Chuyên đề đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong các bài toán về phương trình hàm

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
C.1. Các bài toán dùng tính đơn ánh của hàm
C.2. Các bài toán dùng tính toàn ánh, song ánh của hàm
Phần C. Phần kết luận - Mở ra hướng nghiên cứu

1

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG
ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM
A. PHẦN LÝ THUYẾT
1. Ánh xạ
1.1. 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 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

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
(iv) Cho a ∈ X , y ∈ Y . Nếu f ( a ) = y thì ta nói y là ảnh của a và a là nghịch ảnh của y qua ánh xạ f.

{

}

( )

(v) Tập hợp Y = y ∈ Y ∃x ∈ X , y = f ( x ) 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.
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

f (u ) − f ( v ) . Nói cách khác ∀x ∈ ° luôn có u, v sao cho x = f ( u ) − f ( v ).

()

()

5. Nếu f là toàn ánh thì ta thường sử dụng ∃a : f a = 0 hoặc ∃a : f a = 1…
6. Mọi đa thức bậc lẻ đều có tập giá trị là °
7. Đối với các PTH có chứa f ( x ± f ( y)), f ( x ), f ( y)... thì ta thường lấy x = 0 và thường thay x
bởi ± f ( x ), bÙi̊ ± f ( y )... và thường phải tìm cho được biểu diễn của f ( f ( x )) theo f ( x )
8. Ta thường biến đổi để xuất hiện biểu thức ax + b (a, b là các hằng số, a ≠ 0) và cho x thay đổi
trên ° để suy ra biểu thức này có tập giá trị là ° . Tổng quát hơn, ta thường biến đổi để xuất
hiện 1 đa thức bậc lẻ, sau đó vận dụng tính chất đa thức bậc lẻ có tập giá trị ° .
3. Ánh xạ ngược của một song ánh
2

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
3.1. Định nghĩa. Ánh xạ ngược của f, được kí hiệu bởi f −1 , là ánh xạ từ Y đến X gán cho mỗi phần tử

y ∈ Y phần tử duy nhất x ∈ X sao cho y = f ( x ) . Như vậy: f −1 ( x ) = y ⇔ f ( x ) = y

3.2. Chú ý.
a. 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.
b. Nếu f là song ánh thì tồn tại ánh xạ ngược f −1 : Y → X gán cho mỗi phần tử y ∈ Y phần tử

( )

()

()

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)
ánh.

Nếu f : ° → ° và f ( f ( x )) = ax + b, ∀x ∈ ° ( a ≠ 0) thì f là song

(Định lý này dùng nhiều về sau)
Giả sử f ( x1 ) = f ( x 2 ), khi Òo˘: ax1 + b = f ( f ( x1 )) = f ( f ( x 2 )) = ax 2 + b ⇒ x1 = x 2
Vậy f là đơn ánh. Với mọi y ∈ ° , luo‚n to‡n taÔ
i x = f(

⎛ y−b ⎞
y−b
f ( x) = f ⎜ f (
)⎟ = a
+b= y
a ⎠
a
⎝
Vậy f là toàn ánh, do đó f là song ánh.

y−b
) ∈ ° sao cho :
a

VD 2: (Dùng ôn tập cm song ánh) Xét tất cả các hàm f , g, h : ° → ° sao cho f là đơn ánh và h là

(

)

( )

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.
VD 3: (Dùng ôn tập cm song ánh) Xét tất cả các hàm đơn ánh f : ° → ° thỏa mãn điều kiện:

(

)

f x + f ( x ) = 2 x , với mọi x ∈ ° . Chứng minh rằng hàm số f ( x ) + x là một song ánh.

3

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Đặt g x = f x + x ⇒ f x = g x − x . Khi đó từ phương trình ban đầu ta được:

()

()

Do đó ta có

() ()
g ( x + f ( x )) − ( x + f ( x )) = 2 x ⇔ g ( g ( x )) − g ( x ) = 2 x .
(1)
g ( g ( x ) ) − g ( x ) = 2 x ,    ∀x ∈ °

(

)

(

( ) ( )

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) ⎞
f (x)
⎟ = g⎜
⎟ . Đẳng thức này chứng tỏ g là một toàn ánh.
x=
+f⎜
⎜ 2 ⎟
⎜ 2 ⎟
2
⎝
⎠
⎝
⎠
Do đó g là một song ánh hay f ( x ) + x là một song ánh.
f ( x ) = 2.

f (x)

{}

VD 4: (Dùng ôn tập cm đơn ánh) Xét tất cả các hàm f : ° + U 0 → ° thỏa mãn đồng thời hai điều
kiện sau:
(i) f x + y = f x + f y , với mọi x, y ∈° + U 0

(

)

( ) ()

{

(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

Giả sử x1 , x2 ∈° + U 0 sao cho f x1 = f x2 . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x1 ≥ x 2 . Khi
1

2

2

1

1

2

*

1

2

1

2

(ii) ta suy ra x1 = x 2 ( vÏ f ( 0) = 0 va¯ˉc o˘hˆ ıu haÔ
n x ÒeÂf ( x ) = 0) . Vậy f là một hàm đơn ánh.

(

)

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 ∈ °
⎝3⎠
⎝3⎠ 3

(

)

4

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Suy ra f x = − x + c thay vào tìm được c = −3 .

( )

VD 6: (Dùng tính đơn ánh) Tìm

(

) (

)

tất

cả

các

hàm

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

(
(

) (
) (

)
)

⎧ f s + f (a) = f f (s ) + a
⎪
Trong (1) lần lượt thay (x,y) bằng ( t1 , t2 );( t3 , t4 ) ta được: ⎨
⎪⎩ f s + f ( b ) = f f ( s ) + b
Từ đó nếu f ( a) = f ( b) thì a = b suy ra f đơn ánh.

(

) (

)

Thay y = 0 trong (1) ta được f x + f ( 0 ) = f f ( x ) ⇒ f ( x ) = x + f ( 0) .

( )

Vậy f x = x + a , trong đó a là một hằng số.
VD 7: (Dùng tính đơn ánh)

(IMO 1988). Tìm tất cả các hàm f : • * → • * thỏa mãn đẳng thức:

(

)

f f ( m) + f ( n ) = m + n , với mọi m, n∈ • * .

(

)

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).

() ( ) ( ) ( )
( ) ()
suy ra: f ( n) = f (1) + ( n − 1) a = an + b ; trong đó b = f (1) − a . (sắp dọc xuống)
Thay f ( n) = an + b vào phương trình (1) ban đầu ta được a = 1, b = 0 .
Vậy f ( n) = n,    ∀n ∈• .

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

*

VD 8: (Balkan MO 2009). (đi liền sau bài 7)
Kí hiệu • * là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm f : • * → •

( ( m) + 2 f ( n ) ) = m

f f

2

2

2

*

thỏa mãn đẳng thức:

+ 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

(

)

2

Dễ thấy với mọi n ∈ • * , n ≥ 3 ta có: n + 2 + 2 n − 1 = n − 2 + 2 n + 1 . (nghĩ do cấu tạo đề)
Từ đẳng thức kết hợp với phương trình đã cho ta được:

5

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
f f 2 ( n + 2 ) + 2 f 2 ( n − 1) = f f 2 ( n − 2 ) + 2 f 2 ( n + 1) ,

(

(

)

) (

(

)

(

)

(

)

)

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

                                                                         ....

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

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

                             f 2 ( 2 ) − f 2 (1) = f 2 ( 2 ) − f 2 (1)
Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được:

(

)

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

()

()

a ( n − 1)( n − 2 )

Từ đẳng thức (2) ta suy ra f 2 n có dạng: f 2 n = bn2 + cn + d.
Mặt khác phương trình ban đầu cho m = n ta được:

()

(

(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 ), vÙĭ 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
7
* Xét với x > 0, cố định. Khi đó f− n ( x ) > 0 với mọi n (do f− n là hàm tăng), 3x + f(x) > 0.
f− n ( x ) = an+1 =

6

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
−2 k −1

−2 k

⎛4⎞
4x − f ( x) ⎛ 4 ⎞
f ( x) − 4x
Cho n = 2k; n = 2k + 1 , ta thu được: ⎜ ⎟
>
,⎜ ⎟ >
3x + f ( x ) ⎝ 3 ⎠
3x + f ( x )
⎝3⎠
Cho k → +∞ ta thu được 4 x ≤ f ( x ) ≤ 4 x , suy ra f ( x ) = 4 x . Từ đó f ( x ) = 4 x với mọi x > 0.
* Với x < 0, cố định. Khi đó f− n ( x ) < 0 với mọi n, 3x + f(x) < 0. Hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra
f ( x ) = 4 x với mọi x < 0.
Kết hợp các trường hợp ta được f ( x ) = 4 x , ∀x ∈ ° .
Thử lại ta thấy hàm này thỏa mãn phương trình hàm ban đầu.
Vậy f ( x ) = 4 x , ∀x ∈ ° là hàm duy nhất thỏa mãn các yêu cầu bài toán.
VD 10:

(IMO ShortList 2002) Tìm hàm số f : ° → ° thỏa mãn

(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.
•

Thay y = − f x ta có f f − f ( x ) − x

)) = f ( 0 ) − 2 x .

Do vế trái là một hàm số bậc nhất nên có miềm giá trị ° , do đó f là toàn ánh.

()

Từ đó luôn tồn tại a : f a = 0 .

(

) (

)

Thay x = a ⇒ f f ( y ) − a = f ( y ) − a − a .

()

( )

Do f là toàn ánh nên với mỗi số thực x luôn tồn tại y sao cho x = f y − a. Vì vậy f x = x − a .
Thử lại thấy thỏa mãn.
Chú ý : Có thể chứng minh f toàn ánh như sau: ∀y ∈ ° ta chọn x sao cho

⎧ x = f (α ) − β
⎧
f (0) − y
⎪⎪
⎪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 : ° → °

VD 11:

(Ứng dụng tính toàn ánh)

mãn:

f x − f ( y ) = f f ( y ) + xf ( y ) + f ( x ) − 1; ∀x , y ∈ ° (1) .

•

(

) (

)

(

)

(

thỏa

)

Viết lại giả thiết dưới dạng f x − f ( y ) − f ( x ) = f ( y ) .x + f f ( y ) − 1; ∀x , y ∈ °

( )

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.

( )

( )

()

Từ đó nếu giả sử f x là một hàm số thỏa mãn bài toán thì tồn tại số thực a sao cho f a ≠ 0 .

(

)

(

)

Trong (1) cho x = a ⇒ f x − f ( a ) − f ( x ) = f ( a ) .x + f f ( a ) − 1( 2 )

Vế trái của (2) là một hàm bậc nhất theo x nên có tập giá trị ° nên vế phải cũng có tập giá trị ° , do
đó với mọi số thực x luôn tồn tại u, v ∈ ° : x = f u − f v

() ()
Với số thực y bất kì, trong (1) thay x = f ( y ) ⇒ 2 f ( f ( y ) ) = − f ( y ) + f ( 0 ) − 1
f (0) −1
1
(3)
⇒ f ( f ( y )) = − f ( y ) +
2
2
Thay x = f ( u ) , y = v ta có f ( f ( u ) − f ( v ) ) = f ( f ( u ) ) + f ( u ) f ( v ) + f ( f ( u ) ) − 1
2

2

(

)

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) .

{

}

M = n ∈ • * : f (1) < f ( n) là tập con khác rỗng của • * nên tồn tại phần tử nhỏ nhất của M, kí hiệu là b,

{}

b > 1 và f ( b) > f (1) . Gọi c là phần tử nhỏ nhất của tập M \ b , kí hiệu là c, 1 < b < c và f ( c ) > f (1) .

Từ f là song ánh nên tồn tại d ∈• * sao cho f ( d ) = f ( b) + f ( c ) − f (1) .
Từ đẳng thức trên suy ra f ( d ) ≠ f ( b), f ( d ) ≠ f ( c ) ⇒ d > c > b > 1. Do đó tồn tại a, b, c, d ∈ • *
sao cho a = 1 < b < c < d và f ( a) + f ( d ) = f ( b) + f ( c ) .
VD 13:

(Ứng dụng song ánh) (France 1995). Cho hàm số f : • * → •

*

() ()

là một song ánh. Chứng

()

minh rằng tồn tại ba số nguyên dương a, b, c sao cho a < b < c và f a + f c = 2 f b .
Bài toán này là kết quả trực tiếp từ bài toán bên trên.
VD 14:

(Ứng dụng song ánh) Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa mãn

(

)

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 .

(

)

Thay x = a ⇒ f f ( y ) = y   ( 3) .
8

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Từ (2) và (3) ⇒ f 0 = 0 . Do đó f a = 0 = f 0 ⇔ a = 0 .

()

(

)

Cho y = 0 ta được f xf ( x ) = f 2

(

)

()
()
( x ) ⇒ f ( f ( x ) f ( f ( x ))) = f ( f ( x ))
2

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

⎡ f (x) = x
Suy ra với mọi x ∈ ° thì ⎢
.
⎢⎣ 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

(

⇒ 4a2 b = 0 ( >< với a ≠ 0,b ≠ 0 )
Vậy f ( x ) = x, ∀x và f ( x ) = − x , ∀x . Thử lại thấy thỏa mãn.

9

) (

)

= f 2 a2 − b = a2 − b ( vì f 2 ( x ) = x 2 , ∀x )
2

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
C. PHẦN BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
C.1. CÁC BÀI TOÁN DÙNG TÍNH ĐƠN ÁNH CỦA HÀM
1. (Dùng tính đơn ánh)
Tìm tất cả các hàm số f : ° → ° thỏa mãn điều kiện:

(

)

f af ( y ) + bx = cx + dy + e, ∀x , y ∈ ° ( a, b, c , d ≠ 0; b ≠ −ac )

(1)

Ta chứng minh f đơn ánh trước
Giả sử f(x) = f(y), khi đó: cx + dy + e = f ( af ( y) + bx ) = f ( af ( x ) + bx ) = cx + dx + e ⇒ x = y
Trong (1) cho x = y = 0, ta được: e = f ( af ( 0)). C ho x = −

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
Thay vào (2) được f ( x ) =
+
, ∀x ∈ °
ac b + ac
Thử lại thấy đúng, vậy đây là hàm số cần tìm
* Từ bài toán tổng quát trên, ta có thể giải được 2 bài toán sau:
2. Slovenie - 1999
Tìm tất cả các hàm số f : ° → ° thỏa mãn điều kiện: f x − f ( y ) = 1 − x − y, ∀x , y ∈ ° (1)

(

)

Ta chứng minh f đơn ánh trước
Giả sử f(x) = f(y), khi đó: 1 − x − y = f x − f ( y ) = f x − f ( x ) = 1 − x − x ⇔ x = y

(

(
)
C ho x = − y , ta được: f ( − y − f ( y ) ) = 1, ∀y ∈ °
Vậy suy ra: f ( − f ( 0 ) ) = f ( − y − f ( y ) )
Trong (1) cho x = y = 0, ta được: f − f ( 0 ) = 1

) (

)

Mà f đơn ánh nên − f ( 0) = − y − f ( y) ⇔ f ( y) = − y + f ( 0) , ∀y ∈ ° ( 2)
Trong (1) cho y = 0; x = f ( 0), ÒˆÙÔ
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

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
Trong (1) cho x = y = 0, ta được: f 30 f ( 0 ) = 2002

(

)

⎛
75
75 ⎞
y , ta được: f ⎜ 30 f ( y ) − 4. y ⎟ = 2002, ∀y ∈ °
19 ⎠
19
⎝
⎛
75 ⎞
Vậy suy ra: f ⎜ 30 f ( y ) − 4. y ⎟ = f 30 f ( 0 ) , ∀y ∈ °
19 ⎠
⎝
75
10
Mà f đơn ánh nên 30 f ( y) − 4. y = 30 f ( 0) ⇔ f ( y) = y + f ( 0) , ∀y ∈ ° ( 2)
19
19
f 30 f ( y ) + 4 x = 19 x + 75y + 2002, ∀x , y ∈ °

C ho x = −

(

(

)

)

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

(

) (

)

trị trong ° và thỏa mãn phương trình: f x + y + f ( y ) = f f ( x ) + 2 y (*), ∀x , y ∈ ° .

(

) (

+) Cho y = 0 ta được f f ( x ) = f x + f ( 0 )

)

(1)

( )

( )
f ( f ( y )) = f ( f ( y )) ⇒ f ( y + f ( 0 )) = f ( y + f ( 0 ))

+) Ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy nếu y1 , y2 sao cho f y1 = f y2
Từ (1) và (2) ta có

1

2

1

(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                                                                                                   ( 4)        

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.
5. (Đơn ánh) (BMO 2009). Tìm tất cả các hàm số f : ° → ° thỏa mãn đẳng thức:

(

) (

)

(

)

f xf ( y ) + f f ( x ) + f ( y ) = yf ( x ) + f x + f ( y ) , với mọi x , y ∈ ° .

+) Nếu f ( x ) = 0 với mọi x ∈ ° , thử vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn.

( )

( )

+) Nếu tồn tại a ∈ ° sao cho f ( a ) ≠ 0 . Khi đó với y1 , y2 ∈ ° sao cho f y1 = f y2 , từ phương trình
trên thay x bởi a và y lần lượt bởi y1 , y2 ta được:
11

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
f af ( y1 ) + f f ( a ) + f ( y1 ) = y1 f ( a ) + f a + f ( y1 ) (1)

(

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.

(

)

(

)

Thay x = 0, y = 1 vào phương trình ta được: f ( 0 ) + f f ( 0 ) + f (1) = f ( 0 ) + f f (1) , sử dụng f là

()

đơn ánh ta được f 0 = 0 .

()
f ( xf ( 0 ) ) + f ( f ( x ) + f ( 0 ) ) = 0. f ( x ) + f ( x + f ( 0 ) )

Mặt khác thay y = 0 và phương trình và sử dụng f 0 = 0 ta được:

(

ÒÙn an̆h

)

⇔ f f ( x ) = f ( x ) ⇔ f ( x ) = x ,        ∀x ∈ °

()

( )

Vậy f x = 0, ∀x ∈° hoặc f x = x, ∀x ∈° .
6. (Đơn ánh) Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(

)

(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.

Thay x = y = 0 vào phương trình ở điều kiện (i) ta được:

(

)

f f ( 0 ) = f ( 0 ) ⇒ f ( 0 ) = 0.

(1)

Thay y = 0 vào phương trình ở điều kiện (i) và kết hợp với (1) ta được:

( )

(

)

(

)

f f ( x ) = x + f (0) ⇒ f f ( x ) = x

(2)

Thay x bởi f x trong phương trình ở điều kiện (i) và kêt hợp với (2) ta được:

( (

) )

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 an̆h

⇒ 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 ,    ∀x ∈ ° .
(*)

Òbie·∙n

(Giải thích (*) vì theo (2), nếu f ( x ) > x ⇒ f ( f ( x )) > f ( x ) ⇔ x > f ( x )
Òbie·∙n

( )

Ne·∙u f ( x ) < x ⇒ f ( f ( x )) < f ( x ) ⇔ x < f ( x )

(!)

(!) )

Vậy f x = x ,    ∀x ∈° .
7. (Đơn ánh) Chọn đội tuyển Bà rịa Vũng Tàu 2013
Tìm tất cả các hàm số f : ° → ° thỏa mãn điều kiện : f xy + f ( x ) + f x − yf ( x ) = 2x (1)

(

12

) (

)

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.

(
) (
)
Cho y = −1 ta có f ( − x + f ( x ) ) + f ( x + f ( x ) ) = 2x
Suy ra f ( x − f ( x ) ) = f ( − x + f ( x ) ) ⇔ x − f ( x ) = − x + f ( x ) ⇔ f ( x ) = x .
* Cho y = 1 ta có f x + f ( x ) + f x − f ( x ) = 2x

8. (Đơn ánh) (IMO Shortlist 2007)
Tìm tất cả các hàm f : ° + → ° + thỏa f x + f ( y) = f x + y + f ( y) .

(

)

(

( )

)

(

)

Nếu tồn tại α để f α < α , ta thay y = α , x = α − f (α ) ta được: f 2α − f (α ) = 0 vô lí
Nếu tồn tại α : f (α ) = α thì ta thay y = α . Khi đó f (α ) = 0 vô lí.
Do đó f ( x ) > x ,  ∀x ∈ ° .
Đặt g( x ) = f ( x ) − x , suy ra g : °

(

)

+

→°

+

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.

( ) ( )

(

) (

)

{

}

Thậy vậy: Nếu g y1 = g y2 ⇒ g t + g( y1 ) = g t + g( y2 ) ⇒ y1 = y2 với t > max y1 , y2 .
Với mọi x , y > 0 và t > x + y ta có:

g (t + g( x ) + g( y) ) = g (t + g( x ) ) + y = g(t) + x + y = g (t + g( x + y) )
Do đó t + g( x ) + g( y) = t + g( x + y) ⇔ g( x ) + g( y) = g( x + y ) .
Từ đây, ta suy ra g( x ) = x hay f ( x ) = 2 x ,  ∀x ∈ ° .
9. (Đơn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ( 0; +∞) → ( 0; +∞) thỏa f ( x + f ( y) ) =
Từ giả thiết suy ra f(x) > 0, ∀x > 0 . Ta sẽ cm f đơn ánh
Giả sử f ( x ) = f ( y) , khi đó:

y
x
= f ( x + f ( y )) = f ( x + f ( x )) = 2
xy + 1
x +1
⇒ x2y + y = x2y + x ⇒ x = y
13

y
, ∀x , y ∈ ( 0; +∞) . (1)
xy + 1

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
y
y−a
Với a > 0, xét:
. Do đó từ (1) suy ra
= 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
Do Òo˘:⇔ f ( x ) = + C , ∀x > 2a
x

Mà f đơn ánh nên dẫn đến:

Với mỗi x > 0, luôn tồn tại số a > 0 sao cho x > 2a, đo đó theo (3) ta được f ( x ) =

1
+C
x

1
+ C , ∀x > 0 . Thay vào (1) ta được:
x
1
y
+C =
, ∀x , y ∈ ( 0; +∞)
x + f ( y)
xy + 1
1
y
⇔
+C =
, ∀x , y ∈ ( 0; +∞)
( 4)
1
xy + 1
x + +C
y
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

Do đó từ (1) suy ra: ....
10.

(Đơn ánh)
Olympic 30-4-2006
Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa f x + f ( y) + xf ( y) = x + xy + y, ∀x, y ∈° .

(

)

Ta sẽ cm f đơn ánh
Giả sử f ( y1 ) = f ( y2 ) , trong (1) cho x = 1, khi đó: f 1 + 2 f ( y) = 1 + 2y, ∀y ∈°

(

)

(1)
(2)

VÏ f ( y1 ) = f ( y2 ) ne‚n f (1 + 2 f ( y1 )) = f (1 + 2 f ( y2 )) , bởi vậy, từ (2) suy ra:
1 + 2 y1 = 1 + 2 y2 ⇔ y1 = y2 . Do đó f là đơn ánh. Trong (1) lấy x = 0 ta được f ( f ( y)) = y, ∀y ∈ °

(

)

Trong (1) lấy y = 0 ta được: f x + f (0) + xf (0) = x = f ( f ( x ))

⇒ x + f ( 0) + xf ( 0) = f ( x ) ( do f ÒÙn an̆h)
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)
Trong (1) lần lượt lấy x = x1; x = x 2 ta được: ⎨ 12
⎪⎩ x 2 [ a + f ( y )] = ( x 2 + y ) f ( ya)

v
Suy ra x1; x 2 là nghiệm phương trình tx 2 − ux − v = 0 ( t, u, v dˆ Ùng) . Dẫn đến x1 x 2 = − < 0 , đến đây ta
t
gặp mâu thuẩn. Vậy f đơn ánh trên ( 0; +∞)
Trong (1) cho x = y ta được: 2 x 2 f ( x ) = 2 xf ( xf ( x )) ⇒ xf ( x ) = f ( xf ( x )), ∀x > 0 ( 2)
Trong ( 2) cho x = 1 Òˆ ÙÔ
c f (1) = f ( f (1)) ⇒ f (1) = 1

1
Trong (1) cho x = 1 Òˆ ÙÔ
c : 1 + f ( y ) = ( y + 1) f ( y ) ⇒ 1 = yf ( y) ⇒ f ( y) = , ∀y > 0
y
Thử lại ta kết luận: Có duy nhất một hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f ( x ) =
* Có thể cm đơn ánh như sau:
Cố định y > 0, giả sử x1; x 2 > 0; f ( x1 ) = f ( x 2 )

Ta co˘:

1
, ∀x > 0
x

x12
f ( yf ( x1 ))
f ( yf ( x 2 ))
x2
=
=
= 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 ∈ °

⎧ab + b = 0
- Từ (3) lần lượt cho ( x; y) = ( 0; 0); ( x; y) = (1; 0), ÒˆÙÔ
c:⎨
⇒b=0
⎩2ab + b = 0
15

( 3)

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
- Vậy (3) trở thành a[(1 + x )( ay)] = y[a(1 + ax )], ∀x , y ∈ ° . Từ đây ta cho x = y = 1 được:

2a2 = a(1 + a) ⇔ a2 = a ⇔ a = 0 hoaÎc a = 1
- Thử lại thấy f ( x ) = 0; f ( x ) = x thỏa mãn các yêu cầu đề bài.
* Vấn đề còn lại, nếu f không đơn ánh, thì tồn tại y1 ≠ y2 sao cho f ( y1 ) = f ( y2 ). K hi Òo˘:
y1 f (1 + f ( x )) = f ((1 + x ) f ( y1 )) = f ((1 + x ) f ( y2 )) = y2 f (1 + f ( x )), ∀x ∈ °
K e·∙t tồn
hÙÔ
ptại
y1 ≠
racho
: f (1f+( yf ()x≠))0=thÏ
0, ∀tˆ¯ˉ
x∈
. Thay
ÒˆÙÔ
c : fn((1 + x ) f ( y )) = 0, ∀x , y ∈ °
Nếu
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
Do đó: f ( x ) = x , ∀x ≠ 0 , kết hợp với f(0) = 0 suy ra f(x) = x, ∀x ∈ ° . Thử lại thấy thỏa mãn
+ Trường hợp f (1) = 0. P ( 0; 0) ⇒ f ( f ( 0)) = f ( 0) .
P(

- Từ đó: P (1; f ( 0)) ⇒ f (1 + f ( 0)) = f (1 + f ( 0)) + f 2 ( 0) ⇒ f ( 0) = 0
P ( 0; x ) ⇒ f ( f ( x )) = 0; P (1; f ( x − 1)) ⇒ f ( f ( x − 1) + 1) = 0
Thực hiện P (1; x − 1) ⇒ f (1 + f ( x − 1)) = f ( x ). Nhˆ va‰
y : f ( x ) = 0, ∀x ∈ °
Thử lại thấy thỏa mãn
Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f ( x ) = x; f ( x ) = 0
* Giải thích: Vì cần triệt tiêu: f ( x + f ( y)) va¯ˉf ( x + xy) Ù˚hai ve·∙, ta xet̆ : x + f ( y) = x + xy ⇒ x =

16

f ( y)
y

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
C.2. CÁC BÀI TOÁN DÙNG TÍNH TOÀN ÁNH, SONG ÁNH CỦA HÀM
(Các bài dưới đây có 1 đặc tính là người ta hay chuyển f(x) ... qua trái, để VP còn lại là 1 bậc nhất của x,
để dùng tính toàn ánh)
14.
(Toàn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa: f x + f ( y) = x + f y + xf y , ∀x , y ∈° (1)

(

)

()

()

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 ∈ °
15.
(Toàn ánh)
Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa: f x − f ( y) = 2 f x + x + f y , ∀x , y ∈° (1)

(

)

()

()

- Giả sử f là hàm số thỏa mãn đề bài, khi đó ta đặt f(0) = a. Ta có:
(1) ⇔ f ( x − f ( y)) − 2 f ( x ) = x + f ( y), ∀x , y ∈ ° ( 2)
- Trong (2) cho y = 0 ta được: f ( x − a) − 2 f ( x ) = x + a, ∀x ∈ ° (3)
- Cho x thay đổi trên ° , vế phải của (3) là đa thức bậc nhất theo x trên ° , do đó có tập giá trị là ° .
Suy ra ∀t ∈ ° , to‡n taÔ
i u, v ∈ ° sao cho t = f (u) − 2 f (v) (để tìm hàm f ta chỉ cần tìm
f (t) = f ( f (u) − 2 f ( v)) = ?)
Thay x bởi f(y) vào (1) ta được:
f ( 0) = 2 f ( f ( y)) + 2 f ( y), ∀y ∈ °

a
⇒ f ( f ( x )) = − f ( x ) + , ∀x ∈ °
( 4)
2
Thay x bởi f(x) vào (1) ta được:
f ( f ( x ) − f ( y )) = 2 f ( f ( x )) + f ( x ) + f ( y )
= −2 f ( x ) + a + f ( x ) + f ( y )
= −( f ( x ) − f ( y )) + a, ∀x , y ∈ °
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 ∈ °

(

)

thỏa: f f ( x ) + 2 f ( y ) = f ( x ) + y + f ( y ) ,

f :° →°

Tìm tất cả các hàm

(

) (

f ( y1 ) = f ( y2 ) ⇒ f f ( x ) + 2 f ( y1 ) = f f ( x ) + 2 f ( y2 )

sao cho

f ( x ) + y1 + f ( y1 ) = f ( x ) + y2 + f ( y2 ) ⇒ y1 = y2 . Do đó f là một đơn ánh.

( )

)

suy ra

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

(

(
)) (
)
⇒ 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 ∈ °

( 2)

Lấy y0 ∈ ° , theo ( 2) thÏ ∃ x 0 = f ( y0 ) : f ( x 0 ) = y0 . Suy ra f là một toàn ánh.

()
f ( x ) = x ,    ∀x ∈° .

Do đó với mọi x ∈ ° thì tồn tại t ∈ ° sao cho x = f t . Từ đẳng thức (1) ta có:

(

)

f − f ( t ) = − f ( t ) ⇔ f ( − x ) = − x ,      ∀x ∈ ° . Vậy

(Toàn ánh)
(Indonesia TST 2010). Xác định tất cả các số thực a sao cho có một hàm số
f : ° → ° thỏa mãn: x + f ( y ) = af y + f ( x ) , với mọi x , y ∈ ° .

17.

(

)

(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

()

(2)

+) Nếu f y ≡ const thì không thỏa mãn phương trình ban đầu.

( )

+) Nếu a = 1 thì lấy f x = x , với mọi x ∈ ° thỏa mãn bài toán. Vậy a = 1
18.

(Toàn ánh)

(

)

(

Tìm tất cả các hàm f : ° → ° thỏa: f xf ( x ) + f ( y) = y + f ( x )
18

)

2

(1).

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

(

)

(

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 ) .

(

)

(

)

(

Thay x bởi f ( x ) ta có f f ( x ). f ( f ( x )) = x 2 hay f xf ( x ) = x 2 = f ( x )

(

)

)

2

Suy ra f xf ( x ) + f ( y) = x 2 + y .

(

Ta có f (1)

)

2

= 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 (1) = −1, cho x = 1 ta có f −1 + f ( y) = 1 + y , từ đây ta tìm được f ( y ) = − y .
19.

(Toàn ánh)
(Chọn đội tuyển PTNK 2013)
Tìm tất cả các hàm số f : ° → ° thoả mãn f ( x 3 + y + f ( y )) = 2 y + x 2 f ( x ) ∀x , y ∈ ° (1).

(

)

Cho x = 0 ta có f y + f ( y) = 2y (2) nên f toàn ánh. Do đó, tồn tại a sao cho f ( a) = 0 .
Trong (1), thay y = a, x = 0 ta có f ( a) = 2a ⇒ a = 0 suy ra f ( x ) = 0 ⇔ x = 0 .
Trong (1), thay y = 0 ta có f ( x 3 ) = x 2 f ( x ) (3).
Ta viết lại (1) như sau

(

)

( )

f x 3 + y + f ( y ) = 2 y + f x 3 hay f ( x + y + f ( y) ) = 2y + f ( x ) (4)

Trong (4), thay y = −

f (x)

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
2 ⎠
⎝
⎛ f (x)
⎛ f ( x) ⎞ ⎞
⎛ f ( x) ⎞
Do đó f ( − x ) = f ⎜ −
⎟ = 2⎜ −
+ f ⎜−
⎟
⎟ = − f ( x).
⎜
2
2 ⎠⎟
2 ⎠
⎝
⎝
⎝
⎠
f ( y)
Từ (4) ta thay y bởi −
và sử dụng (5) ta có
2
f x − y = f x − f ( y) = f ( x ) + f −y hay f x + y = f ( x ) + f ( y),  ∀x, y ∈° (6).
Suy ra −

(

)

()

( )

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

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

19

Bồi dưỡng Olympic 30/4 - Chuyên đề Phương Trình Hàm.
(8)
= 2 x 2 + 2 f ( x ) + 4 xf (1)

(

)

Sử dụng (3), (6) và (7) ta có

(

) (

)

( )

f ( x + 1)3 + ( x − 1)3 = f 2 x 3 + 6 x = 2 f x 3 + 6 f ( x ) = 2 x 2 f ( x ) + 6 f ( x )
Từ (8) và (9) ta suy ra f ( x ) = f (1) x = ax .
Thay vào (1) ta tìm được a = 1, a = −2 .
Vậy f ( x ) = x , f ( x ) = −2 x là hai hàm cần tìm.
20.

(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 )
Tìm tất cả các hàm số f :° → ° thỏa mãn điều kiện: f x 2 + f ( y ) = y + x . f ( x ) , (1) ∀x , y ∈ ° .

(

( )
f ( a) = 0 .

)

Trong (1) cho x = 0 ta có f f ( y) = y (2). Suy ra, f ( x ) là song ánh.
Do đó, tồn tại a sao cho

(

)

Trong (1) thay x = a và sử dụng (2) ta được f a2 + f ( y ) = y = f ( f ( y ) )
Suy ra a2 + f ( y ) = f ( y ) ⇒ a = 0 hay f ( 0) = 0 .

( )

Trong (1) thay y = 0 , ta có f x 2 = xf ( x ) (3).
Trong (1) thay y → − xf ( x ) :

(

)

(

)

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