0 DO 0 MA TH 0 THEN 0 LO VE 0 MA TH 0
HUS HIGH SCHOOL FOR GIFTED STUDENTS
Nguyễn Hoàng Việt
Sử dụng tính đơn ánh của hàm số
Facebook. https://www.facebook.com/nguyenhoangvietchuyenkhtn Email. nguyenhoangviet.hsgs@gmail.com
Blog. https://hsgsstudent.blogspot.com/
Bài 1 Tìm tất cả các hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn
f(x+yf(x)) =f(x) +xf(y),∀x, y∈R+
hsgsstudent Lời Giải P(x+zf(x), y), ta được
0f
x+zf(x) +yf(x+zf(x))
=f(x+zf(x)) + [x+zf(x)]f(y)
=f(x) +xf(z) +xf(y) +zf(x)f(y),∀x, y∈R+. 0f
x+zf(x) +yf(x+zf(x))
=f
x+zf(x) +yf(x) +xyf(z)
=f Å
x+ Å
z+y+ xyf(z) f(x)
ã f(x)
ã
=f(x) +xf Å
z+y+ xyf(z) f(x)
ã
,∀x, y∈R+.
Từ hai biến đổi trên, ta suy ra f
Å
z+y+xyf(z) f(x)
ã
=f(y) +f(z) + zf(x)f(y)
x ,∀x, y, z ∈R+. (1)
Chox=z vào (1), ta được
f(xy+x+y) =f(x) +f(y) +f(x)f(y),∀x, y∈R+ (2) Giả sử tồn tạib > a >0mà f(a) =f(b). Khi đó, thay (x, y)bởi
Åb−a a+ 1, a
ã
vào(2), ta có f(b) =f(a) +f
Åb−a a+ 1
ã +f
Åb−a a+ 1
ã
f(a), mâu thuẫn.
Do đó,f là hàm đơn ánh. Từ (1), ta suy ra f
Å
z+y+ xyf(z) f(x)
ã
=f Å
z+y+ xzf(y) f(x)
ã
⇔yf(z) =zf(y),∀y, z ∈R+.
L A T E X B Y VIỆT
Suy raf(y) =Ay,∀y∈R+. Thử lại, ta được
A(x+Axy) =Ax+Axy,∀x, y∈R+ =⇒ A= 1.
Vậyf(x) =x,∀x∈R+. :
Bài 2 Tìm tất cả các hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn
f(x+f(xy)) +y=f(x)f(y) + 1,∀x, y∈R+.
A8 IMO Shortlist 2020 Lời Giải P(1, y), ta đượcf(1 +f(y)) +y =f(1)f(y) + 1,∀y ∈R+. Suy ra f là hàm đơn ánh.
Vớiy cố định, đặtg(x) =f(x+f(xy)) =f(x)f(y) + 1−y thì khi đó g là hàm đơn ánh. Suy ra x1+f(x1y)̸=x2+f(x2y),∀x1 ̸=x2 ∈R+,∀y ∈R+.
Đặtzi=xiy, ta có z1−z2
y ̸=f(z2)−f(z1)hay 1
y ̸= f(z2)−f(z1)
z1−z2 ,∀z1̸=z2∈ R+,∀y ∈R+. Điều này chỉ xảy ra khi f(z2)−f(z1)
z1−z2 <0. Nói cách khác,f là hàm tăng ngặt.
Dof tăng ngặt nên tồn tại p= lim
x→0+f(x)và q= lim
x→p+f(x). Cố định y, cho x→0, ta được q+y =pf(y) + 1,∀y ∈R+ =⇒ f(y) = q+y−1
p =ay+b,∀y∈R+. Thử lại, thay vào đề bài ta có
a(x+axy+b) +b+y= (ax+b)(ay+b) + 1,∀x, y∈ R+. Phương trình trên tương đương với
(a−ab)x+ (1−ab)y+ab+b−b2−1 = 0,∀x, y∈R+.
Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khia−ab= 1−ab=ab+b−b2−1 = 0haya=b= 1.
Vậy ta kết luận hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài làf(x) =x+ 1,∀x∈R+. : Bài 3 Tìm tất cả các hàm sốf :R→R thỏa mãn
f(x) +f(yf(x) +f(y)) =f(x+ 2f(y)) +xy,∀x, y∈R.
8th EMC Lời Giải Đầu tiên, ta chứng minhf là hàm đơn ánh. Thật vậy, giả sử tồn tại a, bmà f(a) =f(b).
P(a, y)−P(b, y), ta được
f(a+ 2f(y))−f(b+ 2f(y)) =ay−by,∀y ∈R. (1) Lần lượt thayy bởia vàb vào (1), ta suy ra
(a−b)a=f(a+ 2f(a))−f(b+ 2f(a)) =f(a+ 2f(b))−f(b+ 2f(b)) = (a−b)b.
0 DO 0 MA TH 0 THEN 0 LO VE 0 MA TH 0
Do đó, ta suy raa=b. Như vậy, f là hàm đơn ánh.
Nếuf(0) = 0thì P(0, y), ta được f(f(y)) =f(2f(y)),∀y∈R.
Mặt khác, vìf đơn ánh nên ta suy raf(y) = 2f(y)hay f(y) = 0,∀y ∈R, không thỏa mãn.
Xét f(0)̸= 0.P(−f(0),0), ta đượcf(−f(0)) = 0. Đặt−f(0) =c, ta có f(c) = 0.P(c, c), ta được f(0) =c2 =f(0)2 =⇒ f(0) = 1 dof(0)̸= 0 =⇒ f(−1) = 0.
P(x,−1), ta được f(−f(x)) =−x,∀x∈R nênf toàn ánh.
P(x,0), ta được f(x) +f(1) =f(x+ 2),∀x∈R.P(x+ 2, y), ta thu được
f(x) +f(1) +f(yf(x) +yf(1) +f(y)) =f(x+ 2f(y)) +f(1) +xy+ 2y,∀x, y∈R. Theo đề bài, ta có f(x) +f(yf(x) +f(y)) =f(x+ 2f(y)) +xy,∀x, y∈R nên
f(yf(x) +f(y) +yf(1))−f(yf(x) +f(y)) = 2y,∀x, y∈R. Dof toàn ánh nên với mọi y ̸= 0 thì tồn tạixđể yf(x) +f(y) = 0. Suy ra
f(yf(1))−1 = 2y,∀y ∈R\ {0}.
Nếuf(1) = 0thì f(0)−1 = 2y,∀y ∈R\ {0}, vô lí. Do đó,f(1)̸= 0. Suy ra f(y) = 2y
f(1) + 1 =Ay+ 1,∀y∈R\ {0}với Alà hằng số.
Kết hợp vớif(0) = 1, ta được f(y) =Ay+ 1,∀y ∈R. Thử lại, ta được
Ax+ 1 +A(y(Ax+ 1) +Ay+ 1) =A(x+ 2Ay+ 2) +xy,∀x, y∈R. Phương trình trên tương đương với
(A2−1)xy+ (A−A2)y+ 1−A= 0,∀x, y∈ R.
Điều này chỉ xảy ra khi A= 1. Vậyf(x) =x+ 1,∀x∈R. :
Bài 4 Tìm tất cả các hàm số f :R→Rsao cho
f(f(x)f(y)) +f(x+y) =f(xy),∀x, y∈R.
A6 IMO Shortlist 2017 Lời Giải Ta nhận xét rằng nếu hàm sốf(x)thỏa mãn yêu cầu đề bài thì hàm số−f(x)cũng thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vì vậy, không mất tính tổng quát, giả sửf(0)⩽0.
Ta thấyf ≡0là hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài. Xétf ̸≡0.
Xét x̸= 1,P Å
x, x x−1
ã
, ta được f
Å f(x)f
Å x x−1
ãã
= 0,∀x∈R. (1)
Thayx bởi0vào (1), Ta đượcf(f(0)2) = 0.
0 Trường hợp 1.f(0) = 0.P(x,0), ta được f(x) = 0,∀x∈R.
L A T E X B Y VIỆT
0 Trường hợp 2.f(0)<0. Ta thấy rằng tồn tại a sao chof(a) = 0. Nếu a̸= 1thì thay x bởia vào (1), ta được f(0) = 0, mâu thuẫn. Vậy ta cóf(x) = 0khi và chỉ khix= 1.
Dof(f(0)2) = 0 nênf(0)2= 1. Mặt khác, f(0)<0nên f(0) =−1.
P(x,1), ta được f(0) +f(x+ 1) =f(x),∀x∈R hayf(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈R.
Tiếp theo, ta chứng minh f là hàm đơn ánh. Thật vậy, giả sử tồn tại a̸=bmà f(a) =f(b).
Từ f(x+ 1) =f(x) + 1,∀x∈R, ta dễ dàng quy nạp đượcf(x+n) =f(x) +n,∀n∈Z. Ta có f(a+N+ 1) =f(a) +N + 1 =f(b) +N + 1 =f(b+N) + 1,∀N ∈N.
Chọn số nguyênN <−b, khi đó, tồn tại hai số thựcx0, y0 sao cho
®x0+y0=a+N+ 1 x0y0=b+N.
P(x0, y0), ta được f(f(x0)f(y0)) +f(a+N + 1) =f(b+N). Suy ra
f(f(x0)f(y0)) + 1 = 0⇔f(f(x0)f(y0) + 1) = 0⇔f(x0)f(y0) + 1 = 1⇔f(x0)f(y0) = 0.
Vậyf(x0)hoặc f(y0)bằng0 hayx0 hoặc y0 bằng 1, vô lí doa̸=b.
Vậyf là hàm đơn ánh. P(x,−x), ta được
f(f(x)f(−x)) =f(−x2) + 1 =f(1−x2),∀x∈R. Vìf là hàm đơn ánh nên ta suy ra
f(x)f(−x) = 1−x2,∀x∈R. P(x,1−x), kết hợp với tính chất trên, ta suy ra với mọi x∈Rthì
f(f(x)f(1−x)) +f(1) =f(x(1−x))⇔f(f(x)f(1−x)) =f(x(1−x))
⇔f(x)f(1−x) =x(1−x)
⇔f(x) [1 +f(−x)] =x−x2
⇔f(x)−x2+ 1 =x−x2
⇔f(x) =x−1.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn là f(x)∈ {0, x−1,1−x}. :
Bài 5 Tìm tất cả các hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn (1−z)f(x) =f
Å(1−z)f(xz) z
ã
,∀x∈R+,∀0< z <1.
Lời Giải Đặtg(x) = f(x)
x ,∀x∈R+, ta được (1−z)xg(x) =f
Å(1−z)xzg(xz) z
ã
=f((1−z)xg(xz)) = (1−z)xg(xz)g((1−z)xg(xz))
=⇒ g(x) =g(xz)g(x(1−z)g(xz)),∀x∈R+,∀z∈(0,1). Đặt0< y =xz < x, ta thu được
g(x) =g(y)g(g(y) (x−y)),∀y, x∈R+, x > y.
Thayx bởix+y, ta được
g(x+y) =g(y)g(xg(y)),∀x, y∈R+. (♢)
Kí hiệuQ(u, v)là thay (x, y)bởi(u, v)vào (♢).Q Å x
g(y), y ã
, ta được g(x)g(y) =g
Å x g(y)+y
ã
=g Å y
g(x) +x ã
,∀x, y∈R+. (♡)
0 DO 0 MA TH 0 THEN 0 LO VE 0 MA TH 0
0 Trường hợp 1.Tồn tạia > b mà g(a) =g(b).Q(a, a−b), ta suy ra tồn tại c >0đểg(c) = 1.
Q(x, c), ta được g(x+c) =g(x),∀x∈R+.Q(c, x), ta được g(cg(x)) = 1,∀x∈R+. Ta biến đổi như sau
g(x+y+z) =g(y+z)g(xg(y+z)) =g(y+z)g(xg(zg(y))g(y))
=g(y+z)g(xg(zg(y)) +g(y))
g(y) =g(zg(y)).g(xg(zg(y)) +g(y)),∀x, y, z∈R+. (1) Choz=c vào (1), ta được
g(x+y) =g(x+g(y)),∀x, y∈R+. Q(g(x), y)và hoán đổi vai trò của x, y, ta được
g(g(x)g(y)) = g(y+g(x))
g(y) = g(x+y)
g(y) ,∀x, y∈R+ =⇒ g(y) =g(x),∀x, y∈R+. Suy rag là hằng số. Do g(c) = 1nêng(x) = 1,∀x∈R+.
0 Trường hợp 2.f là hàm đơn ánh. Từ (♡), ta có x
g(y)+y= y
g(x)+x,∀x, y∈R+. Chox= 1, ta được
1
g(y)+y= y
g(1)+ 1 =⇒ g(y) = 1
Ay+ 1 với Alà hằng số.,∀y ∈R+. Thử lại vào (♢), ta được
1
A(x+y) + 1 = 1
(Ay+ 1)(Axg(y) + 1),∀x, y∈R+
⇔A(x+y) =A2xyg(y) +Axg(y) +Ay,∀x, y∈R+
⇔x =Axyg(y) +xg(y),∀x, y∈R+
⇔1 = (Ay+ 1)g(y),∀y ∈R+, đúng.
Từ hai trường hợp trên, ta suy rag(x) = 1
Ax+ 1 hay f(x) = x
Ax+ 1 với Alà hằng số với mọi x∈ R+. Dof :R+ →R+ nên x
Ax+ 1 >0,∀x∈R+ hayA⩾0. Thử lại thỏa mãn.
Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài làf(x) = x
Ax+ 1,∀x∈R+ với A⩾0. :
Bài 6 Cho hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn hai điều kiện 1 f(x+f(x+y)) =f(2x) +f(y),∀x, y∈R+.
2 Với mỗi x >0bất kì, ta đều có f(x)̸=f(y)với mọiy ∈(x,2x).
Lời Giải Giả sử tồn tại x∈R+ sao cho x > f(x).P(f(x), x−f(x)), ta được f(2f(x)) =f(2f(x)) +f(x−f(x))⇔f(x−f(x)) = 0, vô lý.
Do đó, ta suy raf(x)⩾x,∀x∈R+. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh f là hàm đơn ánh.
Giả sử tồn tạia > b >0đểf(a) =f(b). Từ điều kiện 2, ta suy ra a⩾2b.
Cố định x < b.P(x, a−x)và P(x, b−x), ta được (f(x+f(a)) =f(2x) +f(a−x)
f(x+f(b)) =f(2x) +f(b−x) =⇒ f(a−x) =f(b−x), với mọix < b (1)
L A T E X B Y VIỆT
Thayx bởib−xvào (1), ta suy ra
f(x) =f(x+a−b)với mọi x∈(0, b)
Xét x∈(0, b), ta có f(x) =f(x+a−b)⩾x+a−b > a−b⩾b. Xétx⩾b, ta có f(x)⩾x⩾b.
Như vậy, ta cóf(x)⩾b⩾min{a, b},∀x∈ R+.P(x, a) vàP(x, b), ta được
f(x+f(x+a)) =f(x+f(x+b)),∀x∈R+ (2) Nếu tồn tại sốM > 0đểf(x+a) =f(x+b)với mọix > M thì với mọix > M+b, ta có
f(x) =f(x+n(a−b))⩾x+n(a−b),∀n∈Z+, vô lí khin→+∞
Như vậy, ta có thể chọnxlớn tùy ý đểf(x+a)̸=f(x+b). Do (2) nên ta suy ra có thể chọn được hai số h, k lớn tùy ý mà f(h) =f(k). Tương tự như cách chứng minh trên, ta suy ra
f(x)⩾min{h, k},∀x∈R+, vô lý.
Vậy ta đã có f là hàm đơn ánh.P(x,2y)và P(y,2x), ta được f(x+f(x+ 2y)) =f(y+f(y+ 2x))
=f(2x) +f(2y)
=⇒ x+f(x+ 2y) =y+f(y+ 2x),∀x, y∈R+
=⇒ f(x+ 2y)−x−2y=f(y+ 2x)−y−2x,∀x, y∈R+ (3) Với mọi hai số2i > j > i >0, tồn tạix, y >0để x+ 2y=j vày+ 2x=i.
Đặtg(x) =f(x)−x. Ta có (3) tương đương với
g(i) =g(j) với mọii, j thỏa mãn 2i > j > i >0
Từ đây, ta có thể suy rag là hàm hằng. Vậyf(x) =x+A,∀x∈R+. : Bài 7 Tìm tất cả các hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn
f(f(1) +xf(y)) =yf(x+y),∀x, y∈R+
cronus119 Lời Giải P
Å x f(y), y
ã
, ta được
f(f(1) +x)
y =f
Å x f(y)+y
ã
,∀x, y∈R+
Cố định x, ta suy ra f là hàm toàn ánh. Tiếp theo, ta chứng minhf là hàm đơn ánh.
Giả sử tồn tạia > b >0thỏa mãn f(a) =f(b). So sánhP(x, a)và P(x, b), ta được af(x+a) =bf(x+b),∀x∈R+
Đặt b
a =c và a−b=d, ta suy ra f(x+d) =cf(x),∀x > b.
Cố định y, xét sốx > b sao chof(1) +xf(y)> b.P(x+d, y), ta được
f(f(1) +xf(y) +df(y)) =yf(x+y+d) =cyf(x+y) =cf(f(1) +xf(y)) =f(f(1) +xf(y) +d) Dof là hàm toàn ánh, với mọi h > f(1) +d,k >0, tồn tại x, y >0để
(f(1) +d+xf(y) =h d[f(y)−1] =k
0 DO 0 MA TH 0 THEN 0 LO VE 0 MA TH 0
Suy raf(h+k) =f(h)với mọih > f(1) +dvà với mọi k >0. Suy raf(x) =Avới mọi x > f(1) +d.
Xét y >1để y > f(1) +dvà x >0để xf(y)> d, ta suy ra A=yAhayy = 1, mâu thuẫn.
Vậyf là hàm đơn ánh. P(x,1), ta được
f(f(1) +xf(1)) =f(x+ 1)⇔f(1) +xf(1) =x+ 1⇔f(1) = 1 P(1, x), ta được
f(1 +f(x)) =xf(x+ 1),∀x∈R+
P Ü
x f
Å1 x
ã,1 x
ê
, ta được f(1 +x) = 1 xf
Ü x f
Å1 x
ã + 1 x
ê
,∀x∈R+, suy ra
f Ü
x f
Å1 x
ã + 1 x
ê
=f(1 +f(x))⇔ x f
Å1 x
ã + 1
x = 1 +f(x),∀x∈R+
⇔f(x)f Å1
x ã
=x+ f
Å1 x
ã
x −f Å1
x ã
,∀x∈R+ (♠)
Thayx bởi 1
x vào (♠), ta có 1
x +xf(x)−f(x) =f(x)f Å1
x ã
=x+ f
Å1 x
ã
x −f Å1
x ã
,∀x∈R+
Giải hệ phương trình này cho taf(x) = 1
x,∀x∈R+. Thử lại thỏa mãn. :
Bài 8 Với mỗi số nguyên tố p, đặtSp={1,2,· · ·, p−1}. Tìm tất cả các số nguyên tốpsao cho tồn tại hàm số f:Sp→Sp thỏa mãn
p|(nf(n)·f(f(n))−1), với mọin∈Sp.
NICE Mathematical Olympiad 2021 Lời Giải Gọi plà số nguyên tố sao cho tồn tại hàm sốf :Sp →Sp thỏa mãn
nf(n)·f(f(n))−1≡0 (mod p), ∀n∈Sp.
Ta chứng minhf là đơn ánh. Thật vậy, giả sử tồn tại a, b∈Sp sao cho f(a) =f(b). Ta có
0≡af(a)f(f(a))−1≡bf(b)f(f(b))−1 (mod p) =⇒ a≡b (mod p) =⇒ p|(a−b). mà0⩽|a−b|< p−1nên a−b= 0hay a=b. Vậyf là hàm đơn ánh. Do Sp là tập hữu hạn nên ta suy raf là hàm song ánh. Áp dụngđịnh lý Wilson, ta có
1≡
p−1
Y
n=1
nf(n)f(f(n)) = ((p−1)!)3≡ −1 (modp).
Do đóp|2hayp= 2. Vớip= 2, hàm sốf :{1} → {1}hiển nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậyp= 2
là số nguyên tố duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài. :
L A T E X B Y VIỆT
Bài 9 Tìm tất cả các hàm sốf :R+ →R+ thỏa mãn
xf(x+y) +f(xf(y) + 1) = f(xf(x)),∀x, y∈R+
EMC 2020 Lời Giải P(1, y), ta được
f(y+ 1) +f(f(y) + 1) =f(f(1)),∀y ∈R+ (1) Từ (1) suy raf(y+ 1)< f(f(1)) hay f(x)< f(f(1)) với mọix >1.
Ta sẽ chứng minhf đơn ánh. Thật vậy, giả sử tồn tạia̸=b mà f(a) =f(b).
P(x, a)và P(x, b), ta được
(xf(x+a) +f(xf(a) + 1) =f(xf(x))
xf(x+b) +f(xf(b) + 1) =f(xf(x)) =⇒ f(x+a) =f(x+b),∀x∈R+ Như vậy, ta đượcf(x+p) =f(x)với mọix > A= max{a, b}và p=|a−b|.
Xét x > Athì f(x+np) =f(x)với mọin∈Z+.P(x+np, y), ta được
(x+np)f(x+y) +f((x+np)f(y) + 1) =f((x+np)f(x)) Chon→+∞, ta suy ra (x+np)f(x)>1nên f((x+np)f(x))< f(f(1)). Suy ra
(x+np)f(x+y)< f((x+np)f(x))< f(f(1)), vô lí khi n→+∞
Vậy giả sử sai hay f đơn ánh. Thay y bởif(y)vào (1) và so sánh với (1), ta có
f(f(y) + 1) +f(f(f(y)) + 1) =f(f(1)) =⇒ f(f(f(y)) + 1) =f(y+ 1) =⇒ f(f(y)) =y,∀y ∈R+ P(x, f(y)), ta được
xf(x+f(y)) +f(xy+ 1) =f(xf(x)),∀x, y∈R+ (2) Ta chứng minhxf(x)⩽1,∀x∈R+. Thật vậy, giả sử tồn tại a đểaf(a)>1.
Chọnb đểab+ 1 =af(a). Thay(x, y) bởi(a, b)vào (2), ta được
af(a+f(b)) +f(ab+ 1) =f(af(a)), vô lí.
Vậy giả sử là sai hayxf(x)⩽1,∀x∈R+. Bây giờ, ta sẽ chứng minh f(xf(x)) = 1,∀x∈R+. Giả sử tồn tạic mà f(cf(c))>1. Đặtf(cf(c)) = 1 +t. P(c, y), ta được
f(cf(c)) =cf(c+y) +f(cf(y) + 1)⩽cf(c+y) + 1 ( dof(cf(y) + 1)⩽f(f(1)) = 1)
⩽ c
c+y + 1 ( do(c+y)f(c+y)⩽1)
=⇒ c
c+y ⩾t,∀y∈R+, vô lí khiy →+∞.
Giả sử tồn tạid màf(df(d))<1. Đặtf(df(d)) = 1−α. Từ (2), ta có
1−α=f(df(d)) =f(dy+ 1) +df(d+f(y))> f(dy+ 1),∀y ∈R+ (3) Mặt khác, chọn k sao cho 1
k+ 1 < α. Khi đó f(k+ 1)⩽ 1
k+ 1 < α. Từ (1), ta có
f(f(k) + 1) =f(f(1))−f(k+ 1) = 1−f(k+ 1)>1−α (4)
0 DO 0 MA TH 0 THEN 0 LO VE 0 MA TH 0
Từ (3), (4), chọn y= f(k)
d , ta suy ra mâu thuẫn.
Vậyf(xf(x)) = 1,∀x∈R+. Kết hợp với f đơn ánh, ta suy raf(x) = A
x,∀x∈R+ với A là hằng số.
Thử lại vào (2), ta được
1 =f(xf(x)) = A
xy+ 1+x A x+ A
y
=⇒ 1
A = 1
xy+ 1+ xy
xy+A,∀x, y∈R+
Choxy= 1, ta được 1 A = 1
2+ 1
A+ 1 =⇒ A= 1. Vậy f(x) =x,∀x∈R+. :
