Đề tài Phương trình hàm trên tập các hàm số đặc biệt

Nội dung tài liệu: Đề tài Phương trình hàm trên tập các hàm số đặc biệt

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP CÁC HÀM SỐ ĐẶC BIỆT NHÓM THỰC HIỆN: Tô Trang Nhung Nguyễn Hà Phương Lưu Thu Thủy Hà Thủy Anh GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VŨ THỊ VÂN LẠI THU HẰNG Bắc Giang, tháng 03 năm 2023
2. MỤC LỤC Nội dung Trang Mục lục 1 Lời nói đầu 2 CHƯƠNG I. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ 3 1.1. Tính chẵn lẻ của hàm số 3 1.1.1 Khái niệm 3 1.1.2 Tính chất 3 1.1.3 Ví dụ minh họa 3 1.2. Tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh 6 1.2.1 Các khái niệm cơ bản . 6 1.2.2 Một số lưu ý .. 7 1.2.3 Ví dụ minh họa 7 1.3. Tính đơn điệu của hàm số 36 1.3.1 Định nghĩa 36 1.3.2 Định lý và hệ quả 36 1.3.3 Một số lưu ý khi giải toán . 38 1.3.4 Ví dụ minh họa . 38 1.4. Bài tập tự luyện . 66 CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN CÁC TẬP 69 HÀM SỐ LIÊN TỤC 2.1. Hàm số liên tục .. 69 2.1.1 Hàm số liên tục tại một điểm 69 2.1.2 Hàm số liên tục trên khoảng, đoạn . 69 2.2. Phương trình hàm trên lớp hàm liên tục .. 69 2.2.1 Phương trình với một ẩn hàm . 69 2.2.2 Phương trình với hai ẩn hàm . 71 2.3. Một số bài toán vận dụng .. 82 CHƯƠNG III. PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN CÁC LỚP 84 HÀM SỐ CÓ ĐẠO HÀM 3.1. Sử dụng định nghĩa đạo hàm .. 84 3.2. Sử dụng phương pháp lấy đạo hàm theo từng biến .. 89 3.3. Bài tập vận dụng . 92 Tài liệu tham khảo 96
3. Lời mở đầu Phương trình hàm là một lĩnh vực khó trong chương trình Chuyên Toán THPT. Các phương pháp giải các bài toán phương trình hàm vô cùng đa dạng, thường không theo một quy tắc nào và phụ thuộc nhiều vào giả thiết của từng bài toán cụ thể. Và chúng em muốn đề cập tới một mảng phương trình hàm khá quan trọng trong chương trình chuyên, đó là "Phương trình hàm trên các tập đặc biệt" để giúp các bạn hiểu rõ hơn về lĩnh vực này. Ở chuyên đề này, chúng mình sẽ đưa ra những khái niệm cũng như tính chất về hàm chẵn lẻ, tính đơn điệu của hàm số, hàm đơn ánh, song ánh, hàm liên tục, ... Qua đó để các bạn hiểu hơn và có những cách giải cụ thể cho từng bài toán. Trong quá trình tự lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, chúng em đã nhận được sự hướng dẫn, động viên và ủng hộ nhiệt tình từ cô Vũ Thị Vân và cô Lại Thu Hằng. Qua đó, chúng em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến hai cô và các thành viên trong nhóm đã cùng nhau đóng góp để xây dựng nên chuyên đề hoàn chỉnh. Dù đã cố gắng hết sức, nhưng do kiến thức và thời gian có hạn, chúng em không thể tránh khỏi được những thiếu sót nhất định. Chúng em rất mong nhận được từ góp ý chân thành từ cô và các bạn để có thể hoàn thiện hơn!
4. Chương I. Một số tính chất của hàm số 1.1. Tính chẵn lẻ của hàm số 1.1.1. Khái niệm. Cho hàm số y f x có tập xác định D. Định nghĩa 1: Hàm số f được gọi là hàm số chẵn nếu: x D x D . f x f x Định nghĩa 2: Hàm số f được gọi là hàm số lẻ nếu: x D x D . f x f x * Chú ý: Một hàm số có thể không chẵn cũng không lẻ. 1.1.2. Tính chất. Hàm số fx có tính chẵn lẻ trên D thì nếu ta biết trên D [0; ) thì ta biết được trên [ ;0)  D . 1.1.3. Ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Cho xR0 . Xác định tất cả các hàm số fx thỏa mãn: f x0 x f x ,.  x R (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn đề bài. x x Đặt xt 0 tx 0 . 2 2 x Khi đó: x x 0 t. 0 2 xx00 Và (1) có dạng: f t f t ,.  t R (2) 22 x0 Đặt g t f t . 2
5. xx00 Thì g t f t ,. f t g t 22 Khi đó (2) có dạng g t g t ,  t R . Do đó gt là hàm chẵn trên R . Kết luận: x0 f x g x . 2 Trong đó là hàm chẵn trên . Ví dụ 2: Cho a, b R . Xác định tất cả hàm số fx sao cho: f a x f x b,.  x R (*) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài. a a a Đặt xt. Khi đó: xt và a x t. 2 2 2 Khi đó (*) có dạng: aa f t f t b. (1) 22 ab Đặt f t g t . 22 Khi đó có thể viết (1) dưới dạng: g t g t 0,  t R . f Hay g t g t ,.  t R Vậy gt là hàm số lẻ trên R . ab Kết luận: f x g x . Trong đó gx là hàm số lẻ tùy ý trên . 22 Ví dụ 3: (Đề nghị thi Olympic 30/4/2011). Tìm tất cả các hàm số f: R R , biết rằng f là hàm số chẵn và: fxy fxfy . 3. fxy 2 xy 1 ,  xyR , . (1)
6. Lời giải: Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn đề bài. x x Từ (1) thay x bởi và y bởi ta được: 2 2 22 x 2 x x f f 3 f x 1 ,  x , y R . (2) 4 2 2 x Từ (1) thay x bởi và y bởi ta được: 2 x22 x x x f f . f 3 f 0 1 ,  x , y R . (3) 4 2 2 2 Do f là hàm chẵn nên (3) viết lại: 22 x 2 x x f f 3 f 0 1 ,  x , y R . (4) 4 2 2 Lấy (2) trừ (4) theo vế ta được: f x x2 f 0,  x R . (5) Từ (1) cho y 0 ta có: f 0 f x . f 0 3 f x 1 ,  x R f x 1 f 0 3 0,  x R . Nếu f 03 thì f x 1,  x R , không thỏa mãn (1). Vậy f 03 và từ (5) ta có: f x x2 3,  x R . Thử lại thấy thỏa mãn. Do đó có duy nhất mộft hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài là: f x x2 3,  x R . 1.2. Tính chất đơn ánh, song ánh, toàn ánh. 1.2.1. Các khái niệm cơ bản. Định nghĩa 1.2.1.1: Cho hai tập hợp A và B . Với mỗi a ∈ A tương ứng với đúng một phần tử thì b ∈ B, ta nói f là một ánh xạ từ A đến B, kí hiệu là f: A B . Phần tử b gọi là ảnh của a và viết là b f() a .
7. Định nghĩa 1.2.1.2: Ánh xạ f: A B là đơn ánh nếu với mọi a12, a A sao cho aa12 ta có f()() a12 f a . Chú ý 1.2.1.2. Ánh xạ là đơn ánh a1,:()() a 2 A f a 1 f a 2 a 1 a 2 . Định nghĩa 1.2.1.3: Ánh xạ là toàn ánh nếu với mọi bB luôn tồn tại aA sao cho f() a b . Chú ý 1.2.1.3. Ánh xạ là toàn ánh b B  a A:() b f a Định nghĩa 1.2.1.4: Ánh xạ là song ánh nếu f vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh . 1.2.2. Một số lưu ý. Nếu một vế có chứa fx() và vế còn lại có chứa biến x bên ngoài thì thông thường f là đơn ánh. Nếu f: R R là đơn ánh thì từ f()() x f y suy ra xy . Nếu là toàn ánh thì với mọi yR , luôn tồn tại x ∈ R để cho f(), x y tức là phương trình ( ẩn x ) y f() x luôn có nghiệm. Nếu f là một hàm số mà đơn ánh thì ta rất hay dùng thủ thuật tác động vào hai vế, hoặc tạo ra f g( x ) f h ( x ) g ( x ) h ( x ). Nếu là toàn ánh thì ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho fb( ) 0. Nếu hàm số thỏa mãn f f( x ) a . x b ,  x R ( a 0) thì là song ánh. Chứng minh: Giả sử f()() x12 f x . Khi đó axbffx1 ()(). 1 ffx 2 axb 2 xx 1 2 Vậy f là đơn ánh. yb Với mọi yR , luôn tồn tại x f R sao cho a y b y b f().. x f f a b y aa
8. Vậy là toàn ánh, do đó là song ánh. 1.2.3. Ví dụ minh họa. 1.2.3.1. Sử dụng đơn ánh. Ví dụ 1.2.3.1.1: Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện : f(()), af y bx cx dy e  x, y R (a , b , c , d 0; b ac ) . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài. Ta sẽ chứng minh là đơn ánh, tức là f()(). x f y x y Giả sử . Khi đó, ta có: f(())(()) af y bx f af x bx cx dy e cx dx e x y f là: R đơn Ránh. f()() x f y Thay xy 0 vào (1) ta được: f( af (0)) e. dy bdy dy Thay x vào (1) ta được: f af() y c dy e c cc bdy f af( y ) e f ( af (0)) . c bdy bdy Mà f là đơn ánh nên af() y af (0) f () y f (0),  y R . c ac bdy hay f( x ) f (0),  x R . (2) ac af. (0) a. f (0) be Thay x vào (1) ta được: f(0) c e f (0) . b b b ac bdx be f Thay vào (2) ta được: f(), x  x R . ac b ac Thử lại vào (1) ta thấy đúng. bdx be Vậy f(), x  x R là hàm số cần tìm. ac b ac
9. Ví dụ 1.2.3.1.2. (Slovenie-1999) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện f( x f ( y )) 1 x y ,  x , y R . Hướng dẫn: Ví dụ này là một trường hợp riêng của ví dụ 2. Ví dụ 1.2.3.1.3: Tìm các hàm số f : 0; 0; thỏa mãn : y f( x f ( y )) ,  x , y 0; . (1) xy 1 Lời giải: f Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. f()(). x f y x y Từ giả thiết suy ra f( x ) 0,  x 0. Ta sẽ chứng minh là đơn ánh, tức là Giả sử . Khi đó, ta có: f: R R f()() x f y xy fxfx( ( )) fxfy ( ( )) xyxxyyxy22 . x2 11 xy y y a Với a 0, xét a y axy a x . Do đó từ (1) suy ra xy 1 ay y a x a f fyaf( ) fxxaya ( ) ,  2 , 2 . (2) ay ax Mà là đơn ánh nên từ (2) dẫn đến y a x a f( y ) f ( x ),  x , y 2 a ; ay ax 11 f( x ) f ( y ) ,  x , y 2 a ; xy 1 f f( x ) C ,  x 2 a ; (C là hằng số). x 1 Do đó : f( x ) C ,  x 2 a ; ( là hằng số). (3) x Với mỗi x 0 , luôn tồn tại số a 0 sao cho xa 2 , do đó theo (3) ta được
10. 1 f( x ) C ,  x 0; ( là hằng số) x 1 y Thay vào (1) ta được C ,  x , y 0; x f( y ) xy 1 1 f : 0; y 0; C ,  x , y 0; . (4) 1 xC xy 1 y Thay xy 1 vào (4) ta được 2 C 0 1 1CC 2 1 1 2 CCC 2 3 0 3 2 CC 2 2 2 C . 2 13 Do f( x ) 0,  x 0 nên ta loại hàm f( x ) ,  x 0. x 2 1 Vậy f( x ) ,  x 0; là hàm số cần tìm. x Lưu ý. Sẽ là sai lầm nếu ta “lập luận ngắn gọn” như sau: Xét yy 1 1 y xy 1 x . xy 1 y Do đó từ (1) suy ra yx 11 f f( y ) 1 f f ( x ) ,  x 0, y 0. yx Mà là đơn ánh nên từ (2) dẫn đến yx 11 f( y ) f ( x ),  x , y 0; yx 11 f( x ) f ( y ) ,  x , y 0; xy f C 1 f( x ) C ,  x 0; ( là hằng số). x Ví dụ 1.2.3.1.4. Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện : 2y f(34()) x f y ,,  x y 0; . (1) 98xy
11. Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Từ giả thiết suy ra Ta sẽ chứng minh là đơn ánh, tức là Giả sử . Khi đó, ta có: 22xy fxfxfxfy(3 4 (xy )) (31 4 ( )) 18 xyxxyyxy22 16 18 16 . 9x2 8 9 xy 8 f 2y 2 y 8 a Với a 0, xét a 2 y 9 axy 8 a x . Do đó từ (1) suy ra 9xy 8f()(). x f y 9 ay x y f( x ) 0,  x 0. 2y 8 a 2 x 8 a f 4 f ( y ) a f 4 f ( x ) ,  x , y 5 a ; . (2) 33ay ax Mà là đơn ánh nên từ (2) dẫn đến f()() x f y 2y 8 a 2 x 8 a 4f ( y ) 4 f ( x ),  x , y 5 a ; 33ay ax 88 4f ( x ) 4 f ( y ) ,  x , y 5 a ; 33xy 22 f( x ) f ( y ) ,  x , y 5 a ; 33xy 2 f( x ) C ,  x 5 a ; ( là hằng số) 3x 2 f( x ) C ,  x 5 a ; ( là hằng số). (3) 3x Với mỗi , luôn tồn tại số sao cho x > 5a, do đó theo (3) ta được 2 f( x ) C ,  x 0; ( là hằng số). 3x f Thử lại vào (1) ta được C 22yy C ,  x 0, y 0. (4) 9xy 12 Cy 8 9 xy 8 Thay x 0 vào (4) ta được a 0
12. 2 2  265 CC 0, . 17 12C 17  204 2 265 2 265 Dễ thấy hàm f( x ) ,  x 0 , vì với x 100 thì f (100) 0, 3x 204 300 204 mâu thuẫn với giả thiết 2 Vậy f( x ) ,  x 0; là hàm số cần tìm. 3x Ví dụ 1.2.3.1.5: Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : f fxyfy( ()) ffx (())2,, yxyR  . (1) Lời giải: f( x ) 0,  x 0. Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Giả sử tồn tại abc,, sao cho f()() a f b c . f: R R Thay x a, y b vào (1) ta được f( a b c ) f ( c ) 2 b . Thay x b, y a vào (1) ta được f( a b c ) f ( c ) 2 a . Vậy ab , suy ra là đơn ánh. Thay y 0 vào (1) ta được f( x f (0)) f ( f ( x )),  x R x f(0) f ( x ),  x R ( do là đơn ánh ) f(), x x c  x R . ( cf (0) là hằng số ) Thử lại vào (1) thấy thỏa mãn. Vậy hàm số cần tìm là f(), x x c  x R ( c là hằng số tùy ý ). Ví dụ 1.2.3.1.6: (Morocco National Olympiad 2011, day 3; Spain Mathematical Olympiad 2012). Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : f (x 2)() fy fy ( 2()) fx fxyfx ( ()),  xyR , . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. +)Trường hợp 1 : f (0) 0. Từ (1) cho x 0 , ta được f( y ) 0,  y R .
13. +)Trường hợp 2 : f (0) 0 . Đặt fc(0) . Từ (1) cho y 0 , ta được (x 2) c f (2()) f x f (), x  x R. (2) Giả sử tồn tại xx12, sao cho f()() x12 f x , từ (2) suy ra (x1 2) c ( x 2 2) c x 1 x 2 . Vậy là đơn ánh. Từ (2) cho x 2 ta được f(2 f (2)) f (2) 2 f (2) 2 f (2) 1. Cách 1: Vì hàm số f( x ) 1,  x R không thỏa mãn (1) nên giả sử tồn tại x0 2 2f ( x00 ) x sao cho fx(0 ) 1. Trong (1) cho y ta được fx(0 ) 1 2f ( x ) x 2 f ( x ) x (x 2) f 0 0 0 f 0 0 0 . (3) f( x00 ) 1 f ( x ) 1 2f ( x00 ) x Trong (1) cho x và kết hợp với (3), ta được fx(0 ) 1 2f ( x ) x 00 2f ( y ) f ( y ) 0,  y R fx(0 ) 1 f( x00 ) x 1 f( y ). 0,  y R . (4) fx(0 ) 1 Nếu f( x00 ) x 1 0 thì từ (4) suy ra f( y ) 0,  y R . 2f ( x00 ) x Nếu f( x00 ) x 1 thì 1, kết hợp với (3) suy ra f (1) 0 . fx(0 ) 1 Thay y 1 vào (1) ta được f(1 2 f ( x )) f ( x f ( x )),  x R 1 2f ( x ) x f ( x ),  x R ( do là đơnf ánh ) f( x ) x 1,  x R . Thử lại, ta được các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f( x ) 0,  x R ; f( x ) x 1,  x R .
14. Cách 2: Với mọi x 2 ta có fx( ) 1. 2f ( x ) x Trong (1) cho y ta được fx( ) 1 2f ( x ) x 2 f ( x ) x (x 2) f 0 f 0,  x 2 f( x ) 1 f ( x ) 1 2f ( x ) x Trong (1) cho xy ,2 ta được fx( ) 1 2f ( x ) xf 2 f ( x ) x 210 12()f x x f ()1 x f () x  x 1, x 2. f( x ) 1 f ( x ) 1 Như vậy Thử lại thấy thỏa mãn. Kết luận : các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là ; f: R R Lưu ý. Cách lấy y để thay 2fx ( ) 1 fy(2()) fx fxyfx ( ()) y 2() fx xyfx () y . fx( ) 1 Ví dụ 1.2.3.1.7. (Đề thi chính thức Olympic 30/04/2006) Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : fx( fy ( ) xfy ( )) xxyyxyR ,  , . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Thay x 1 vào (1) ta được f 1 2 f ( y ) 1 2 y Giả sử tồn tại yy12, sao cho f()() y12 f y . Khi đó, ta có: f f 12() f y1 f 12()1212 f y 2 y 1 y 2 y 1 y 2 . Suy ra là đơn ánh. Thay x = 0 vào (1) ta đưf(ợ x )c 0,  x R f( x ) x 1,  x R .
15. f f(),. y y  y R hay f f(),. x x  x R Thay y 0 vào (1) ta được f x f(0) x . f (0) x f f ( x ) x f(0) x . f (0) f ( x ) . ( do là đơn ánh ) Đặt af (0) . Theo trên ta có : f f( x ) ( a 1) x a ,  x R . (2) Thay (2) vào (1) ta được (1).a xfy ().() xfy axxyyxyR ,,  . (a 1). xa ( 1). yaxa .( 1). yxaaxxyyxyR .  , , . Cho xy 0 ta được a 0 (a 1) a a 0 a 2. Khi a = 0 ta được f(),. x x  x R Khi a = -2 ta được f( x ) x 2,  x R . Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn. Vậy f(), x x  x R và f( x ) x 2,  x R . Ví dụ 1.2.3.1.8: (Argentina Team Selection Test 2008; Czech And Slovak Mathematical Olympiad, Round III, 2004.) Tìm tất cả các hàm số f : (0; ) (0; ) thỏa mãn : xfx2 () fy () ( xyfyfx ) .(),,  xy 0. (1)f Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. Giả sử tồn tại hai số dương xx12, sao cho xx12 và f( x12 ) f ( x ) a 0.
16. Trong (1) lần lượt cho x x12, x x ta được 2 x1 fx()()().() 1 fy xyfyfx 1 1 2 x2 fx()()().() 2 fy x 2 yfyfx 2 2 Suy ra x1 và x2 là nghiệm của phương trình tx ux v 0 ( t,, u v dương ). v Dẫn đến xx.0 , mâu thuẫn. Vậy là đơn ánh trên (0; ). 12 t Thay yx vào (1) ta được f 2xfx2 ()2. xfxfx () xfx .() fxfx (),  x 0. (2) Thay x 1 vào (2) ta được f(1) f f (1) f (1) 1. ( do là đơn ánh ) Thay vào (1) ta được f(1) f ( y ) (1 y ) f y . f (1) 1 1 fy ( ) (1 yfy ) ( ) 1 yfy . ( ) fy ( ) ,  y 0. y Thử lại vào (1) ta thấy thỏa mãn. 1 Vậy hàm số cần tìm là f( x ) ,  x 0. x Lưu ý. Có thể chứng minh là đơn ánh như sau. Ta có: x2 f y.() f x (1) , xy 0, 0. (3) x y f()() x f y Giả sử x 0 và y 0 sao cho f()() x f y . Khi đó từ (3) suy ra f : (0; ) (0; ) xx22 2.x3 x 3 x 2 y x 3 x 2 y x y x y x x f Ví dụ 1.2.3.1.9: Tồn tai hay không hàm số thỏa mãn : (xyfyfx ) .() xffx2 . () fy (),,  xy (0; ). (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài.
17. Giả sử tồn tại hai số dương ab, sao cho f()() a f b . Trong (1) lần lượt cho x a, y b ta được (ayfyfa ) .() affa2 . ()(), fy  y 0 2 (byfyfb ) .() bffb . ()(), fy  y 0 a y b y ,0 y ab22 ab2 yb 2 a 2 b a 2 y,0  y abf( b a ) y ( a22 b ),  y 0 (b a ) ab y ( a b ) 0,  y 0. Vậy a=b, suy ra là đơn ánh. 15 Thay xy ,1 vào (1) ta được 2 f: R R 1 5 1 5 f f( ) f f ( ) f (1) 22 1 5 1 5 f( ) f ( ) f (1) f (1) 0, 22 Điều này mâu thuẫn với f (1) (0; ), vậy câu trả lời là không tồn tại. Lưu ý. Từ (1) cho y 1 ta được (x 1) f f () x x2 . f f () x f (1),  x 0. Do là đơn ánh nên ta sẽ chọn x là nghiệm nguyên dương của phương trình xx 1.2 Ví dụ 1.2.3.1.10: Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : f (1)() xfy yf .1 fx (),,  xyR . (1) f Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. +) Xét là đơn ánh thì bài toán sẽ rất dễ dàng. Thay y 1 vào (1) ta được
18. f (1 x )(1) f f 1 f (), x  x R . (2) Do là đơn ánh nên từ (2) ta có (1 x ) f (1) 1 f ( x ),  x R , suy ra f có dạng như sau : f(),. x ax b  x R Thay vào (1) ta được a(1)( xayb ) bya  (1 axbb ),,   xyR . (3) Trong (3) lần lượt cho (x ; y ) (0;0),( x ; y ) (1;0) ta được ab b 0 b 0. 20ab b f Khi đó (3) trở thành a(1)( xayb ) ya (1 ax ),,  xyR . Từ đây xy 1 được 2a22 a (1 a ) a a a 0,1 . Thử lại ta thấy f( x ) 0, f ( x ) x thỏa mãn các yêu cầu đề bài. f: R R +) Xét không là đơn ánh thì tồn tại yy12 sao cho f()() y12 f y . Khi đó: yf1.1 fx () f (1)() xfy 1 f (1)() xfy 2 yf 2 .1 fx (),  xR . Kết hợp với suy ra f 1 f ( x ) 0,  x R . Thay vào (1) ta được f (1 x ) f ( y ) 0,  x , y R . (4) Nếu tồn tại yR0 sao cho fy(0 ) 0 thì từ (4) ta có fx( ) 0 , mâu thuẫn. Vậy từ (4) phải có . Kết luận : các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f( x ) 0, f ( x )  x ,  x R . 1.2.3.2. Sử dụng toàn ánh và song ánh. f Ví dụ 1.2.3.2.1. Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn : fxy( 2 z ) ffx (()) yfx () fz (),,,  xyzR . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài.
19. Dễ thấy f( x ) 0,  x R thỏa mãn (1). Tiếp theo giả sử fx( ) 0 , tức là tồn tại uR sao cho fu( ) 0. x f( f ( u )) f (0) Thay x u, y , z 0 vào (1) ta được fu() 2 x f( f ( u )) f (0) f u x fu() Với mọi xR thì suy ra là toàn ánh. f Thay yz 0 vào (1) ta được f( x ) f ( f ( x )) f (0),  x R f( x ) x f (0),  x R ( do là toàn ánh ) Từ đây cho x 0 ta được f(0) 0 f ( x ) x ,  x R . Thử lại thấy hàm số này không thỏa mãn (1). Vậy có duy nhất một hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là f( x ) 0,  x R . Lưu ý. Thay x u,0 z vào (1) ta được fuy( 2 ) ffu ( ( )) yfu ( ) f (0),  yR . Với mọi xR , xét x f( f ( u )) f (0) x f( f ( u )) yf ( u ) f (0) y fu() Vì vậy ta thay vào (1) để suy ra là toàn ánh. Ví dụ 1.2.3.2.2: Tìm tất cả các hàm số f: Q Q thỏa mãn : f( f ( x ) y ) x f ( y ),  x , y Q . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. f Nhận xét, hàm đồng nhất 0 không thỏa mãn bài toán. Xét fx( ) 0. Giả sử tồn tại xx12, sao cho f()() x12 f x . Khi đó, từ (1) ta có: ffx(())(())()().1 y ffx 2 y xfyxfy 1 2 xx 1 2 Suy ra là đơn ánh.
20. Thay y 0 vào (1) ta được f( f ( x )) x f (0),  x Q Ta có: xf (0),  xQQ  ffx ( ( )),  xQQ  Mà f( f ( x )), x Q  f ( x ),  x Q f( x ),  x Q Q là toàn ánh. Do là toàn ánh nên tồn tại x0 sao cho fx(0 ) 0 . Thay xx 0 vào (1) ta được f(())() f x00 y x f y f f()() y x0 f y x0 0 x0 0 , đúng. f (0) 0 Thay y 0 vào (1) ta được f( f ( x )) x ,  x Q . Đặt z f( x ) f ( z ) f ( f ( x )) x ( do là toàn ánh ) Từ đây, ta có: f( z y ) f ( z ) f ( y ),  z , y Q . Suy ra f(), x ax  x Q ( a là hằng số bất kì ) Thử lại vào (1) ta nhận f() x x hoặc f() x x trên Q . Vậy hàm số cần tìm là f(), x x  x Q và f(), x x  x Q . Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán trên tập R thì cần tìm thêm tính chất hoặc liên tục. Ví dụ 1.2.3.2.3. Tìm tất cả các hàm số f: R R thỏa mãn : fxfy(.() x ) xy . fx (),,  xyR . (1) Lời giải: Giả sử tồn tại hàm thỏa mãn đề bài. yy12, f()() y12 f y f Thay x 1 vào (1) ta được f( f ( y ) 1) y f (1) (2) Giả sử tồn tại sao cho . Khi đó, từ (2) ta có: ffy( (1 ) 1) ffy ( ( 2 ) 1) yf 1 (1) yf 2 (1) yy 1 2 Suy ra là đơn ánh.