- Information
- AI Chat
ĐƠN ÁNH,TOÀN ÁNH, SONG ÁNH Trong BÀI TOÁN PHƯƠNG Trình HÀM
Tài liệu tham khảo Toán kinh tế ÁNH XẠ - HÀM SỐ
Course
Kế toán-kiểm toán
834 Documents
Students shared 834 documents in this course
Academic year: 2021/2022
Uploaded by:
0followers
6Uploads
133upvotes
Related Studylists
TVPreview text
ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM
TRẦN NGỌC THẮNG
GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
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.. 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-
Trần Ngọc Thắng
II. NỘI DUNG
A. PHẦN LÝ THUYẾT
1. Ánh xạ
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. 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.
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 2 x f 1 , x (2)
f x f x 1 f 2 x f 1
f x f x 1 f 2 x f 1 f x 1 f x 2 f 2 2 x
f 2 2 x f 2 x f x 2 f x , x.
Do đó ta thu được:
2 2 ... 2 , 1
####### 2 2 2 2
k k
x x x x f x f x f f f f k
#######
#######
#######
2 lim 2 20
####### 2 2
k 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:
f x 2 n f x 2 2 n f 2 f 0
f x 2 2 n f x 2 4 n f 2 f 0
..............
f x 2 f x f 2 f 0
Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:
f x 2 n n f 2 f 0 f x , n 1, x (4)
Tương tự ta có:
f x 2 1 n n f 2 f 0 f x 1 , n 1, x (5)
Thay y 2 n vào (1) và kết hợp với đẳng thức (4) ta được:
f 2 1 n x f 2 n f 2 nx f x 2 n f 2 1 n x f 2 nx f x 2 n f 2 n
f 2 1 n x f 2 nx n f 2 f 0 f x 1 n f 2 f 0 f 1
f 2 1 n x f 2 nx f x f 0 (6)
Tương tự ta có đẳng thức:
f 2 nx f 2 1 n x f x 1 f 1 (7)
Từ các đẳng thức (6) và (7) ta có:
f 2 nx f 2 1 n x f x 1 f 1
f 2 1 n x f 2 2 n x f x f 0
..............
f 2 x f x f x 1 f 1
Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:
f 2 nx f x n f x 1 f 1 n 1 f x f 0
f 2 nx n f x f x 1 f 1 n 1 0 f. Kết hợp với đẳng thức (2) ta được:
f 2 nx nf 2 x n 1 0 , f x f nx nf x n 1 0 , f x (8)
Trong (8) thay n 2, 1 x ta được:
f 2 2 1 f f 0 2 1 f f 0 f 2 f 0 f 0 f 1 f 1 2 0 f f 1
Đặt a f 1 f 0 ; b f 0. Khi đó với mỗi số nguyên dương n và từ đẳng thức (8)
ta được:
f n nf 1 n 1 0 f an b
####### 1 1 1 1
f n. nf n 1 0 f f a b n n n n
#######
#######
#######
####### 1 1 1 1
f n. nf n 1 0 f f a b n n n n
#######
#######
#######
Với mỗi số hữu tỷ r luôn biểu diễn dưới dạng
m r 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 2 f n 2 n (1), và từ đẳng thức
này ta có: nếu f n 1 f n 2 f f n 1 f f n 2 2 2 n 1 n 2 n 1 n 2 hay suy ra f
là đơn ánh.
Ta có 2 n 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).
Từ đẳng thức (2) ta có:
f n f n 1 f n 1 f n 2 ... f 2 f 1 a ,
suy ra
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 2 f f 1 f 2 f 1
Cộng từng vế của các đẳng thức trên ta được:
2 2 2 2 1 2
####### 1 1 2 1
####### 2
a n n f n f n f f
#######
(2)
Từ đẳng thức (2) ta suy ra
2
f n có dạng:
2 2
f n bn cn d. (3)
Mặt khác phương trình ban đầu cho m n ta được:
2 2
f 3 f n 3 n (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
f m 2 n f m 2 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:
x f 0
f f x 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:
x f y af y x a 1 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 y 1 2, sao cho f y 1 f y 2 ,
từ phương trình trên thay x bởi a và
y
lần lượt bởi y y 1 2, ta được:
f af y 1 f f a f y 1 y f a 1 f a f y 1 (1)
và
f af y 2 f f a f y 2 y f a 2 f a f y 2 (2).
Từ (1) và (2) ta được y f a 1 y f a 2 y 1 y 2. Vậy f là một đơn ánh.
Thay x 0, 1 y 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
f x y f y f f x 2 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 y 1 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
#######
#######
####### 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 x 1 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 x 1 x 2 (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 0 vào phương trình ban đầu ta được f 0 0 f 0 f 0 f 0 0.
Giả sử x x 1 2, 0 sao cho f x 1 f x 2. Không mất tính tổng quát ta có thể giả
sử x 1 x 2. Khi đó theo điều kiện (i) ta được:
f x 1 x 2 f x 2 f x 1 f x 1 x 2 0 (2)
Từ (1) và (2) ta thu được: f n x 1 x 2 nf x 1 x 2 0 , với mọi
n . Từ đó kết
hợp với điều kiện (ii) ta suy ra x 1 x 2. Vậy f là một hàm đơn ánh.
Bài 13 (Shortlist IMO 2002). Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
f f x y 2 x f f y x ,
với mọi x y , ..
Lời giải.
+) Ta chứng minh f là toàn ánh. Thật vậy, thay y f x vào phương trình ban
đầu ta được:
f 0 2 x f f f x x f f f x x f 0 2 x ,
suy ra f là toàn ánh.
+) Do f là toàn ánh nên tồn tại a sao cho f a 0.
+) Thay x a vào phương trình ban đầu ta được:
f y 2 a f f y a f f y a a f y a (1)
+) Do f là toàn ánh nên với mọi x tồn tại y sao cho x a f y . Do đó từ
đẳng thức (1) ta thu được: x f x a f x x a , x. Thử lại ta thấy thỏa
mãn điều kiện. Vậy f x x a.
Bài 14. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f f x 2 f y f x y f y ,
với mọi x y , . (17)
Lời giải.
Với y y 1 2, sao cho f y 1 f y 2 f f x 2 f y 1 f f x 2 f y 2 suy ra
f x y 1 f y 1 f x y 2 f y 2 y 1 y 2. Do đó f là một song ánh.
Thay y f x vào phương trình ban đầu ta được:
####### 2
####### 2
f f x f f x f f x
f x f f x f x
#######
#######
f f x f x , x (1)
Thay x f y vào phương trình ban đầu ta được:
####### 2
, y
f f f y f y f f y y f y
f f y f y y f y y
#######
#######
Suy ra f là một toàn ánh.
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 f x x , x.
Bài 14. 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)
Lời giải.
Bài 16 (THTT Tháng 1/2011). Với mỗi
n , kí hiệu an là số tất cả các song ánh
f : 1,2,3,..., n 1,2,3,..., n thỏa mãn điều kiện với mọi k 1,2,3,..., n thì
f f k k.
1) Chứng minh rằng an là số chẵn với mọi n 2.
2) Chứng minh rằng với n 10 và n 3 thì an an 9 3.
Chứng minh. Ta có an bằng tổng của số các song ánh thỏa mãn f n n và số các
song ánh thỏa mãn f n n. Chú ý rằng với f n n thì f n 1,2,3,..., 1 n nên
f n có n 1 cách chọn. Do đó ta có đẳng thức sau:
an an 1 n 1 an 2 , n 2 , với chú ý a 0 a 1 1.
1) Bằng quy nạp ta chứng minh được ngay an là số chẵn với mọi n 2.
2) Từ đẳng thức trên ta chứng minh dễ dàng đẳng thức:
an 2 2 n an 3 n n 3 an 4 , n 4
an an 3 2 3 n an 3 n n 3 an 4
an an 3 0 mod3 nếu n 0 mod3 .
Từ đó ta suy ra:
an an 9 an an 3 an 3 an 6 an 6 an 9 0 mod3 , n 10.
Bài 16. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
f x y f xy f f x y xy ,
với mọi số thực
x y ,
. (1)
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh f là một hàm đơn ánh. Thật vậy, xét hai số a,b bất kì.
Chọn s sao cho
2 2
s 4 ; 4 a s b. Khi đó phương trình
2
t st a 0 có hai nghiệm pbiệt là t t 1 2,
2
t st b 0 có hai nghiệm pbiệt là t t 3 4,
Trong (1) lần lượt thay (x,y) bằng ( , );( , ) t t 1 2 t t 3 4 ta được:
f s f a f f s a
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.
C. PHẦN BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 17. Tìm tất cả các hàm
f : thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) f là toàn ánh;
(ii) m là ước của n khi và chỉ khi f m là ước của f n .
Bài 18. Tìm tất cả các hàm
f : thỏa mãn điều kiện:
f m f n n f m 1 ,
với mọi
m n , .
Bài 19 (CH Séc 2006). Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f f x y x f y 2006 ,
với mọi x y , .
Bài 20 (Rumani 1988). Cho
f : là một toàn ánh và
g : là một đơn
ánh sao cho với mọi số nguyên dương n ta có f n g n. Chứng minh rằng
f g.
Bài 21 (IMO Shortlist 1995). Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm số
f : sao cho với mọi số nguyên dương m n , ta có:
f m f n n f m 95 .
Tính tổng
19
k 1
f k
.
Bài 22. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f x f x 2 y x f f x 2 f y ,
với mọi x y , . (9)
Bài 23 (Olimpiad Áo – Balan 1997). Chứng minh rằng không tồn tại hàm số
f : sao cho với mọi số nguyên x y , ta có f x f y f x y.
Bài 24. Xét tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f x f x y x f x 2 f y ,
với mọi x y , . Chứng minh rằng f là một song ánh. (8)
Bài 25. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f f x f y x f y f x y ,
với mọi x y , . (13)
Bài 26. Tìm tất cả các hàm f : 0 0
thỏa mãn điều kiện:
f f x f y 2 x f x y ,
với mọi x y , . (14)
Bài 27. Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:
f x f x 2 f y x f x y f y ,
với mọi x y , . (15)
Bài 28 (Olimpic 30-04-2009). Cho hàm số
f : thỏa mãn điều kiện:
Bài 39. Tìm tất cả các hàm số f : 0 0
thỏa mãn điều kiện:
f x f x 2 f y 2 f x y f y ,
với mọi x y , 0
. (44)
Bài 40 (Shortlist IMO 2007). Tìm tất cả các hàm số f :
thỏa mãn điều
kiện:
f x f y f x y f y ,
với mọi x y ,
.
Bài 41 (Macedonia NMO 2008). Tìm tất cả các hàm đơn ánh
f : thỏa
mãn điều kiện:
####### 2
n f n f f n
#######
, với mọi
n .
Bài 42 (Macedonia NMO 2007). Cho n là một số tự nhiên chia hết cho 4. Xác
định số song ánh f : 1,2,..., n 1,2,..., n sao cho:
1 f j f j n 1
,
với mọi j 1,2,...,. n
Bài 43. Tìm tất cả các hàm số
f : thỏa mãn điều kiện:
f f n 2 n ,
với mọi số nguyên dương n.
Bài 44. Cho X là một tập hữu hạn, cho các song ánh f g X , : X thỏa mãn điều
kiện với mọi x X ta có: f f x g g x hoặc f g x g f x hoặc cả hai
đều đúng. Chứng minh rằng với mọi x X , ta có f f f x g g g x nếu
f f g x g g g x .
Bài 45 (APMO 1989). Cho hàm số f tăng thực sự , nhận giá trị thực trên tập các
số thực. Giả sử tồn tại hàm ngược
1 f
. Tìm tất cả các hàm số f như thế sao cho
1 f x f x 2 x
, với mọi số thực x.
Bài 46. Cho các hàm số f g , : . Chứng minh rằng hàm số f g không là một
toàn ánh.
Bài 47. Cho toàn ánh f : . Chứng minh rằng tồn tại hai hàm toàn ánh
g h , : sao cho f gh ..
Bài 48. Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
2
f xf x f y f x y ,
với mọi x y , .
Bài 49. Cho m n là hai số nguyên dương. Chứng minh rằng số các toàn ánh
f : 1,2,..., m 1,2,..., n bằng
1
0
####### 1
n k k m n k
C n k
.
Bài 50 (Shortlist 1996). Cho U là một tập hợp hữu hạn và cho f g , là các toàn
ánh từ U vào U. Đặt
S U f f : g g , T U f g : g f ,
và giả sử U S T. Chứng minh rằng với U , f S khi và chỉ khi g S.
Bài 51 (Shortlist 2009). Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
2
f xf x y f yf x x , với mọi số thực x và y.
Was this document helpful?
ĐƠN ÁNH,TOÀN ÁNH, SONG ÁNH Trong BÀI TOÁN PHƯƠNG Trình HÀM
Course: Kế toán-kiểm toán
834 Documents
Students shared 834 documents in this course
Was this document helpful?
ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH VÀ SONG ÁNH TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH HÀM
TRẦN NGỌC THẮNG
GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
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
1