Đơn ánh, toàn ánh và song ánh trong các bài toán phương trình hàm

ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

I. MỞ ĐẦU

“Toán học không phải là một quyển sách chỉ gói gọn giữa những tờ bìa mà người ta chỉ cần kiên nhẫn đọc hết nội dung, toán học cũng không phải là một vùng mỏ quý mà người ta chỉ cần có thời gian để khai thác; toán học cũng không phải là một cánh đồng sẽ bị bạc màu vì những vụ thu hoạch; toán học cũng không phải là lục địa hay đại dương mà ta có thể vẽ chúng lại được. Toán học không có những giới hạn như không gian mà trong đó nó cảm thấy quá chật chội cho những khát vọng của nó; khả năng của toán học là vô hạn như bầu trời đầy các vì sao; ta không thể giới hạn toán học trong những quy tắc hay định nghĩa vì nó cũng giống như cuộc sống luôn luôn tiến hóa”.

Sylvester

“Việc quan trọng là không ngừng suy nghĩ. Tính tò mò có lí do riêng của nó. Con người sẽ bị lo sợ khi suy ngẫm về các bí ẩn của vô tân, đời sống, về cấu trúc tuyệt vời của thực tế. Nếu người ta mỗi ngày chỉ thấu hiểu một chút về những bí ẩn này, thì cũng đủ. Hãy đừng bao giờ mất đi sự tò mò thiêng liêng”

Abert Einstein Có thể nói toán học là khoa học của mọi khoa học, toán học là công cụ của các môn học khác, toán học có vai trò rất quan trọng trong đời sống thực tiễn. Do đó các lĩnh vực của toán học được quan tâm đặc biệt. Toán học bao gồm nhiều lĩnh vực khác nhau và nó đều có vai trò và tầm ảnh hưởng khác nhau trong toán học.

Một trong những lĩnh vực rất quan trọng trong toán học đó là lĩnh vực liên quan đến hàm số, có thể nói hàm số xuất hiện và đóng vai trò quan trọng trong các lĩnh vực của toán học như: giải tích, hình học, xác suất, phương pháp tính, toán ứng dụng...Trong các lĩnh vực liên quan đến hàm số thì các khái niệm về đơn ánh, toàn ánh và song ánh đóng một vai trò rất quan trọng. Chính vì vậy mà các bài toán về hàm số liên quan đến song ánh thường xuất hiện trong hầu hết các đề thi olimpiad của các nước, khu vực và quốc tế. Các bài tập loại này thường rất đa dạng về phương pháp giải, về mức độ khó, tính mới mẻ. Vì vậy để phân chia thành các dạng toán cụ thể là rất khó khăn. Tuy nhiên trong bài viết này tôi cố gắng đưa ra một số bài tập với một số phương pháp giải tương ứng. Do trình độ và thời gian có hạn bài viết không thể tránh khỏi những sai sót về mặt nội dung và hình thức trình bày, tôi rất mong muốn nhận được các ý kiến đóng góp từ các thầy cô giáo và các em học sinh.

“Phương trình quan trọng hơn chính trị, vì chính trị cho hiện đại còn phương trình cho vĩnh cửu”

Abert Einstein Vĩnh Yên, tháng 07-2011

Trần Ngọc Thắng II. NỘI DUNG

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 được 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 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bthì ^{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}

 

^. 3. Ánh xạ ngược của một song ánh

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. 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.

4. Ánh xạ hợp

4.1. Định nghĩa. Nếu g A: B và f B: C và ^{g A}

 

^B thì ánh xạ hợp

:

f g AC được xác định bởi



^{f g}

 

^{a  f g a}

   

^.

Kí hiệu ⁿ ...

n

p  p p p.

5. Một số kí hiệu : Tập các số tự nhiên

*: Tập các số nguyên dương : Tập các số hữu tỷ

: Tập các số hữu tỷ dương : Tập các số nguyên

: Tập các số nguyên dương : Tập các số thực

: Tập các số thực dương.

B. PHẦN BÀI TẬP MINH HỌA

BÀI T11/409 (THTT, THÁNG 07-2011). Tìm tất cả các hàm số f :  , liên tục trên và thỏa mãn điều kiện

^{f xy}

 

^{ f x}



^y



^{ f xy}



^x



^{ f y}

 

^{,x y,  .} (1) LỜI GIẢI

Thay y1 vào (1) ta được:

^{f x}

 

^{ f x}



^{ 1}



^f

 

^{2x  f}

 

^{1 , x} (2)

  

¹

  

²

 

¹

f x f x f x f

    

 ^{f x}

 

^{ f x}



^{ 1}



^f

 

^{2x  f}

 

^{1  f x}



^{ 1}



^{f x}



^{ 2}



^f



^2x2



^



^{2 2}

  

²



²

  

^,

f x  f x  f x  f x  x . Do đó ta thu được:



²

  

^{2 ... 2 , 1}

2 2 2^k 2^k

x x x x

f x  f x  f    f      f    f    k



²

  

^{lim 2}

 

²

 

⁰

2^k 2^k

k

x x

f x f x f f f f



    

           . Từ đó suy ra:

^{f x}



^{ 2}



^{f x}

 

^{ f}

 

^{2  f}

 

^{0 , x} (3) Với n là số nguyên dương và đẳng thức (3) ta thu được:



²

 

^{2 2}

  

²

 

⁰

f x n  f x n  f  f



^{2 2}

 

^{2 4}

  

²

 

⁰

f x n  f x n  f  f

...



²

    

²

 

⁰

f x  f x  f  f

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

^{f x}



^2n



^{n f}

  

^{2  f}

 

⁰



^{ f x}

 

^{, n 1,x} (4) Tương tự ta có:

^{f x}



^{2n 1}



^{n f}

  

^{2  f}

 

⁰



^{ f x}



^{1 ,}



^{   n 1, x} (5) Thay y2n vào (1) và kết hợp với đẳng thức (4) ta được:

 



^{2 1}

  

²



²

 

²

  

^{2 1}

  

²

 

²

  

²

f n x  f n  f nx  f x n  f n x  f nx  f x n  f n

^{ f}

 

^2n1



^x



^{ f}



^2nx



^{n f}

  

^{2  f}

 

⁰



^{ f x}



^{ 1}



^{n f}

  

^{2  f}

 

⁰



^{ f}

 

¹

^{ f}

 

^2n1



^x



^{ f}



^2nx



^{ f x}

 

^{ f}

 

⁰ (6) Tương tự ta có đẳng thức:

^f



^2nx



^{ f}

 

^2n1



^x



^{ f x}



^{ 1}



^f

 

¹ (7) Từ các đẳng thức (6) và (7) ta có:



²

  

^{2 1}

  

¹

  

¹

f nx  f n x  f x f

 



^{2 1}

  

^{2 2}

     

⁰

f n x  f n x  f x  f

...

 

²

  

¹

  

¹

f x  f x  f x  f

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:



²

    

¹

  

¹

 

¹

     

⁰



f nx  f x n f x f  n f x  f



²

    

¹

  

¹

 

¹

  

⁰

f nx n f x f x f n f

       . Kết hợp với đẳng thức (2) ta được:



²

   

^{2 1}

  

^{0 ,}

f nx nf x  n f  x ^{ f nx}

 

^{nf x}

  

^{ n1}

  

^{f 0 , x} (8) Trong (8) thay n2,x1 ta được:

 

^{2 2}

 

¹

 

^{0 2}

  

¹

 

⁰

  

²

 

⁰

 

⁰

 

¹

 

^{1 2}

 

⁰

 

¹

f  f  f  f  f  f  f  f  f   f   f  f

Đặt ^{a f}

 

^{1  f}

 

^{0 ;b f}

 

⁰ . Khi đó với mỗi số nguyên dương n và từ đẳng thức (8) ta được:

    

^{1 1}

  

⁰

f n nf  n f an b

   

1 1 1 1

. 1 0

f n nf n f f a b

n n n n

        

     

     

   

1 1 1 1

. 1 0

f n nf n f f a b

n n n n

          

     

     

Với mỗi số hữu tỷ r luôn biểu diễn dưới dạng r ^m

 n , trong đó m ^*,n nên theo đẳng thức (8) và các đẳng trên ta được:

 

^{.1 1}



¹

  

^{0 m}

f r f m mf n f a b ar b

n n n

   

         

    ^{ f r}

 

^arb (9) Với mỗi x , tồn tại dãy số hữu tỷ

 

xn hội tụ đến x nên từ đẳng thức (9) và tính liên tục của f suy ra ^{f x}

 

^{ax b} . Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài 1 (IMO 1988). Tìm tất cả các hàm f : ^*  ^* thỏa mãn đẳng thức:

   

 

f f m  f n  m n, với mọi m n,  ^*.

Lời giải. Thay mn vào đẳng thức trên ta được ^f



^{2f n}

  

^2n (1), và từ đẳng thức này ta có: nếu f n

 

1  f n

 

2  f



f n

 

1



 f



f n

 

2



2n12n2  n1 n2 hay suy ra f

là đơn ánh.

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}



^{2f n}

 

^{,  n 2 (2).}

Từ đẳng thức (2) ta có:

  

¹

 

¹

 

²



^...

 

²

 

¹

f n  f n  f n  f n   f  f a, suy ra

    

^{1 1}



f n  f  n aan b ; trong đó ^{b f}

 

^{1 a.}

Thay ^{f n}

 

^{an b} vào phương trình ban đầu ta được a1,b0. Vậy ^{f n}

 

^{n,  n *.}

Nhận xét. Bằng cách làm tương tự bài trên ta giải được các bài tập sau:

Bài 2 (Canada 2008). Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn đẳng thức:

   



²



²

f f x  f y  xy, Với mọi x y,  .

Bài 3 (Mở rộng Canada 2008). Tìm tất cả các hàm số f : ^ ^ thỏa mãn đẳng thức:

   



²



²

f f x  f y  xy, Với mọi x y,  ^.

Bài 4 (Balkan MO 2009). Kí hiệu ^* là tập hợp các số nguyên dương. Tìm tất cả các hàm f : ^* ^* thỏa mãn đẳng thức:

   



^{2 2 2}



^{2 2 2}

f f m  f n m  n , Với mọi m n,  ^*.

Lời giải. Nếu m m₁, ₂ ^* sao cho

 

1

 

2

f m  f m  f



f²

 

m1 2f²

 

n



 f



f²

 

m2 2f²

 

n



m1²2n² m2²2n², suy ra m1 m2 hay f là đơn ánh.

Dế thấy với mọi n ^*,n3 ta có:



^n2



^22



^n1

 

^{2  n2}



^22



^n1



². Từ đẳng thức kết hợp với phương trình đã cho ta được:

   



^{2 2 2 2 1}

 

²



²



^{2 2}



¹

 

f f n  f n  f f n  f n , do f là đơn ánh nên ta có:

^f2



^{n 2}



^2f2



^{n 1}



^f2



^{n 2}



^2f2



^n1



(1) Từ đẳng thức (1) ta có:

           

     

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 1 1 2 1 ...

3 2 2 1 .

f n f n f n f n f n f n

f f f a

          

  

       

       

         

         

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 2

1 2 2 3

....

1 2 1 2

1 2 2 1 3

....

f n f n f n f n a

f n f n f n f n a

f n f n f f a n

f n f n f f a n

       

       

      

      

       

2 2 2 2

f 2  f 1  f 2  f 1

Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được:

²

 

²

  

^{1 1}

 

²

 

^{2 2}

 

¹

 

¹



²



2

a n n

f n f n f f  

     (2)

Từ đẳng thức (2) ta suy ra ^f2

 

^{n có dạng:}

^f2

 

^{n bn2cnd.} (3) Mặt khác phương trình ban đầu cho mn ta được:

^f



^3f2

 

ⁿ



^3n2 (4) Từ (3) và (4) ta thu được b1,c d 0. Vậy ^{f n}

 

^{n, với mọi n *.}

Nhận xét. Bằng cách làm tương tự ta giải được bài toán sau:

Bài 5 (HSG Lớp 10 Vĩnh Phúc 2011). Kí hiệu chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử f :  là hàm số thỏa mãn các điều kiện ^f

 

^{1 0 và}



^{2 2 2}

    

^{2 2}

   

²

f m  n  f m  f n , với mọi m n,  . Tính các giá trị của ^f

 

^{2 và f}



²⁰¹¹



^.

Bài 6 (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,  . Lời giải.

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

a

  (1) 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 ban đầu ta có:

    

¹

  

x f y af y  x a f y , với mọi y (2)

Từ đẳng thức (2) thì sẽ xẩy ra a1 hoặc ^{f y}

 

^const.

+) 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. Bài 7 (MEMO 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,  .

Lời giải

+) 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 y y₁, ₂ sao cho f y

 

1  f y

 

2 , từ phương trình trên thay x bởi a và y lần lượt bởi y y₁, ₂ ta được:

  

¹

     

¹



¹

    

¹



f af y  f f a  f y  y f a  f a f y (1) và ^{f af y}

  

²



^{ f}



^{f a}

 

^{ f y}

 

²



^{ y f a2}

 

^{ f a}



^{ f y}

 

²



^(2).

Từ (1) và (2) ta được y f a1

 

 y f a2

 

 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.}

Mặt khác thay y0 và phương trình và sử dụng ^f

 

^{0 0} ta được:

               

       

0 0 0. 0

,

f xf f f x f f x f x f

f f x f x f x x x

    

     

Vậy ^{f x}

 

^{  0, x hoặc f x}

 

^{  x, x .}

Bài 8 (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

       

²

f x y f y  f f x  y, với mọi số thực x y, .

Lời giải.

+) Cho y 0 ta được ^f



^{f x}

  

^{ f x}



^{ f}

 

⁰



(1) +) Ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy nếu y y₁, ₂ sao cho f y

 

1  f y

 

2 (2).

Từ (1) và (2) ta có ^f



^{f y}

 

¹



^{ f}



^{f y}

 

²



^{ f y}



^{1 f}

 

⁰



^{ f y}



^{2  f}

 

⁰



(3).

Cho ^{x f}

 

^{0  f y( )} thay vào phương trình đã cho ta được

     

         

           

0 0 2

0 0 2 (4)

f f f y y f y f f f f y y

f y f f f f f y y

     

    

Từ (4) lần thay y bởi y y₁, ₂ ta được

           

           

1 1 1

2 2 2

0 0 2

0 0 2

f y f f f f f y y

f y f f f f f y y

   

   

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.

Bài 9 (IRAN TST 2011). Tìm tất cả các song ánh f :  sao cho:

   



²

  

²

 

²

f x f x  f y  f x  f y , Với mọi x y,  .(42)

Lời giải.

Do f là một toàn ánh nên với mỗi x tồn tại t sao cho

   

2 x f x

f t  x

   . Khi đó thay vào phương trình ban đầu ta được:

^f

 

^{2x  f}

 

^{2x  f}

 

^{2t  f}

 

^{2t 0} (1) Thay x y 2tvào phương trình hàm ban đầu và kết hợp với (1) ta được:

^f



^{2t f}

 

^{2t 2f}

 

^2t



^2f

 

^{4t  f}

 

^{4t 0} (2) Từ (1), (2) và do f là đơn ánh nên ta có:

 

⁴

 

^{2 4 2 0}

 

⁰

 

2 x f x

f t f t t t t  x f x x

           .

Vậy ^{f x}

 

^{x, với mọi x .}

Bài 10. Xét tất cả các hàm đơn ánh f :  thỏa mãn điều kiện:

   

²

f x f x  x,

với mọi x . Chứng minh rằng hàm số ^{f x}

 

^x là một song ánh.(19) Lời giải.

Đặt ^{g x}

 

^{ f x}

 

^{ x f x}

 

^{g x}

 

^x. Khi đó từ phương trình ban đầu ta được:

       

²

     

²

g x f x  x f x  xg g x g x  x. Do đó ta có

^{g g x}

   

^{g x}

 

^{2 , x  x} (1) +) Ta chứng minh g là đơn ánh. Thật vậy với x x₁, ₂ sao cho g x

 

1 g x

 

2 suy ra

  

1

  

1

  

2

  

2 1 2

g g x g x g g x g x x x hay g là đơn ánh.

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

       

2. 2 2 2

f x f x f x

f x f  f  

      và kết hợp với f là một đơn ánh ta thu được:

     

2 2 2

f x f x f x

x f   g 

     

   . Đẳng thức này chứng tỏ g là một toàn ánh.

Do đó g là một song ánh hay ^{f x}

 

^x là một song ánh.

Bài 11. 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.

Lời giải.

+) Ta chứng minh ^{g x}

 

là đơn ánh. Thật vậy với x x₁, ₂ sao cho g x

 

1 g x

 

2

suy ra f g x

  

1



 f g x

  

2



h x

 

1 h x

 

2 x1x2 (do h là một song ánh). Từ đó 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). Từ đó suy ra g là một toàn ánh.

Vậy ^{g x}

 

là một hàm song ánh.

Bài 12. Xét tất cả các hàm ^{f : }

 

^{0 } thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

(i) ^{f x}



^y



^{ f x}

 

^{ f y}

 

^{, với mọi x y,  }

 

⁰

(ii) Số phần tử của tập hợp



^{x f x}

 

^{0, x }

 

⁰



là hữu hạn.

Chứng minh rằng f là một hàm đơn ánh.(25) Lời giải.

Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chỉ ra được

^{f nx}

 

^{nf x}

 

^{,  n *, x }

 

⁰ (1) Thay x y 0vào phương trình ban đầu ta được ^f



^{0 0}



^{ f}

 

^{0  f}

 

^{0  f}

 

^{0 0.} Giả sử x x1, 2

 

0 sao cho f x

 

1  f x

 

2 . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x₁x₂. Khi đó theo điều kiện (i) ta được:

f x



1x2



 f x

 

2  f x

 

1  f x



1x2



0 (2) Từ (1) và (2) ta thu được: f n x

 

1x2

 

nf x



1x2



0, với mọi n ^*. Từ đó kết hợp với điều kiện (ii) ta suy ra x₁ x₂. Vậy f là một hàm đơn ánh.

Bài 13 (Shortlist IMO 2002). Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều kiện:

   

²

   

f f x y  x f f y x , với mọi x y,  ..

Lời giải.

+) Ta chứng minh f là toàn ánh. Thật vậy, thay ^y�