x) + 12x với mọi số thực x.
Lời giải. (Theo chemthan – Nguyễn Ngọc Trung)
Nếu f(x) = f(y) thì f(f(x)) = f((f(y)) nên từ phương trình hàm ta suy ra 12x = 12y, suy ra x = y.
Vậy f là đơn ánh. Theo đề bài, f là toàn ánh từ ° vào ° nên từ đây ta có f là song ánh.
Gọi f-1 là hàm ngược của f thì f-1 cũng là hàm tăng.
Thay x = 0 vào phương trình hàm, ta được f(f(0)) = f(0). Do f là song ánh nên từ đây suy ra f(0) = 0. Lấy
f −1 hai vế ta suy ra f −1 ( 0) = 0 .
- Đặt f− n ( x ) = f −1 ( f −1...( f −1 ( x ))) , n lần, dễ thấy f− n là hàm tăng và f− n ( 0) = 0 .
- Xét dãy an với a0 = f ( x ), a1 = x , an = f −1 ( an−1 ), vÙ˘i n ≥ 2 . Thay x → f −1 ( an−1 ) vào phương trình hàm,
ta được an− 2 = an−1 + 12.an . Giải phương trình sai phân này, ta tìm được

4x − f ( x)
3x + f ( x ) − n
( −3) − n +
4 .
7


(Ứng dụng toàn ánh)

(

)

(

)

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

()

Phân tích: Nhìn vào phương trình hàm ta thấy nếu tồn tại số a : f a = 0 thì thay

(

) (

)

( )

( (

x = a ⇒ f f ( y ) − a = f ( y ) − a − a , vì vậy nếu chứng minh được f là toàn ánh nữa thì bài toán được
giải quyết.
•

⎪⎪
⎪β =
⇒x=
2
⎨ f f ( β ) + α − 2β = y ⇔ ⎨
⎪
⎪α = − f ( β )
⎩
⎪⎩ f ( β ) + α = 0
toàn ánh.

(

)

⎛ ⎛ f (0) − y ⎞ ⎞ f (0) − y
⎟⎟ −
thì f x = y nên f là
f ⎜− f ⎜
⎟⎟
⎜ ⎜
2
2
⎠⎠
⎝ ⎝

( )

(IMO 1999) Xác định tất cả các hàm f : ° → °


Ta thấy nếu ∃y0 : f y0 ≠ 0 thì vế trái của hàm số là hàm bậc nhất theo x nên có miền giá trị là ° .

(

)

Từ đó, với mọi số thực x luôn tồn tại u, v sao cho x = f ( u ) − f ( v ) ⇒ f ( x ) = f f ( u ) − f ( v ) .
•

(

)

() ()

Đễ xác định f ta chỉ cần tính được f f ( u ) − f ( v ) theo f u − f v nữa là bài toán được giải
quyết.

7


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Ta nhận thấy f x ≡ 0không thỏa mãn bài toán.

( )

( )

()


)

2
1
1
f ( u ) − f ( v ) + f ( 0 ) ⇒ f ( x ) = − x 2 + f ( 0 ).
2
2
f (0) −1
1
Do đó kết hợp với (2) suy ra f ( 0 ) =
⇒ f ( 0 ) = −1 ⇒ f ( x ) = − x 2 − 1.
2
2
1
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy f ( x ) = − x 2 − 1.
2
VD 12:
(Ứng dụng song ánh) Cho hàm số f : • * → • * là một song ánh. Chứng minh rằng tồn

=−

() ( )

() ()

tại bốn số nguyên dương a, b, c, d sao cho a < b < c < d và f a + f d = f b + f c .
Do f là một song ánh từ • * đến • * nên tồn tại n sao cho f (1) < f ( n) .

{

(

)

f xf ( x ) + f ( y ) = y + f 2 ( x ) , ∀x , y ∈ ° .

Hướng dẫn:
• Giả sử f ( y1 ) = f ( y2 ) ⇒ f xf ( x ) + f ( y1 ) = f xf ( x ) + f ( y2 )

(

) (

⇒ y1 + f 2 ( x ) = y2 + f 2 ( x ) ⇒ y1 = y2 ⇒ f là đơn ánh (1)

(

)

Cho x = 0 ⇒ f f ( y ) = y + f 2 ( 0 ) , ∀y ∈ ° ⇒ f là toàn ánh (2)

)
()

Từ (1) và (2) suy ra f là song ánh từ ° vào ° nên tồn tại duy nhất số thực a : f a = 0 .

(

)


⎢⎣ f ( x ) = − x
• Thay vào ta thấy cả hai hàm số này đều thỏa mãn nên ta sẽ chứng minh nghiệm của PTH là
f x = x, ∀x và f x = − x, ∀x .

( )

•

( )

()

()

Thật vậy , giả sử có a ≠, b ≠ 0 : f a = a, f b = −b

(

)

(

Thay x = a, y = b ⇒ f a2 − b = a2 + b ⇒ a2 + b

)

2

(



dy
, ta được:
c

⎛
bdy ⎞
f ⎜ af ( y) −
⎟ = e = f ( af ( 0))
c ⎠
⎝
bdy
bdy
Mà f đơn ánh nên af ( y) −
= af ( 0) ⇒ f ( y) =
+ f ( 0), ∀y ∈ ° ( 2)
c
ac
af ( 0)
acf ( 0)
be
Trong (1) cho y = 0; x = −
, ÒˆÙÔ
c f ( 0) = −
+ e ⇔ f ( 0) =
b
b
b + ac
bdx
be

c f ( 0) = 1 − f ( 0) ⇔ f ( 0) =

1
2

1
Thay vào (2) được f ( x ) = − x + , ∀x ∈ °
2
Thử lại thấy đúng, vậy đây là hàm số cần tìm
3. Đề nghị 30-4-2002
Tìm tất cả hàm số f : ° → ° thỏa mãn điều kiện: f 30 f ( y ) + 4 x = 19 x + 75y + 2002, ∀x , y ∈ ° (1)

(

Ta chứng minh f đơn ánh trước
Giả sử f(x) = f(y), khi đó:

(

) (

)

)

19 x + 75y + 2002 = f 30 f ( y ) + 4 x = f 30 f ( x ) + 4 x = 19 x + 75 x + 2002, ∀x ∈ °
⇒x=y
10



(

)

)

30
30
f ( 0), ÒˆÙÔ
c f ( 0 ) = −19. f ( 0) + 2002
4
4
287
572
⇔
f ( 0) = 2002 ⇔ f ( 0) =
2
41
10
572
Thay vào (2) được f ( x ) = y +
, ∀x ∈ °
19
41
Thử lại thấy đúng, vậy đây là hàm số cần tìm
Trong (1) cho y = 0; x = −

4. (Đơn ánh) (T11/407 THTT tháng 5 - 2011). Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập ° , lấy giá

(


(2).
(3).

2

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

 
 

Cho x = f 0 − f ( y) thay vào phương trình (*) đã cho ta được

Từ (4) lần thay y bởi y1 , y2 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

Từ hai đẳng thức này kết hợp với (2) và (3) ta được y1 = y2 . Vậy f là một đơn ánh.

( )

()

Do đó từ (1) ta có f x = x + f 0 thử lại thấy thỏa mãn.

và :

) (
)
(
f ( af ( y ) ) + f ( f ( a ) + f ( y ) ) = y f ( a ) + f ( a + f ( y ) ) (2).
2

2

()

2

)

2

()

Từ (1) và (2) ta được y1 f a = y2 f a ⇒ y1 = y2 . Vậy f là một đơn ánh.

(

)

(

)


(

)

(i) f f ( x ) + y = x + f ( y ) , với mọi x , y ∈ °
(ii) Với mọi x ∈°

+

tồn tại y ∈ °

+

( )

()

sao cho f y = x. (27)

( )

Với x1 , x 2 ∈ ° sao cho f x1 = f x2 nên từ điều kiện (i) ta được:

(

) (

)

f f ( x1 ) + y = f f ( x 2 ) + y ⇒ x1 + f ( y ) = x 2 + f ( y ) ⇒ x1 = x 2 suy ra f là đơn ánh.


) )

f f f ( x ) + y = f ( x ) + f (y) ⇒ f (x + y) = f (x ) + f (y)

()

( 2)

( ( ))

Với mọi x > 0 , tồn tại y > 0 sao cho x = f y = f f x

( )

(3)

ÒÙn a˘nh

⇒ y = f ( x ) . Từ đó suy ra với mọi x > 0

thì f x > 0 (để cm phần dưới).
Ta chứng minh f là hàm đồng biến. Thật vậy với x1 , x 2 ∈ ° , x1 > x 2 và kết hợp với (3) ta có:

f ( x1 ) = f ( x1 − x2 + x2 ) = f ( x1 − x2 ) + f ( x2 ) > f ( x2 ) suy ra f là một hàm số đồng biến.

( )

Do hàm số f đồng biến và đẳng thức (2) ta thu được: f x = x ,
 


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.

(

) ( )
( )
Cho x = 0 ta có f ( f (0) ) + f ( −yf (0) ) = 0 ⇒ f ( −yf (0) ) = 0
Nếu f ( 0) ≠ 0 thì từ f ( − yf (0) ) = 0 ⇒ f ≡ 0 vô lí

Cho x = 0, y = −1 ta có f f (0) + f f (0) = 0 ⇒ f f (0) = 0

Do đó f ( 0) = 0 .

(

)

Cho y = 0 ta có f f ( x ) + f ( x ) = 2 x

(2)

* Tiếp theo ta cm f(x) đơn ánh
Tˆ¯ˉ( 2) ta la·∙y f ( x1 ) = f ( x2 ), suy ra :

2 x1 = f ( f ( x1 ) ) + f ( x1 ) = f ( f ( x2 ) ) + f ( x 2 ) = 2 x 2 ⇒ x1 = x 2
=> f là đơn ánh.

(
) (

)

+

→°

+

Và f x + y + g( y) = f ( x + y) + f ( y)

(

) (
)
Do đó g ( x + y + g( y) ) = g( x + y) + y , tức là g ( t + g( y) ) = g(t) + y với t > y > 0 .
Hay f x + y + g( y) − x + y + g( y) + g( y) = f ( x + y) − ( x + y) + f ( y) − y + y
Từ đây ta có g là hàm đơn ánh.

( ) ( )

(

) (

)

{

}


= a ⇔ y = axy + a ⇔ x =
xy + 1
ay
⎛ y−a
⎞
⎛ x −a
⎞
f⎜
+ f ( y) ⎟ = a = f ⎜
+ f ( x ) ⎟ , ∀x > 2a; y > 2a ( 2)
⎝ ay
⎠
⎝ ax
⎠

y−a
x −a
+ f ( y) =
+ f ( x ), ∀x , y > 2a
ay
ax
1
1
⇔ f ( x ) − = f ( y ) − , ∀x , y > 2a
x
y
1
⇔ f ( x ) − = C , ∀x , y > 2a (C : haËng so·∙)
x
1

Tˆ ¯ˉ( 4) cho x = y = 1 ta Òˆ ÙÔ
c:

Vậy f ( x ) =

⎡C = 0
1
1
+C = ⇔ ⎢
2+C
2
⎣C = −3 / 2
Do f(x) > 0, ∀x > 0 nên ta loại hàm f ( x ) =
cầu đề bài là: f ( x ) =

1
, ∀x > 0
x

* Chú ý: Sẽ là sai nếu lập luận:

1 3
− , ∀x > 0 . Vậy có duy nhất 1 hàm số thỏa mãn các yêu
x 2

y
y −1
= 1 ⇔ y = xy + 1 ⇔ x =
xy + 1
y


⇒ x + f ( 0) + xf ( 0) = f ( x ) ( do f ÒÙn a˘nh)
Đặt f(0) = a. Theo trên ta có: f ( x ) = ( a + 1) x + a, ∀x ∈ °
14

(3)


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Thay (3) vào (1) ta được:
( a + 1)[ x + f ( y ) + xf ( y )] + a = x + xy + y, ∀x , y ∈ °

⇒ ( a + 1)[ x + ( a + 1) y + a + x ( a + 1) y + ax ] + a = x + xy + y, ∀x , y ∈ °
⎡a = 0
C hoÔ
n x = y = 0 ta Òˆ ÙÔ
c : ( a + 1)a + a = 0 ⇔ ⎢
⎣ a = −2
- Khi a = 0 ta được f(x) = a
- Khi a = -2 ta được f(x) = -x-2. Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy có 2 hàm số thỏa mãn đề bài là: f ( x ) = x , ∀x ∈ ° va¯ˉf ( x ) = − x − 2, ∀x ∈ °
* Chú ý các BT có cách CM đơn ánh khác biệt sau:
11. (Đơn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ( 0; +∞) → ( 0; +∞) thỏa x 2 [ f ( x ) + f ( y )] = ( x + y ) f ( yf ( x )), ∀x , y > 0 .

(1)

Ta sẽ cm f đơn ánh. Giả sử tồn tại 2 số dương x1; x 2 sao cho x1 ≠ x 2 va¯ˉf ( x1 ) = f ( x 2 ) = a > 0

⎧⎪ x 2 [ a + f ( y )] = ( x1 + y ) f ( ya)

=
= 2
x1 + y f ( x1 ) + f ( y ) f ( x 2 ) + f ( y ) x 2 + y

⎡ x = x2
x12
x2
= 2 ⇒⎢ 1
x1 + y x 2 + y
⎢⎣ x1 x 2 + y( x1 + x 2 ) = 0 ( vo‚ly˘vÏ x1 , x 2 , y > 0)
Va‰
y co˘x1 = x 2
12. (Đơn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa f (1 + x ) f ( y) = yf (1 + f ( x )), ∀x, y ∈° . (1)
⇒

(

)

- Từ (1) ta thấy rằng nếu f đơn ánh thì bài toán sẽ rất dễ dàng. Thật vậy, giả sử f là đơn ánh. Từ (1) lấy y
= 1 được: f (1 + x ) f (1) = f (1 + f ( x )), ∀x ∈° ( 2)

(

)

- Do f đơn ánh nên từ (2) ta có: (1 + x ) f (1) = 1 + f ( x ), ∀x ∈ ° suy ra f có dạng như sau:
f ( x ) = ax + b, ∀x ∈ ° . Thay va¯ˉo (1) ÒˆÙÔ
c : a[(1 + x )( ay + b)] + b = y[ a(1 + ax + b], ∀x , y ∈ °

y0 y∈2 °suysao
( 4°) ta
co˘fva¯ˉ
( xo) =(10) ,tama‚
u thuaÂ
0
Vậy từ (4) phải có: f(x) = 0
Kết luận: Các hàm số thỏa đề bài là f ( x ) = 0; f ( x ) = x
13. (Đơn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa f x + f ( y) = f ( x + xy) + yf (1 − x ), ∀x, y ∈° . (1)

(

( 4)

)

Kí hiệu P(u;v) chỉ việc thay x bởi u và y bởi v vào (1)
+ Trường hợp f (1) ≠ 0. P ( 0; x ) ⇒ f ( f ( x )) = f ( 0) + f (1) x , ∀x ∈ ° . Suy ra f đơn ánh
P ( 0; 0) ⇒ f ( f ( 0)) = f ( 0) , mà f là đơn ánh nên f(0) = 0. Với x ≠ 0

f ( x)
f ( x)
f ( x)
; x ) ⇒ f (1 −
) = 0 = f ( 0) ⇒ 1 −
= 0 (xem giải thích bên dưới)
x
x
x

()

()

Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta có (1). Trong (1) lấy x = 0 ta được
(2)
f ( f ( y)) = f ( y), ∀y ∈ ° . Hay f ( f ( x )) = f ( x ), ∀x ∈ ° .

(

)

()

- Ta có (1) tương đương với: f x + f ( y) = x[1 + f ( y)] + f y , ∀x, y ∈°
* TH1: f ( y) ≡ −1 ( hay f ( y) = −1, ∀y ∈ ° ) . Dễ thấy f ( y ) ≡ −1thỏa mãn(1).
Vậy f ( y) = −1, ∀y ∈ ° thỏa mãn đề bài
* TH2: To‡n taÔ
i y0 ∈ ° : f ( y0 ) ≠ −1. K hi Òo˘: f ( x + f ( y0 )) = x[1 + f ( y0 )] + f ( y0 ), ∀x ∈ °

( 3)

Cho x thay đổi trên ° , vế phải của (3) là đa thức bậc nhất theo x trên ° (do 1 + f ( y0 ) ≠ 0 ), do đó có tập
giá trị là ° . Suy ra tập giá trị của vế trái của (3) cũng là ° . Vậy hàm f có tập giá trị là ° . Do đó với
mọi u∈ ° , thì tồn tại v ∈ ° sao cho f ( v) = u .
do ( 2 )

Vậy với mọi u∈ ° , ta có: f ( u) = f ( f ( v)) = f ( v) = u
Nghĩa là f ( x ) = x , ∀x ∈ ° . Thử lại thấy hàm số f ( x ) = x , ∀x ∈ ° không thỏa mãn (1)
Vậy có duy nhất 1 hàm số thỏa mãn đề bài là f ( x ) = −1, ∀x ∈ °

Thay x bởi f(x) - f(y) vào (1) ta được: f ( f ( x ) − 2 f ( y)) = 2 f ( f ( x ) − f ( y)) + f ( x )
= −2[ f ( x ) − f ( y )] + 2a + f ( x )
= −[ f ( x ) − 2 f ( y )] + 2a, ∀x , y ∈ °
Ta có: f ( t) = f ( f ( u) − 2 f ( v)) = −( f ( u) − 2 f ( v)) + 2a = −t + 2a, ∀t ∈ °
Hay f ( x ) = − x + 2a, ∀x ∈ ° . Suy ra f ( f ( x )) = − f ( x ) + 2a, ∀x ∈ °

17


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
a
Kết hợp với (4) ta được 2a = ⇔ a = 0. Va‰
y f ( x ) = − x , ∀x ∈ ° . Sau khi thử lại ta có kết luận: có duy
2
nhất một hàm số thỏa mãn đề bài là f ( x ) = − x , ∀x ∈ °
* Chú ý: Do t = f ( u) − 2 f ( v) ne‚n f ( t) = f ( f ( u) − 2 f ( v)) = f ( f (u) − f ( v) − f ( v))
= 2 f ( f ( u) − f ( v)) + f ( u) − f ( v) + f ( v) = 2 f ( f ( u) − f ( v)) + f ( u)
Vậy ta nảy sinh nhu cầu phải tìm f ( f ( x ) − f ( y )) như đã trình bày ở trên.
16.

(Toàn ánh)

x , y ∈ ° . (17)
Với

y1 , y2 ∈ °

(

)

⇒ f ( x ) + 2 f ( − f ( x )) = − f ( x )
⇒ f ( − f ( x ) ) = − f ( x ) ,
 
 ∀x ∈ °
f f (x) + 2 f − f (x) = f − f (x)

()

(1)

Thay x = − f y vào phương trình ban đầu ta được:

( (

) (

)

)

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

(

)

⇒ f f ( y ) = − f ( y ) + y + f ( y ) = y ,
 
 
 ∀y ∈ °


(Bài này không cần cm đơn ánh, cho dù nó là 1 đơn ánh)
Dễ thấy nếu a = 0 không thỏa mãn. Do đó a ≠ 0 , thay y = 0 vào đẳng thức trên ta được:

(

)

f f (x) =

x + f (0)

(1)
a
Từ đẳng thức (1) suy ra f là một toàn ánh nên tồn tại x ∈ ° sao cho f ( x ) = 0 . Khi đó từ phương trình

()

()

(

) ()
f ( y ) ≡ const.

ban đầu ta có: x + f y = af y ⇔ x = a −1 f y , với mọi y ∈ °
Từ đẳng thức (2) thì sẽ xảy ra a = 1 hoặc

()



)

(

Cho x = 0 , ta có f f ( y) = y + f ( 0)

)

2

(2). Từ đây, ta suy ra được f là đơn ánh và toàn ánh.

Suy ra tồn tại a ∈ ° sao cho f ( a) = 0 .

(

)

Cho x = a ta có f f ( y) = y kết hợp với (2) ta có f ( 0) = 0 hay a = 0 .

(

) (

)

2

Cho y = 0 ta suy ra f xf ( x ) = f ( x ) .


= 1 ⇒ f (1) = ±1.

(

)

• f (1) = 1, cho x = 1 ta được f 1 + f ( y) = 1 + y

(

)

2

(

Suy ra (1 + y) 2 = ⎡ f 1 + f ( y) ⎤ = 1 + f ( y)
⎣
⎦
Vì f (1) = 1 nên ta có f ( y ) = y .

(

)

2

⇔ ( f ( y) − y )( f ( y) + y + 2) = 0


f ( x)
ta có:
2

⎛
f ( x)
f ⎜x−
+
2
⎝

⎛ f ( x) ⎞ ⎞
f ( x)
f ⎜−
+
⎟⎟ = 0 ⇒ x −
2 ⎠⎠
2
⎝

⎛ f ( x) ⎞
f ⎜−
⎟ = 0.
2 ⎠
⎝

⎛ f ( x) ⎞
+ f ⎜−
⎟ = − x (5).
2

()

( )

Từ đây, ta có f ( nx ) = nf ( x ),
 n ∈ •
Sử dụng (3) và (6) ta có

(

(

)

(7)

) (

) (

f ( x + 1) 3 + ( x − 1) 3 = f ( x + 1) 3 + f ( x − 1) 3

)

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

= ( x + 1)

2


(Song ánh)

(9).

Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa:

f ( f ( x ) ) + f ( f ( y) ) = 2y + f ( x − y) (1) với ∀x , y ∈ ° .

f ( 0)
nên f ( x ) là hàm song ánh.
2
Suy ra tồn tại a để f ( a) = 0 và tồn tại b để f ( b ) = a .
Trong (1) thay x = y ta có f ( f ( y) ) = y +

Trong (1) cho y = b ta có f ( f ( x ) ) = 2b + f ( x − b ) = x +

f ( 0)
2

f ( 0)
= x + m . Thay vào (1) ta tìm được m = 0 .
2
Vậy f ( x ) = x là hàm cần tìm.
Suy ra f ( x ) = x − b +

21.

(Song ánh)
(Chọn đội tuyển Bình Phước 2010 – 2011 )

)

f x 2 + f ( − xf ( x ) ) = 0 ⇒ x 2 + f ( − xf ( x ) ) = 0 hay f x 2 + y = f ( y ) + f ( x 2 )

(

)

Do đó f x + y = f ( x ) + f ( y) .
22.

(Song ánh)
(Phan Ngọc Hiển - Cà Mau)
Tìm tất cả các hàm f: ¢ → ¢ thỏa : f ( x + f ( y)) = f ( x ) − y, ∀x , y ∈ ¢ .

Cho x = 0 ta có f ( f ( y )) = − y + f ( 0) , suy ra f là song ánh.
Do đó, tồn tại a sao cho f ( a) = 0 .
Thay y = a ta có f ( x + f ( a)) = f ( x ) − a ⇒ a = 0 ⇒ f ( 0) = 0 .
Thay y → f ( y ) ta có

f ( x + f ( f ( y)) ) = f ( x ) − f ( y) ⇔ f ( x − y ) = f ( x ) − f ( y) (*)
20


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Thay x → f ( − y ) ta có

f ( f ( − y) + f ( y) ) = f ( f ( − y) ) − y = y − y = 0 ⇒ f ( − y ) + f ( y) = 0 ⇒ f ( y) = − f ( − y)
Nên (*) được viết lại
f ( x − y ) = f ( x ) + f ( −y) hay f ( x + z ) = f ( x ) + f ( z),

(1)

Thay x = y = 2t vào phương trình hàm ban đầu và kết hợp với (1) ta được:

(

)

f 2t + f ( 2t ) + 2 f ( 2t ) = 2 f ( 4t ) ⇔ f ( 4t ) = 0

Từ (1), (2) và do f là đơn ánh nên ta có:

f ( 4t ) = f ( 2t ) ⇔ 4t = 2t ⇔ t = 0 ⇔ −

( )

x + f (x)
2

Vậy f x = x , với mọi x ∈ ° .
* Chú ý: Có thể giải bằng cách xem vai trò của x; y như nhau.

21

(2)

+ x = 0 ⇔ f (x) = x .


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.

22


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
PHẦN IV: MỤC LỤC
PHẦN I. MỞ ĐẦU: ................................................................................................................................... 1
PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG ................................................................................................................... 2
A. PHẦN LÝ THUYẾT ..................................................................................................................... 2
B. CÁC VÍ DỤ: ................................................................................................................................... 3
C. PHẦN BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ ........................................................................................................ 10
C.1. CÁC BÀI TOÁN DÙNG TÍNH ĐƠN ÁNH CỦA HÀM ...................................................... 10
C.2. CÁC BÀI TOÁN DÙNG TÍNH TOÀN ÁNH, SONG ÁNH CỦA HÀM ............................ 17
PHẦN III: TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................... 22
PHẦN IV: MỤC LỤC ............................................................................................................................. 23
PHẦN V: THẨM ĐỊNH CỦA GIÁO VIÊN ......................................................................................... 24

23


Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
PHẦN V: THẨM ĐỊNH CỦA GIÁO VIÊN
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................
....................................................................................