Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------

VŨ VIẾT TRƢỜNG

PHƢƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM HỢP

TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2020

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.

Xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán-Tin cùng các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K12 đã tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập và nghiên cứu trong suốt thời gian qua.

Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân, bạn bè, đồng nghiệp luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này.

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 3 năm 2020

Tác giả

Vũ Viết Trường

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1. Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số.

2 2 3 3 5 6 8 8 13 17 1.1 Các tính chất cơ bản của hàm số và tập hợp . . . . . . . . . . . . 1.2 Đặc trưng hàm và các tính chất liên quan . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Khái niệm phương trình hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Phép lặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Đặc trưng của các hàm tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính . . . . . . . . 1.3.2 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính . . . . . . . . 1.4 Dãy số sinh bởi hàm hợp f (αx + β) . . . . . . . . . . . . . . . . .

Chương 2. Phương pháp giải các phương trình hàm trên tập rời rạc 20 20 2.1 Sử dụng nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.1 Nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.1.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Ứng dụng bài toán dãy số vào giải phương trình hàm . . . . . . . . 26 2.2.1 Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Lý thuyết 29 2.3.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.3.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.4 Sử dụng nguyên lý cực hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Lý thuyết

iii

2.4.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Hàm số sử dụng tính chất số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Lý thuyết 2.5.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Hàm số và hệ đếm cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1 Lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.2 Một vài ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 33 34 34 34 40 42 42 43 46

Chương 3. Các dạng phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập

số nguyên qua các kỳ Olympic 3.1 Các dạng toán về xác định dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Một số dạng toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 49 60

KẾT LUẬN 68

TÀI LIỆU THAM KHẢO 69

Mở đầu

Luận văn nhằm cung cấp một số dạng toán và phương pháp giải phương trình

hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên.

Chuyên đề nằm trong chương trình bồi dưỡng HSG ở các lớp THPT phục vụ

các kỳ thi các tỉnh, quốc gia và khu vực.

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, các bài toán liên quan tới phương trình hàm sinh bởi các hàm hợp thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại rất khó vì phần kiến thức về chuyên đề này không nằm trong chương trình toán lớp 12 bậc trung học phổ thông.

Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề phương trình hàm, tôi chọn đề tài luận văn "Phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên".

Tiếp theo, khảo sát một số lớp bài toán từ các đề thi HSG Quốc gia và các tỉnh

thành trong cả nước những năm gần đây. Cấu trúc luận văn gồm 3 chương: Chương 1. Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số. Chương 2. Phương pháp giải các phương trình hàm trên tập rời rạc. Chương 3. Các dạng phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên

qua các kỳ Olympic.

Tiếp theo, cuối các chương đều trình bày các bài tập áp dụng và các đề thi HSG

quốc gia và Olympic liên quan.

Chương 1. Một số kiến thức liên quan

đến đặc trưng hàm số

1.1 Các tính chất cơ bản của hàm số và tập hợp

Trong chương này, tác giả hệ thống lại các tính chất cơ bản của hàm số, đặc trưng hàm và các tính chất liên quan, khái niệm hàm số tuần hoàn, phản tuần hoàn và các đặc trưng của hàm tuần hoàn. Các kết quả trong chương 1 được trích dẫn từ các tài liệu tham khảo [1], [2], [4] và [8].

Định nghĩa 1.1 (xem [2]). 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).

f .

- Tập X được gọi là tập xác định của f . Tập hợp Y được gọi là tập giá trị của

f : X → Y

x (cid:55)→ y = f (x)

- Ánh xạ f từ X đến Y được kí hiệu là

- Khi X và Y là các tập số thực, ánh xạ f được gọi là một hàm số xác định

trên X

- 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 .

- 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.

Định nghĩa 1.2 (xem [2]). Ánh xạ f : X → Y được gọi là đơn ánh nếu với a ∈ X, b ∈ X mà a (cid:54)= b thì f (a) (cid:54)= 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.

Định nghĩa 1.3 (xem [2]). 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).

Định nghĩa 1.4 (xem [2]). 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) .

Định nghĩa 1.5 (xem [2]). 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. 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.

Nhận xét 1.1. Một số lưu ý khi áp dụng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh giải phương trình hàm

f (x) = y, tức là phương trình (ẩn x) y = f (x) luôn có nghiệm.

+) Nếu f : R → R là đơn ánh thì từ f (x) = f (y) suy ra x = y. +) Nếu f : R → R là toàn ánh thì với mọi y ∈ R, luôn tồn tại x ∈ R để cho

+) Nếu f là một hàm số mà đơn ánh thì ta rất hay dùng thủ thuật tác động f

vào hai vế, hoặc tạo ra f (ϕ (x)) = f (φ (x)) suy ra ϕ (x) = φ (x) .

+) Nếu f là toàn ánh thì ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho f (b) = 0 , sau đó tìm b. Nếu quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải thì có thể nghĩ đến tính đơn ánh, toàn ánh.

+) Nếu f : R → R là toàn ánh và f (x) = ϕ (x) , ∀x ∈ T, ở đây T là tập giá trị

của hàm f thì f (x) = ϕ (x) , ∀x ∈ R.

Về sau, trong luận văn này ta chỉ xét các ánh xạ là các hàm số xác định và

1.2 Đặc trưng hàm và các tính chất liên quan

1.2.1 Khái niệm phương trình hàm

nhận giá trị trên tập hợp các số thực.

Phương trình hàm được hiểu là các phương trình mà hai vế của phương trình được xây dựng từ một số hữu hạn các hàm chưa biết (của một số hữu hạn các

biến) và từ một số hữu hạn các biến độc lập. Phép xây dựng này được thực hiện từ một số hữu hạn các hàm đã biết (một hay nhiều biến) và bởi một số hữu hạn các phép thay thế các hàm đã biết hoặc các hàm chưa biết thành các hàm đã biết hoặc chưa biết khác.

Trong bài báo của Kuczma [8] đã trình bày rất chi tiết về lý thuyết phương

trình hàm như sau:

1◦ Các biến độc lập được gọi là các từ. 2◦ Nếu t1, . . . , tp là các từ và f (x1, . . . , xp) là hàm p biến, thì f (t1, . . . , tp) cũng

Định nghĩa 1.6 (Định nghĩa ”từ” trong phương trình hàm). Một từ được định nghĩa theo các điều kiện sau đây:

3◦ Không tồn tại các từ khác.

là các từ.

Khi đó, phương trình hàm có thể định nghĩa như sau:

Định nghĩa 1.7 (Định nghĩa phương trình hàm). Phương trình hàm là một đẳng thức t1 = t2 giữa hai từ t1 và t2 trong đó chúng chứa tối thiểu một hàm chưa biết và một số hữu hạn các biến số độc lập xác định.

Vấn đề phân loại phương trình hàm là rất khó và hiện nay vẫn chưa được giải

quyết thỏa đáng.

Định nghĩa 1.8. Phương trình hàm trong đó mọi hàm ẩn là hàm một biến được gọi là phương trình hàm thông thường.

Định nghĩa 1.9. Số biến độc lập xuất hiện trong phương trình hàm được gọi là bậc của phương trình này.

Thông thường, các phương trình vi phân, tích phân, phương trình đạo hàm riêng, các bài toán biên,.. cũng là những dạng toán cần xác định hàm số. Tuy nhiên, các dạng toán này có chứa thêm yếu tố không phải là từ nên biểu thức tương ứng không thể hiện sự bằng nhau của hai từ theo nghĩa đã nêu ở trên.

Như vậy, một phương trình hàm tổng quát đã cho thường không kèm theo các giả thiết chính quy (có đặc trưng giải tích lên các hàm như tính đo được, tính bị chặn, khả tích, khả vi, đơn điệu, liên tục, lồi, lõm,...).

1.2.2 Phép lặp

f 0(x) = x,

f n+1(x) = f (f n(x)), x ∈ R, n = 0, 1, 2, . . .

Định nghĩa 1.10 (Phép lặp). Phép lặp f n(x) của hàm f (x) được định nghĩa như sau:

√

(Các hàm f n(x) (n = 0, 1, 2, . . . ) được xác định trên R).

. Hãy xác định hàm số

x 1 + x2

f n(x) = f [f [f [· · · [f (x)] · · · ]]].

Ví dụ 1.1. Cho hàm số f (x) =

√

f 2(x) = f [f (x)] =

Lời giải. Ta giải bài toán bằng phương pháp quy nạp. Thật vậy Với n = 2 ta có

x 1 + 2x2

f (x) (cid:112)1 + (f (x))2

1 +

x 1 + x2 x2 1 + x2

√

(cid:115)

. Khi đó,

x 1 + kx2

√

f k+1(x) = f [f k(x)] =

Giả sử ta chứng minh được f k(x) =

f k(x) (cid:112)1 + (f k(x))2

x 1 + kx2 (cid:16)

√

1 +

x 1 + kx2

(cid:115) (cid:17)2

f k+1(x) =

x (cid:112)1 + (k + 1)x2

√

suy ra

x 1 + nx2

Vậy f n(x) =

f (x + y) + f (f (x) + f (y)) = f (f (x + f (y)) + f (y + f (x))), ∀x, y ∈ R+. (1.1)

Ví dụ 1.2. Giả sử f : R+ → R+ là hàm liên tục, nghịch biến sao cho

Chứng minh rằng f (f (x)) = x. Lời giải. Với y = x ta có

f (2x) + f (2f (x)) = f (2f (x + f (x)))

(1.2)

Thay x bởi f (x) vào (1.1) ta được

f (2f (x)) + f (2f (f (x))) = f (2f (f (x) + f (f (x)))).

(1.3)

f (2f (f (x))) − f (2x) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) − f (2f (x + f (x))).

Từ (1.2) và (1.3) suy ra

f (f (x) + f (f (x))) > f (x + f (x))

Nếu f (f (x)) > x thì do hàm f giảm thực sự nên vế trái của phương trình trên nhận giá trị âm, vì vậy

1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ

và f (x) + f (f (x)) < f (x) + x, điều này mâu thuẫn với giả sử f (f (x)) > x. Ta chứng minh được điều tương tự với giả sử f (f (x)) < x. Do đó ta có f (f (x)) = x.

Xét hàm số f (x) xác định trên tập D(f ) ⊂ R và tập giá trị R(f ) ⊂ R.

∀x ∈ M, ta có 2x0 − x ∈ M và f (2x0 − x) = f (x).

Định nghĩa 1.11 (xem [1]). Giả sử M ⊂ D(f ). Khi đó a) f (x) được gọi là hàm số chẵn tại x0 trên tập M , nếu

∀x ∈ M, ta có 2x0 − x ∈ M và f (2x0 − x) = −f (x).

b) f (x) được gọi là hàm số lẻ tại x0 trên M , nếu

Nhận xét 1.2. Như vậy, hàm chẵn, lẻ thông thường là các hàm chẵn, lẻ tại 0 trên R.

f (x) = f1(x) + f2(x),

Ví dụ 1.3. Mọi hàm số f (x) xác định trên R đều có thể biểu diễn dưới dạng

[f (x) − f (−x)]. Rõ ràng

1 2

1 [f (x) + f (−x)] và f2(x) = Lời giải. Đặt f1(x) = 2 f1(x) là một hàm chẵn, f2(x) là một hàm lẻ và ta có

f (x) = f1(x) + f2(x).

trong đó, f1(x) là một hàm số chẵn và f2(x) là một hàm số lẻ.

Ví dụ 1.4. Mọi hàm số f (x) là hàm chẵn tại x0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi có thể biểu diễn dưới dạng

f (x) =

[g(x) + g(2x0 − x)], ∀x ∈ M, Với g là hàm xác định trên M .

1 2

(1.4)

f (2x0 − x) = f (x), ∀x ∈ M.

Lời giải. Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.4) ta có ngay

f (2x0 − x) = f (x) ⇔ f (x) =

[f (x) + f (2x0 − x)], ∀x ∈ M.

1 2

Ngược lại, khi f là hàm chẵn tại x0 trên M thì

Vậy f có dạng (1.4) với g = f.

Ví dụ 1.5. Hàm số f (x) là hàm lẻ tại x0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi biểu diễn dưới dạng

f (x) =

[g(x) − g(2x0 − x)], ∀x ∈ M, Với g là hàm xác định trên M .

1 2

(1.5)

f (2x0 − x) = −f (x), ∀x ∈ M.

Lời giải. Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.5) ta có ngay

f (2x0 − x) = −f (x) ⇔ f (x) =

[f (x) − f (2x0 − x)], ∀x ∈ M.

1 2

Ngược lại, khi f là hàm lẻ tại x0 trên M thì

Vậy f có dạng (1.5) với g = f.

Nhận xét 1.3. Như vậy, theo định nghĩa thì hàm chẵn tại x0 là hàm bất biến đối với phép lấy đối xứng qua điểm x0. Từ đó, ta cũng có lớp hàm tương ứng bất biến qua phép nghịch đảo tại x0 như sau.

Định nghĩa 1.12 (xem [1]). Giả sử M ⊂ D(f ). a) f (x) được gọi là hàm số chẵn nhân tính tại x0 (cid:54)= 0 trên tập M , nếu

∀x ∈ M, ta có

∈ M và f

= f (x).

x2 0 x

(cid:17)

(cid:16)x2 0 x

b) f (x) được gọi là hàm số lẻ nhân tính tại x0 trên M , nếu

∀x ∈ M, ta có

∈ M và f

= −f (x).

x2 0 x

(cid:17)

(cid:16)x2 0 x

Ví dụ 1.6. Mọi hàm số f (x) là hàm chẵn nhân tính tại x0 (cid:54)= 0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi có thể biểu diễn dưới dạng

f (x) =

, ∀x ∈ M.

1 2

(cid:17)(cid:105) (1.6) (cid:104) g(x) + g (cid:16)x2 0 x

Lời giải. Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.6) ta có

= f (x), ∀x ∈ M.

(cid:17)

(cid:16)x2 0 x

Ngược lại, khi f là hàm chẵn nhân tính tại x0 trên M thì

= f (x) ⇔ f (x) =

f (x) + f

, ∀x ∈ M.

1 2

(cid:104) (cid:17) (cid:17)(cid:105)

(cid:16)x2 0 x (cid:16)x2 0 x

Vậy f có dạng (1.6) với g = f.

Ví dụ 1.7. Mọi hàm số f (x) là hàm lẻ nhân tính tại x0 (cid:54)= 0 trên M ⊂ R khi và chỉ khi biểu diễn dưới dạng

f (x) =

[g(x) − g

], ∀x ∈ M.

1 2

(cid:17) (1.7) (cid:16)x2 0 x

Lời giải. Thật vậy, ứng với mọi hàm g tùy ý xác định trên M, từ (1.7) ta có ngay

= −f (x), ∀x ∈ M.

(cid:17)

(cid:16)x2 0 x Ngược lại, khi f là hàm lẻ nhân tính tại x0 trên M thì

= −f (x) ⇔ f (x) =

f (x) − f

, ∀x ∈ M.

(cid:17) (cid:104) (cid:17)(cid:105)

1 2

(cid:16)x2 0 x (cid:16)x2 0 x

1.3 Đặc trưng của các hàm tuần hoàn

1.3.1 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn cộng tính

Vậy f có dạng (1.7) với g = f.

∀x ∈ M, ta có x ± a ∈ M

Định nghĩa 1.13 (xem [1]). Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn (cộng tính) chu kỳ a (a > 0) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

f (x ± a) = f (x), ∀x ∈ M.

 



Định nghĩa 1.14 (xem [1]). Cho f (x) là một hàm tuần hoàn trên M . Khi đó T (T > 0) được gọi là chu kỳ cơ sở của f (x) nếu f (x) tuần hoàn với chu kỳ T mà không là hàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ dương nào bé hơn T .

Ví dụ 1.8. f (x) = C, C là hằng số, là hàm số tuần hoàn với chu kỳ là số dương bất kỳ nhưng không có chu kỳ cơ sở.

Ví dụ 1.9. f (x) = {x} = x − [x] là hàm số tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là T0 = 1.

Ví dụ 1.10. Hàm sin x, cos x là các hàm số tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là 2π.

Hàm tan x, cot x là các hàm tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là π.

2π |a| .

Các hàm tan(ax + b), cot(ax + b), a (cid:54)= 0, tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là Các hàm sin(ax + b), cos(ax + b), a (cid:54)= 0, tuần hoàn với chu kỳ cơ sở là π |a|

f (x + 2) = (−1)[x+2]{x + 2} = (−1)[x](−1)2{x}

= (−1)[x]{x} = f (x), ∀x ∈ R.

Ví dụ 1.11. Hàm số f (x) = (−1)[x]{x} là hàm số tuần hoàn với chu kỳ là 2. Thật vậy,

Dễ thấy f (x + α) (cid:54)≡ f (x) với 0 < α < 2, nên 2 là chu kỳ cơ sở của hàm số đã

cho.

Tính chất 1.1 (xem [1]). Tồn tại những hàm tuần hoàn trên R nhưng không có chu kì cơ sở.

0 khi x (cid:54)∈ Q

Ví dụ 1.12. Hàm Dirichle

f (x) =

1 khi x ∈ Q

 



là hàm tuần hoàn trên R chu kỳ a ∈ Q∗ tùy ý.

Vì trong Q∗ không có số nhỏ nhất nên hàm f (x) không có chu kỳ cơ sở.

Tính chất 1.2 (xem [1]). Hàm tuần hoàn liên tục trên R là hàm bị chặn.

n (cid:80) i=1

Tính chất 1.3. Cho f1, f2, . . . , fn : R → R là các hàm tuần hoàn liên tục thỏa fi là hàm tuần hoàn và không có tổng của m hàm số nào trong mãn điều kiện

đó là hàm hằng với 0 < m < n. Khi đó, các hàm fi sẽ có chung một chu kì. Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp. Thật vậy, *) Với n = 2

Giả sử f, g là hai hàm tuần hoàn với chu kỳ lần lượt là t và s, f + g là hàm

tuần hoàn với chu kỳ k.

f (x + k) + g(x + k) = f (x) + g(x), ∀x ∈ R.

Khi đó, ta có

f (x + k) − f (x) = g(x) − g(x + k) = ϕ(x).

∈ Q, suy ra f, g có cùng chu

Suy ra

t s

Nếu ϕ (cid:54)≡ const thì ϕ tuần hoàn với chu kỳ t, s nên

kỳ.

f (x + k) − f (x) = a ⇒ f (x + nk) − f (x) = na.

f (x + nk) = +∞.

Nếu ϕ = a (const) thì ta chia làm 2 trường hợp: +) Nếu a = 0 thì f, g có cùng chu kỳ k. +) Nếu a (cid:54)= 0 thì

Cố định x ta có lim n→+∞

Điều này vô lý vì hàm tuần hoàn liên tục là hàm bị chặn. Do đó a = 0. Vậy f, g có cùng chu kỳ. Hay bài toán đúng với n = 2.

*) Giả sử khẳng định đúng với mọi số k < n (n ≥ 3). Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng với k = n.

n (cid:88)

fi(x + T ) =

fi(x).

i=1

Giả sử f1 + f2 + · · · + fn tuần hoàn với chu kỳ T > 0. Khi đó

n−1 (cid:88)

gi(x) = −gn(x) = fn(x) − fn(x + T ).

i=1

Đặt gi(x) = fi(x + T ) − fi(x). Ta có

Lại có gi(x) là hàm tuần hoàn liên tục có cùng chu kỳ với fi(x) với i < n. Nếu không có bất kỳ tổng bé hơn n − 1 hàm số nào là hàm hằng thì suy ra gi(x) có cùng chu kỳ k, (1 ≤ i ≤ qn − 1).

Gọi t1, t2, . . . , tn lần lượt là chu kỳ cơ sở của các hàm f1, f2, . . . , fn.

∈ Q, 1 ≤ i ≤ n − 1. Suy ra

∈ Q. Suy ra f1, f2, . . . , fn−1 có cùng

ti tj

k ti

Suy ra

chu kỳ L.

∈ Q nên f1, f2, . . . , fn có cùng chu kỳ.

L tn

Ta cũng có

Nếu có tổng một số hàm gi là hàm hằng, giả sử g1 + g2 + · · · + gk = const,

[f1(x + T ) + f2(x + T ) + · · · + fk(x + T )] − [f1(x) + f2(x) + · · · + fk(x)] = a.

(k ≥ 1) thì

fi giới nội nên a = 0. Suy ra

k (cid:80) i=1

f1(x + T ) + f2(x + T ) + · · · + fk(x + T ) = f1(x) + f2(x) + · · · + fk(x).

g1, g2, . . . , gk có cùng chu kỳ.

Vì k < n nên theo giả thiết quy nạp, f1, f2, . . . , fk có cùng chu kỳ. Suy ra

g1(x) + g2(x) + · · · + gn(x) = 0, ∀x ∈ R.

Lại có

Như vậy tập {gi}n i=1 được chia thành từng tập con có số lượng phần tử nhỏ nhất mà tổng tất cả các hàm trong mỗi tập con là hằng số. Nếu tập con có một phần tử gi thì rõ ràng gi tuần hoàn với chu kỳ T còn với các tập con còn lại, theo giả thiết quy nạp, các hàm fk cũng tuần hoàn với chu kỳ T .

Tính chất 1.4. Cho hai hàm f (x), g(x) liên tục và tuần hoàn trên R với chu kỳ cơ sở lần lượt là a và b.

Khi đó F (x) = f (x) + g(x) tuần hoàn khi và chỉ khi a b là thông ước, tức ∈ Q.

a b Chứng minh. Nếu

∈ Q, tồn tại một cặp số (m, n) = 1, m, n ∈ N∗ để

a b

m n

a b

F (x + T ) = f (x + T ) + g(x + T )

= f (x + n.a) + g(x + m.b) = f (x) + g(x) = F (x).

Đặt T = n.a = m.b. Ta có

m, n ∈ Z∗. Suy ra

∈ Q.

a b

m n

(f − g)(x) = 0. Khi đó

Vậy F (x) = f (x) + g(x) là hàm tuần hoàn chu kỳ T . Ngược lại, ta có f và g có cùng chu kỳ T . Khi đó, chọn T = na = mb với

f (x) = g(x), ∀x ∈ R.

Tính chất 1.5. Cho các hàm số tuần hoàn f, g : R → R thỏa mãn điều kiện lim x→+∞

g(x) − f (x) = [f (x + nT + nS) − g(x + nT + nS)]

− [f (x + nS) − g(x + nS)] + [g(x + nT ) − f (x + nT )].

Chứng minh. Gọi T, S lần lượt là các chu kì nào đó của các hàm số f, g. Ta có ∀x ∈ R, n ∈ N, thì

[g(x) − f (x)]

g(x) − f (x) = lim x→+∞

{[f (x + nT + nS) − g(x + nT + nS)]

= lim n→∞

− [f (x + nS) − g(x + nS)] + [g(x + nT ) − f (x + nT )]} = 0.

Cố định x ∈ R, cho n → ∞ ta có

Suy ra g(x) = f (x), ∀x ∈ R.

Tiếp theo, ta xét lớp hàm phản tuần hoàn cộng tính.

∀x ∈ M, ta có x ± b ∈ M

Định nghĩa 1.15 (xem [1]). Hàm số f (x) được gọi là hàm phản tuần hoàn (cộng tính) chu kỳ b (b > 0) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

f (x ± b) = −f (x), ∀x ∈ M.

 



Định nghĩa 1.16 (xem [1]). Cho f (x) là một hàm phản tuần hoàn trên M . Khi đó T (T > 0) được gọi là chu kỳ cơ sở của f (x) nếu f (x) phản tuần hoàn với chu kỳ T mà không là hàm tuần hoàn với bất cứ chu kỳ nào bé hơn T .

f (x + π) = sin(3x + 3π) − sin(x + π) = − sin 3x + sin(x) = −f (x), ∀x ∈ R.

Ví dụ 1.13. f (x) = sin(3x) − sin x là hàm phản tuần hoàn cộng tính với chu kỳ cơ sở là π. Thật vậy,

Tính chất 1.6. Mọi hàm phản tuần hoàn trên M đều là hàm tuần hoàn trên M .

f (x + 2b) = −f (x + b) = f (x), ∀x ∈ M.

Chứng minh. Giả sử f (x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ b ∈ M , ta có

Ngoài ra, vì x ± b ∈ M nên x ± 2b ∈ M. Vậy f (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b.

f (x) = g(x + b) − g(x)

Tính chất 1.7. f (x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ b trên M khi và chỉ khi f (x) có dạng

với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b.

f (x + b) = g(x + b + b) − g(x + b) = g(x) − g(x + b) = −f (x), ∀x ∈ M.

Chứng minh. Ta có

Hơn nữa, ∀x ∈ M thì x ± b ∈ M .

f (x), Khi đó ∀x ∈ M, ta có x ± 2b ∈ M và

Do đó f (x) là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M . Ngược lại, với f (x) là hàm phản tuần hoàn chu kỳ b trên M .

1 2

Chọn g(x) = −

g(x + 2b) = −(

)f (x + 2b) = (

)f (x + b) =

−

f (x) = g(x)

1 2

(cid:16) (cid:17)

g(x + b) − g(x) =

−

f (x + b) +

f (x) = f (x), ∀x ∈ M.

1 2

và (cid:16) (cid:17) (cid:17)

1.3.2 Hàm tuần hoàn và phản tuần hoàn nhân tính

(cid:16)1 2

∀x ∈ M, ta có a±1x ∈ M

Định nghĩa 1.17 (xem [1]). Hàm số f (x) được gọi là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ a; (a > 1) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

f (a±1x) = f (x), ∀x ∈ M.

 



f (2x) = sin(2π log2(2x)) = sin(2π(1 + log2 x)) = sin(2π log2 x) = f (x).

Ví dụ 1.14. Xét f (x) = sin(2π log2 x). Khi đó f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2 trên R+. Thật vậy, ta có ∀x ∈ R+ thì 2±1x ∈ R+ và

m n

ln |a| ln |b| G(x) = f (x).g(x) là các hàm tuần hoàn nhân tính trên M .

Tính chất 1.8. Nếu f (x) và g(x) là hai hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ tương , m, n ∈ N∗ thì F (x) = f (x) + g(x) và ứng là a và b trên M và

ln |a| ln |b|

m n

T := a2n = b2m là chu kỳ của F (x) và G(x). Thật vậy, ta có

F (T x) = f (a2nx) + g(b2mx) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M ;

G(T x) = f (a2nx)g(b2mx) = f (x)g(x) = G(x), ∀x ∈ M.

Chứng minh. Từ giả thiết suy ra |a|n = |b|m. Ta chứng minh

Hơn nữa, ∀x ∈ M, T ±1x ∈ M . Do đó, F (x), G(x) là các hàm tuần hoàn nhân tính trên M .

Tính chất 1.9. Nếu f (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ a, a > 0 trên R thì g(t) = f (ln t), (t > 0) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ ea trên R+.

g(t) = f (et) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ ln a trên R. Chứng minh. Giả sử f (x) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ a, a > 0 trên R. Xét g(t) = f (ln t), (t > 0).

Ngược lại, nếu f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ a (a > 1) trên R+ thì

g(eat) = f (ln(eat)) = f (ln ea + ln t)

= f (a + ln t) = f (ln t) = g(t), ∀t ∈ R+.

Ta có

Vậy g(t) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ ea trên R+.

Ngược lại, giả sử f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ a

(0 < a (cid:54)= 1) trên R+.

g(t + ln a) = f (et+ln a) = f (et.eln a)

= f (aet) = f (et) = g(t), ∀t ∈ R.

Xét g(t) = f (et), ∀t ∈ R. Ta có

Vậy g(t) là hàm tuần hoàn cộng tính chu kỳ ln a trên R.

Tiếp theo, ta xét lớp hàm phản tuần hoàn nhân tính.

∀x ∈ M, ta có a±1x ∈ M

Định nghĩa 1.18 (xem [1]). Hàm số f (x) được gọi là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ a (a > 1) trên M nếu M ⊂ D(f ) và

f (ax) = −f (x), ∀x ∈ M.

 

√



1 2

[sin(2π log2( √

Ví dụ 1.15. Xét f (x) =

2x)) − sin(2π log2 x)]. Khi đó f (x) là 2 trên R+.

√

2)±1x ∈ R+ và

hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ

√

f (

2x) =

[sin(2π log2(2x)) − sin(2π log2(

2x))] √

2x))]

[sin(2π(1 + log2 x)) − sin(2π log2(

√

2x))] = −f (x).

[sin(2π log2 x) − sin(2π log2(

1 2 1 2 1 2

Thật vậy, ta có ∀x ∈ R+ thì (

f (bx) = −f (x), ∀x ∈ M.

Tính chất 1.10. Mọi hàm phản tuần hoàn nhân tính trên M đều là hàm tuần hoàn nhân tính trên M . Chứng minh. Theo giả thiết tồn tại b > 1 sao cho ∀x ∈ M thì b±1 ∈ M và

f (b2x) = f (b(bx)) = −f (bx) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M.

Suy ra, ∀x ∈ M thì b±1 ∈ M và

Như vậy, f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M .

(g(bx) − g(x)),

f (x) =

1 2

Tính chất 1.11. f (x) là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ b (b > 1) trên M khi và chỉ khi f (x) có dạng:

trong đó, g(x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M .

(g(bx) − g(x)) =

(−f (bx) − (−f (x)))

1 2

(−(−f (x)) + f (x)) = f (x), ∀x ∈ M.

1 2 1 2

Chứng minh. (i) Giả sử f là hàm phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ b trên M . Khi đó g(x) = −f (x) là hàm tuần hoàn nhân tính chu kỳ b2 trên M và

(g(bx) − g(x)), thì

f (bx) =

(g(b2x) − g(bx)) =

(g(x) − g(bx))

1 2

1 2 1 2

= −

(g(bx) − g(x)) = −f (x), ∀x ∈ M.

1 2

(ii) Ngược lại, f (x) =

Hơn nữa, ∀x ∈ M thì b±1x ∈ M . Do đó, f (x) là hàm phản tuần hoàn nhân

tính trên M .

f (ax) = f (x), ∀x ∈ R+.

Ví dụ 1.16. Cho a > 1. Xác định tất cả các hàm f (x) thỏa mãn điều kiện

Lời giải.

f (ax) = f (x) ⇔ h1(t + 1) = h1(t), ∀t ∈ R,

Đặt x = at và f (at) = h1(t). Khi đó t = loga x và

trong đó h(t) = f (at).

t = loga |x|

Xét x < 0. Đặt −x = at và f (−at) = h2(t). Khi đó

f (ax) = f (x) ⇔ h2(t + 1) = h2(t), ∀t ∈ R.

và

Kết luận: f (x) = h(loga |x|) trong đó h(t) là hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý

chu kỳ 1 trên R.

f (ax) = −f (x), ∀x ∈ R.

Ví dụ 1.17. Cho a < 0, a (cid:54)= −1. Xác định tất cả các hàm f (x) thỏa mãn điều kiện

f (a2x) = f (x), ∀x ∈ R.

Lời giải. Từ điều kiện của bài toán suy ra

f (x) =

[g(x) − g(ax)],

1 2

Vậy, mọi nghiệm của bài toán có dạng

g(a2x) = g(x), ∀x ∈ R.

trong đó

f (ax) =

[g(ax) − g(a2x)]

1 2

[g(ax) − g(x)] = −f (x), ∀x ∈ R.

1 2

Thật vậy, nếu f (x) có dạng trên thì ta có

g(a2x) = g(x), ∀x ∈ R.

Ngược lại, với mỗi f (x) thỏa mãn điều kiện bài toán, chọn g(x) = f (x). Khi đó

[g(x) − g(ax)] =

[f (x) − f (ax)]

1 2

[f (x) + f (x)] = f (x), ∀x ∈ R.

1 2 1 2

và

f (x) =

[g(x) − g(ax)],

1 2

Suy ra nghiệm cần tìm là

g(x) =

trong đó  khi x > 0 (cid:17) log|a| x

khi x = 0

khi x < 0 (cid:17) log|a| |x|  h1  h2

1.4 Dãy số sinh bởi hàm hợp f (αx + β)

(cid:16)1 2 d tùy ý (cid:16)1 2 với h1(t), h2(t) là các hàm tuần hoàn cộng tính tùy ý chu kỳ 1 trên R.

Bài toán 1.1. Xác định các dãy phản tuần hoàn chu kỳ 2: xn+2 = −xn, n ∈ N.

x0 = x4 = x8 = x12 = . . .

x1 = x5 = x9 = x13 = . . .

x2 = x6 = x10 = x14 = . . .

x3 = x7 = x11 = x15 = . . .

Lời giải. Nhận xét rằng, theo giả thiết thì x2 = −x0 và x3 = −x1 và

Từ bảng liệt kê trên, ta thu được

(mod 4)

 khi n = 0

(mod 4)

xn =

−a

khi n = 1

(mod 4)

−b

khi n = 2

(mod 4)

khi n = 3  

trong đó a, b ∈ R tùy ý.

Tiếp theo, xét phương trình hàm dạng f (t + β) = af (t) + b, t ∈ N để khảo sát

các dãy số xn+k = axn + b, n ∈ N.

Bài toán 1.2. Xác định các dãy {xn} thỏa mãn điều kiện

xn+2 = −axn + b, n ∈ N, a > 0.

+ yn. Thế vào (1.8), ta thu được

(1.8)

b a + 1

+ yn+2 = −a(

+ yn) + b, n ∈ N

b a + 1

Lời giải. Đặt xn =

hay

yn+2 = −ayn, n ∈ N

2 un. Thế vào (1.9), ta thu được

(1.9)

n+2

2 un+2 = a × (−a

2 un), n ∈ N

Đặt yn = a n

un+2 = −un, n ∈ N.

hay

Tiếp theo, xét áp dụng phương pháp giải phương trình hàm dạng f (t + β) = af (t) + b, t ∈ N để khảo sát các dãy số xn+k = axn + b, n ∈ N.

Bài toán 1.3. Xác định các dãy {xn} thỏa mãn điều kiện

xn+2 = −axn + b, n ∈ N, a > 0.

+ yn. Thế vào (1.10), ta thu được

(1.10)

b a + 1

+ yn+2 = −a(

+ yn) + b, n ∈ N

b a + 1

Lời giải. Đặt xn =

hay

yn+2 = −ayn, n ∈ N.

(1.11)

2 un. Thế vào (1.11), ta thu được

n+2

2 un+2 = a × (−a

2 un), n ∈ N

Đặt yn = a n

un+2 = −un, n ∈ N.

hay

Vậy {un} là dãy số phản tuần hoàn chu kỳ 2 nên

(mod 4)

 khi n = 0

(mod 4)

un =

−ca

khi n = 1

(mod 4)

−d

khi n = 2

(mod 4)

khi n = 3  

trong đó c, d ∈ R tùy ý. Trong phần cuối này ta áp dụng phương pháp giải phương trình hàm dạng f (αt) = a f (t) + b, t ∈ N để khảo sát các dãy số xsn = a xn + b, n ∈ N.

x2n = xn, n ∈ N∗.

Bài toán 1.4. Xác định các dãy {xn} tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2

∀n ∈ N∗, ∃s, k ∈ N sao cho n = 2s(2k + 1).

Lời giải. Sử dụng kết quả trong số học

Khi s = 0 thì n là một số nguyên lẻ.

Đáp số:

xn =

 

a2k+1 tùy ý, khi n = 2k + 1, k ∈ N, ) a2k+1 khi n = 2s(2k + 1), s ∈ N∗, k ∈ N.



Bài toán 1.5. Xác định các dãy {xn} thỏa mãn điều kiện

x2n = 3xn + 2, n ∈ N∗.

(1.12)

Lời giải. Đặt xn = −1 + yn. Thế vào (1.12), ta thu được

y2n = 3yn, n ∈ N.

2 un. Thế vào (1.13), ta thu được

(1.13)

u2n = un, n ∈ N.

Đặt yn = 3 n

Sử dụng kết quả Bài toán 1.4, ta thu được đáp số của bài toán.

Nhận xét 1.4. Các dạng toán tổng quát sẽ được trình bày chi tiết ở chương 2 và chương 3.

Chương 2. Phương pháp giải các

phương trình hàm trên tập rời rạc

2.1 Sử dụng nguyên lý quy nạp

2.1.1 Nhận xét

2.1.2 Một vài ví dụ minh họa

Phương pháp quy nạp không hề xa lạ trong môn toán, nó là công cụ hiệu quả để giải các bài toán xác định trên tập số nguyên. ( Tất nhiên vẫn có quy nạp trên tập số thực, quy nạp hình học, nhưng ta chỉ xét đến những dạng quen thuộc của phương pháp quy nạp mà thôi ). Điều quan trọng là việc thiết lập giá trị hàm số tại các điểm lớn hơn về các điểm đã biết giá trị hàm số(theo giả thiết quy nạp), cụ thể ta cần để ý đến những đẳng thức truy hồi đã biết.

Ví dụ 2.1 (Việt Nam TST 2005). . Tìm tất cả các hàm số f : Z −→ Z thỏa mãn:

f (x3 + y3 + z3) = f (x)3 + f (y)3 + f (z)3.

(2.1)

Lời giải. Kí hiệu P (x, y, z) là cách cho bộ (x, y, z) ∈ Z3 vào phương trình (cid:63) P (0, 0, 0) ⇒ f (0) = 0 (cid:63) P (x, −x, 0) ⇒ f (x) = −f (−x) ⇒ f (−x) = −f (x) (cid:63) P (1, 1, 0) ⇒ f (2) = 2f (1) (cid:63) P (1, 1, 1) ⇒ f (3) = 3f (1) Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z. (cid:63)Với n = 1 hiển nhiên đúng. (cid:63) Giả sử với n = k ≥ 0 đúng, ta chứng minh với n = k + 1 cũng đúng. Với k = 2t, sử dụng đẳng thức :

(2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3

(2t)3 = (2j)3.(2i + 3)3, 2i + 1 < 2t, j ∈ N

và khi k = 2t − 1 thì:

f (2t + 1)3 + f (5)3 + f (1)3 = f ((2t + 1)3 + 53 + 13) = f (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 = f (2t − 1)3 + f (t + 4)3 + f (4 − t)3

Ta có:

( vì f lẻ nên f (4 − t) = −f (t − 4) = −(t − 4)f (1) ). Hay:f (2t + 1) = (2t + 1)f (1) Tương tự cho f (2t) = 2tf (1). Vì thế ta có với ∀n ∈ Z thì f (n) = nf (1). Thay vào phương trình ta nhận được 3 nghiệm: f (x) = 0, f (x) = x, f (x) = −x.

1 2

f (0) (cid:54)= 0 thì từ đây suy ra f (0) = , điều này mâu thuẫn vì f nhận giá trị dương trong N. Vậy f (0) = 0 và điều này dẫn đến f (m2) = f 2(m). Ta có thể viết dưới dạng

f (m2 + n2) = f 2(m) + f 2(n) = f (m2) + f (n2) Ta cũng chú ý rằng f (1) = f (12) = f 2(1). Vì f (1) > 0 nên f (1) = 1. Từ đây suy ra:

f (2) = f (12 + 12) = f 2(1) + f 2(1) = 2 f (4) = f (22) = f 2(2) = 4 f (5) = f (22 + 12) = f 2(2) + f 2(1) = 5 f (8) = f (22 + 22) = f 2(2) + f 2(2) = 8

Ví dụ 2.2. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thảo mãn điều kiện: 1) f (m2 + n2) = f 2(m) + f 2(n) với ∀m, n ∈ N 2) f (1 > 0). Lời giải. Cho m = n = 0 vào phương trình hàm, ta được f (0) = 2f 2(0). Nếu

25 = f 2(5) = f (52) = f (32 + 42) = f 2(3) + f 2(4) = f 2(3) + 16

Hơn nữa, ta thấy rằng:

f (9) = f (32) = f 2(3) = 9 f (10) = f (32 + 12) = f 2(3) + f 2(1) = 10 Sử dụng đẳng thức 72 + 12 = 52 + 52, và đã biết f (5) = 5, f (1) = 1, ta có thể tính được f (7) = 7. Cuối cùng, ta sử dụng đẳng thức 102 = 62 + 82 để thu được f (6) = 6. Như vậy ta có f (n) = n với ∀n ≤ 10. Ta sử dụng các hằng đẳng thức sau:

(5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2

Từ đó suy ra f (3) = 3. Từ đây ta lại có:

(5k + 1)2 + 12 = (4k + 1)2 + (3k + 2)2 (5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2 (5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2

(5k + 5)2 = (4k + 4)2 + (3k + 3)2 Và: Sử dụng quy nạp như ví dụ trên ta có ngay f (n) = n, ∀n ∈ N Ngay sau đây là một bài toán với ý tưởng khác

Ví dụ 2.3. Cho f (n) ∈ N, ∀n ∈ N thỏa mãn :

1. f (1) = 1, f (2) = 2,

2. f (n + 2) = f (n + 2 − f (n + 1)) + f (n + 1 − f (n)), ∀n ∈ N.

(cid:136) Với k = 2, 3, n ≤ 7, kiểm tra trực tiếp ta thấy thỏa mãn.

(cid:136) Xét với n > 7, k > 3, khi đó

f (2k − i) = f (2k − i − f (2k − i − 1)) + f (2k − i − 1 − f (2k − i − 2))

a) Chứng minh 0 ≤ f (n + 1 − f (n)) ≤ 1 và nếu n lẻ thì f (n + 1) = f (n) + 1. b) Tìm mọi n sao cho f (n) = 210 + 1 Lời giải. a)Ta có với ∀k = 2, 3, ..., và i = 1, ..., k, j = 1, ..., 2k−1 − k ta có f (2k − i) = 2k−1 và f (2k − k − j) = 2k−1 − f (j). Chứng minh quy nạp theo n

f (2k) = f (2k+1 − (k + 1) − (2k − (k + 1))) = 2k − f (2k − k − 1) = 2k − f (2k − k − 1) = 2k − (2k−1 − f (1)) = 2k−1 + 1 Từ f (2k − 1) = 2k−1 là mọi nghiệm của phương trình f (n) = 210 + 1 ta phải có n ≥ 211 theo câu a.

Trường hợp 1: Khi i ≤ k − 2 theo giả thiết quy nạp: f (2k − i) = f (2k − i − 2k−1) + f (2k − i − 1 − 2k−1) = f (2k−1 − i) + f (2k−1 − 1 − i) = 2k−2 + 2k−2 = 2k−1 Trường hợp 2: Khi i = k − 1, ta có: f (2k − i) = f (2k − k + 1 − 2k−1) + f (2k − k − 2k−1 + 1) = 2k−1 Trường hợp 3: Khi i = k, ta xác định f (2k − i) = f (2k − k − 2k−1 + 1) + f (2k − k − 1 − 2k−1 + 2) = 2k−1 Tương tự cho trường hợp tính f (2k − i − j). b)Mặt khác với k ≥ 2:

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

Và với k ≥ 3 ta tính:

Do đó n = 211 là giá trị duy nhất thỏa mãn.

f (n) = (cid:98)

(cid:99) với n ≤ 9999

n 3

Ví dụ 2.4. (IMO 1982, bài số 1) Cho f : N −→ N thỏa mãn ∀m, n ∈ N thì: f (m + n) − f (m) − f (n) = 0 hoặc 1, f (2) = 0, f (3) > 0, và f (9999) = 3333. Tính f (1982) Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng:

f (3n + 1) = f (3n) + f (1) + a = n + a

Trước tiên dễ dàng chứng minh f (3) = 1. Quy nạp lên, ta có f (3n) ≥ n. Với f (3n + 3) = f (3) + f (3n) + a (trong đó a ∈ {0, 1})= f (3n) + b (trong đó b ∈ {1, 2}). Mặt khác nếu f (3n) > n thì ta cũng có f (3m) > m, ∀m > n. Nhưng f (3.3333) = 3333, do đó f (3n) = n với ∀n ≤ 3333. Bây giờ ta có

3n + 1 = f (9n + 3)f (6n + 2) + f (3n + 1)3f (3n + 1) Suy ra f (3n + 1) < n + 1. Hay f (3n + 1) = n. Tương tự, f (3n + 2) = n. Do đó f (1982) = 660.

Nhưng

Ví dụ 2.5. Tìm tất cả các hàm f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn điều kiện:

f (f (n)) + f (n + 1) = n + 2, ∀n ∈ N

(2.2)

f (f (1)) + f (2) = 3

Lời giải. Cho n = 1 vào (2.2) ta có :

f (f (2)) + f (3) = 4

Từ đó f (2) ≤ 2 và f (f (1)) ≤ 2. Ta xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: f (2) = 1 và f (f (1)) = 2. Đặt f (1) = k, ta có f (k) = 2. Cho n = 2 vào (1), ta được:

2 = f (f (1)) = f (k) = f (1) = k = 1

Suy ra f (3) = 4 − f (1) = 4 − k. Từ f (3) ≥ 1 nên k ≤ 3. Nếu k = 1 ta có:

2 = f (f (1)) = f (k) = f (2) = 1

Mâu thuẫn. Nếu k = 2, ta cũng có:

Mâu thuẫn. Cuối cùng xét k = 3. Hay:

2 = f (f (1)) = f (k) = f (3) = 4 − k = 1

f (f (2)) + f (3) = 4

Cũng là điều mâu thuẫn. Ta loại trường hợp này. Trường hợp 2: f (2) = 2 và f (f (1)) = 1. Cho n = 2 vào (1), ta nhận được:

f (4) = 5 − f (f (3)) = 5 − f (2) = 3 f (5) = 6 − f (f (4)) = 6 − f (3) = 4 f (6) = 7 − f (f (5)) = 7 − f (4) = 4

Từ đó dễ thấy f (3) = 2. Ta tính toán được rằng:

Dự đoán rằng:

f (n) = (cid:98)nα(cid:99) − n + 1

√

1 + 2

. Để chứng minh ta cần tới 2 bổ đề sau: Ở đây α =

(cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n hoặc n + 1

Bổ đề 2.1. Với mỗi số n ∈ N∗:

Chứng minh: Ta có:

(cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) < α(nα − n + 1) n + α < n + 2

Và

(cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) > α(nα − 1 − n + 1) − 1 = n − 1

Bổ đề chứng minh xong. (cid:50)

(cid:98)nα(cid:99) + 2, nếu (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n,

Bổ đề 2.2. Với mỗi số n ∈ N∗:

(cid:98)(n + 1)α(cid:99) =

(cid:98)nα(cid:99) + 1, trong trường hợp còn lại.

 



Chứng minh

Hiển nhiên (cid:98)(n+1)α(cid:99) = (cid:98)nα(cid:99)+1 hoặc (cid:98)nα(cid:99)+2. Giả sử (cid:98)(n+1)α(cid:99) = (cid:98)nα(cid:99)+1.

(cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = (cid:98)α((cid:98)(n + 1)α(cid:99) − n)(cid:99) > α((n + 1)α − 1 − n) − 1 = n − 1.

Từ đó ta có:

(cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) > n − 1.

Suy ra:

Mặt khác nếu (cid:98)(n + 1)α(cid:99) = (cid:98)(nα)(cid:99) + 2 thì: (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = (cid:98)α((cid:98)(n + 1)α(cid:99) − n − 1)(cid:99) < α((n + 1)α − n − 1) = n + 1 Từ đó, quan sát Bổ đề 2.1 ta nhận được: (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n.

(cid:136) Với n = 1: f (1) = 1 = (cid:98)α(cid:99) = (cid:98)α(cid:99) − 1 + 1.

(cid:136) Với n = 2: f (2) = 2 = 3 − 2 + 1 = (cid:98)2α(cid:99) − 2 + 1.

(cid:136) Giả sử kết quả đúng với 1 ≤ j ≤ n. Sử dụng (1) ta có:

f (n + 1) = n + 2 − f (f (n)) = n + 2 − h((cid:98)nα(cid:99) − n + 1) = n + 2 − (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) + (cid:98)nα(cid:99) − n + 1 − 1.

Bây giờ ta chứng minh theo quy nạp kết quả dự đoán trên.

f (n + 1) = (cid:98)nα(cid:99) + 2 − (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99). Giả sử n thỏa mãn (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n. Từ đó ta có (cid:98)(n + 1)α(cid:99) = (cid:98)nα(cid:99) + 2 và do đó:

f (n + 1) = (cid:98)(n + 1)α(cid:99) − n. Nếu n không thỏa mãn (cid:98)α((cid:98)nα(cid:99)−n+1)(cid:99) = n thì (cid:98)α(cid:98)nα(cid:99)−n+1(cid:99) và (cid:98)(n+1)α(cid:99) = (cid:98)nα(cid:99) + 1, từ đó ta có:

f (n + 1) = (cid:98)(n + 1)α(cid:99) + 1 − (n + 1)(cid:98)(n + 1)α(cid:99) − n

Từ (cid:98)nα(cid:99) < 2n − n + 1 = n + 1, nó dẫn đến:

2.1.3 Bài tập áp dụng

Ta kết thúc chứng minh.

f (x + y2 + z3) = f (x) + f 2(y) + f 3(z) với ∀x, y, z ∈ N

Bài 2.1. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thỏa mãn các điều kiện:

f (x4 + 5y4 + 10z4) = f (x)4 + 5f (y)4 + 10f (z)4 với ∀x, y, z ∈ N

Bài 2.2. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thỏa mãn các điều kiện:

f (f (m)2 + f (n)2 = m2 + n2)với ∀x, y, z ∈ N

Bài 2.3. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thỏa mãn các điều kiện:

Bài 2.4. (Russia 2000). cho a1, a2, .... là dãy số xác định bởi a1 = 1 thảo mãn điều kiện an+1 = an − 2 nếu an − 2 /∈ {a1, a2, ...an} và an − 2 > 0 và an+1 = an + 3 trong trường hợp còn lại. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương k thì tồn tại một số tự nhiên n sao cho an = k2 = an−1 + 3.

Bài 2.5. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thỏa mãn các điều kiện:

(f (2m) + f (2n)), ∀m, n ∈ N.

1. f (1) = 1

1 2

2.2 Ứng dụng bài toán dãy số vào giải phương trình hàm

2.2.1 Lý thuyết

2. f (m + n) + f (m − n) =

aif [i] = g(n)

i∈N

Có thể nói dãy số là một phần kiến thức không hề nhỏ trong phần toán học sơ cấp, dãy số ứng dụng mạnh mẽ trong toán rời rạc, ngoài ra chúng ta còn biết đến dãy số như một công cụ hữu hiệu dùng để xử lý các dạng bài xuất hiện biểu thức kiểu: (cid:88)

2.2.2 Một vài ví dụ minh họa

Ở bên vế phải là đa thức một biến của biến n hệ số nguyên, vế bên trái là các hàm hợp của f xác định bởi f [i+1](n) = f (f [i](n)). Vấn đề tìm công thức tổng quát của dãy a1 = t, ai = f [i](n) với t là số bất kì thuộc vào tập xác định hàm số. Ở đây chú ý thêm ta có thể dùng thêm điều kiện miền xác định của hàm số f để khống chế dãy số nhằm tạo ra một biểu thức có lợi khi ta buộc phải dùng tới số phức.

f (f (n)) + f (n) = 2n + k với ∀n ∈ N (k là số tự nhiên cho trước) Lời giải. Đặt a1 = x và với n ≥ 1 đặt an+1 = f (an). Khi đó từ phương trình ta có:

2an + 3k = an+1 + an+2

Ví dụ 2.6. Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn điều kiện:

2an+1 + 3k = an+2 + an+3.

Và

an+3 − 3an+1 + 2an = 0.

Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên ta có:

an = λ1 + λ2n + λ3(−2)n

Suy ra:

an = λ1 + nλ2

Nhưng nếu ta cho n lẻ ta sẽ có an < 0 vô lý. Do đó λ3 = 0. Hay:

2an + 3k = an+1 + an+2

⇒ 2λ1 + 2nλ2 + 3k = λ1 + (n + 2)λ2 + λ1 + (n + 3)λ2.

Thay vào phương trình ta có:

a2 − a1 = λ1 + 2k − (λ1 + k) = k ⇔ f (n) − n = k

Từ đó λ2 = k. Bây giờ chú ý tới:

Vậy hàm số cần tìm là f (n) = n + k, ∀n ∈ N

Nhận xét 2.5. .

1. Ví dụ trên là ví dụ rất cơ bản cho phần kiến thức được đề cập trong chương này. Đường lối rất rõ ràng tuân theo hoàn toàn lý thuyết bên trên. Nhưng ở ví dụ ngay sau đây, việc xác định an, không còn rõ ràng như trên nữa, một chút kiến thức về số phức giúp ta có lời giải gọn gàng khi gặp bài này.

2. Tuy nhiên đối với các dãy số có phương trình sai phân của nó có nghiệm phức, ta phải tách riêng các đại lượng chứa thành phần lượng giác và phần phức ra để dùng điều kiện tập xác định ép cho hệ số trước chúng bằng 0

f (f (f (n))) + 6f (n) = 3f (f (n)) + 4n + 2019.

Ví dụ 2.7. Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N sao cho với ∀n ∈ N:

g(n) − n √

− 2

ak =

−

+ 2

2k sin(

)

2k cos(

) +

Lời giải. Đặt f (n) = g(n) + 673. Ta có g(g(g(n))) + 6g(n) = 3g(g(n)) + 4n. Xét dãy số ak xác định bởi: a0 = n với n là số tự nhiên bất kì và an+1 = g(ak). Ta có ak+3 = 3ak+2 − 6ak+1 + 4ak. (cid:17) Do đó:

g(g(n)) 3

kπ 3

3 3 g(n) − n √ 3

) + w(n) sin(

⇔ ak = u(n) + 2k(v(n) cos(

g(g(n)) 3 kπ 3 kπ 3

kπ 3 ) không nguyên với mọi k

) + w(n) sin(

kπ 3

(cid:16)n 3 (cid:16)2n 3 g(n) − n (cid:17) √ 3

Từ ak và v(n) cos( Nên v(n) = w(n) = 0. Do đó g(n) = n. Hay f (n) = n + 673

f (f (n)) + 3n = 2f (n), ∀n ∈ N

Ví dụ 2.8. Tồn tại hay không hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

n=1 : a1 = n, an+1 = f (an). Khi đó:

an+1 = f (an) = f (f (an−1)) = 2f (an−1) − 3an−1 = 2an − 3an−1

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f (f (n)) + 3n = 2f (n), ∀n ∈ N . Với mỗi n ∈ N∗ ta xây dựng dãy (an)+∞

an+4 + 4an+1 + 3an = 0, ∀n ≥ 1.

Hay:

2.2.3 Bài tập áp dụng

Do an > 0, ∀n ≥ 1 nên đẳng thức không thể xảy ra. Suy ra không tồn tại hàm số f thỏa mãn.

Bài 2.6. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

1. f (f (n)) = f (n) + n,

2. f (1) = 2.

f (f (f (n))) + f (f (n)) + f (n) = 3n.

Bài 2.7. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

f (0) = 1; f (f (x)) = x + 4f (x), ∀x ∈ Z.

Bài 2.8. Cho f : Z −→ Z là các hàm số thỏa mãn điều kiện:

2.3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức

2.3.1 Lý thuyết

Tìm mọi số nguyên n ≥ 1 sao cho fn(0) chia hết cho 2011, ở đây f1(x) = f (x); fn(x) = f (fn−1(x)).

Bất đẳng thức là một lĩnh vực rộng có nhiều ứng dụng. Trong phần này, ta không chú tâm quá nhiều vào bất đẳng thức mà là những ứng dụng thiết thực của nó trong việc xử lý các bài toán phương trình hàm. Cần chú ý đến vài điểm:

1. Tính đơn điệu của hàm và nếu cần thiết ta có thể kẹp hàm số trên một khoảng giá trị nào đó. Ví dụ, ta có f là hàm đơn điệu khi đó nếu f (an) = f (an+1) với an < an+1 thì f (x) = f (an) = f (an+1) với ∀x ∈ [an, an+1] ∩ N. Hoặc có thể kẹp an < f (m) < f (an+1), rồi lập luận để loại các trường hợp không thỏa mãn bằng cách xét tuần tự các giá trị có thể trong khoảng (an, an+1) ∩ N.

2.3.2 Một vài ví dụ minh họa

2. Dùng các bất đẳng thức cơ bản, ví dụ a2 ≥ 0, ∀a ∈ R.

f (n + f (n)) = 2f (n), ∀n ∈ N.

Ví dụ 2.9. Tìm tất cả các hàm tăng thực sự f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

f (an+1) − an+1 = f (an) − an.

Lời giải. Do f tăng thực sự nên f (n+1) ≥ f (n)+1 hay f (n+1)−n−1 ≥ f (n)−n. Suy ra f (n) − n là hàm số tăng. Mặt khác, đặt a0 = 1, an+1 = an + f (an). Suy ra a0 < a1 < ..., và f (an+1) = 2f (an), do đó:

Suy ra có vô hạn bộ (m, n) sao cho f (n) − n = f (m) − m suy ra f (n) = n + k với k ∈ N.

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

Ví dụ 2.10. Cho hàm số f : N∗ −→ N thỏa mãn:

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

Chứng minh tồn tại a và b thỏa mãn với mọi n > a ta có f (n) = b. Lời giải. Ta có:

f (n2 +2)−f (n2 +1) = f (n2 +1)−f (n2)+f (f (n2 −1)) ≥ f (n2 +1)−f (n2)+1 ≥ 2

Suy ra f (n + 1) − f (n) là hàm số tăng. Suy ra tồn tại n0 sao cho với mọi n ≥ n0 thì f (n + 1) − f (n) ≥ 0. Giả sử tồn tại số n1 sao cho f (n0 + 1) − f (n0) ≥ 1. Suy ra f (n) tăng thực sự với n > n1. Suy ra tồn tại n2 > n1 +2 sao cho f (n2 −1) > n1. Từ đó

(do f (f (n2 − 1)) > f (n1) ≥ 0). Từ f (n + 1) − f (n) là hàm số tăng, nó có nghĩa là f (n) ≥ 2n − c với một c nào đó. Suy ra, f (n) ≥ n + 4 với n đủ lớn. Vì thế, với n đủ lớn thì

f (n + 2) − f (n + 1) = f (n + 1) − f (n) + f (f (n − 1)) ≥ f (f (n − 1)) ≥ f (f (n − 1)) ≥ f (n + 3) > f (n + 2) (vô lý) Suy ra f (n + 1) = f (n) = f (a) = b với ∀n ≥ a. Điều phải chứng minh.

f [19](n) + 97f (n) = 98n + 232.

Ví dụ 2.11. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

với f [m](n) = f (...f (n))). (cid:125) (cid:124) (cid:123)(cid:122) m

Lời giải. Đặt f (n) = n + 2 + t. Từ giả thiết suy ra:

=⇒ f (n) < n +

97f (n) < 98n + 232 n + 232 97

(1)

f (n) < n +

< n + 4.

n + 232 97

Với n ≥ 156

f (n) ≥ n + 3 ≥ 105 < 106 =⇒ f (f (n)) ≤ f (n) + 3 < 156.

Suy ra với n ≥ 156 thì f (n) ≤ n + 3. Khi đó với n ≤ 102 thì:

f [19](n) < n + 57.

Tiếp tục quá trình trên 18 lần ta có:

97f (n) < f [19](n) + 97f (n) < n + 57 + 97f (n).

Suy ra với n ≤ 36 thì

, ∀n ≤ 36.

0 ≤ t ≤

n + 38 97 Suy ra f (n) = n + 2, ∀n ≤ 36. Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp rằng f (n) = n + 2.

(cid:136) Với n ≤ 36 thì hiển nhiên đúng theo chứng minh ở trên

(cid:136) Với n > 36, giả sử kết luận đúng với mọi n < m. Khi đó:

f [18](n − 36) = f [17](n)(f (n − 36)) = f [17](n)(n − 34) = ... = f (n − 2) = n.

Từ (1) ta có 97t + 251 ≥ 232 hay t ≥ 0 do đó:

f (n) = f (f [18](n − 36)) = f [19](n − 36) = 98(n − 36) + 232 − 97f (n − 36) = n + 2.

Vì thế:

Suy ra điều phải chứng minh.

2.3.3 Bài tập áp dụng

f [1002](n) + 2003f (n) = 2004n + 3005,

Bài 2.9. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:

Với f [m](n) = f (f (...f (n))). (cid:125) (cid:124) (cid:123)(cid:122) m

Bài 2.10. (Cono Sur Olympiad 1995)

Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn:

1. Nếu x < y thì f (x) < f (y).

2. f (yf (x)) = x2f (xy) với ∀x, y ∈ N∗.

(cid:99).

n 1000

Bài 2.11. Cho n là một số tự nhiên khác 0 và f (n) = 2n − 1995(cid:98)

1. Chứng minh rằng với một số nguyên dương r sao cho f (f (f...f (n)...)) = 1995,

có r lần thì n là bội của 1995.

f (f (f...f (n)...)) = 1995 với r lần f .

2.4 Sử dụng nguyên lý cực hạn

2.4.1 Lý thuyết

2. Chứng minh nếu n là bội của 1995 thì tồn tại số nguyên dương r sao cho

Một trong những tính chất quan trọng nhất của tập số nguyên và tập số tự

nhiên là tính sắp thứ tự tốt và số hạng lớn nhất và nhỏ nhất. Cụ thể rằng:

1. Một tập con S bất kì của N đều có số hạng nhỏ nhất. Nếu S không là một

tập vô hạn thì S có số hạng lớn nhất nữa.

2. Một tập con S của N đều có giá trị lớn hoặc nhỏ nhất, nếu S không là tập

2.4.2 Một vài ví dụ minh họa

vô hạn thì S có số lớn hoặc nhỏ nhất tương ứng.

f (f (n)) < f (n + 1), với mọi số tự nhiên n.

Ví dụ 2.12. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

d = min{f (n) : n ∈ N∗}.

Lời giải. Do f là hàm số có tập xác định cũng như tập giá trị là N∗ nên đặt:

d = f (m) > f (f (m − 1)) ≥ d (vô lý).

Suy ra tồn tại m ∈ N∗ sao cho f (m) = d. Nếu m > 1 thì:

f (1) < f (2) < ... < f (n) < ....

Do đó m = 1. Bây giờ xác định tập hợp {f (n), n ∈ N∗, n ≥ 2}. Hiển nhiên f (2) > f (1) do f (f (1)) ≥ f (1). Từ đó ta có:

(vô lý). Do đó:

f (n) = n, ∀n ∈ N∗.

Chú ý rằng f (1) ≥ 1 nên f (n) ≥ n, ∀n ∈ N∗. Giả sử f (k) > k với một số k nào đó, suy ra f (k) ≥ k + 1 hay f (f (k)) ≥ f (k + 1) > f (f (k))

Ví dụ 2.13. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

1. f (1) = 1.

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

(cid:136) Với n = 1. Hiển nhiên

(cid:136) Giả sử đúng đến k. Ta chứng minh cho k + 1

Lời giải. Ta sẽ chứng minh quy nạp rằng f (n + 1) > f (f (n)).

f (f (k))f (k + 2) = f (k + 1)f (f (k + 1)) − 1.

Ta có:

≥

> f (f (k + 1)).

f (k + 2) =

f (k + 1)f (f (k + 1)) − 1 f (f (k))

(f (f (k)) + 1)(f (k + 1)) f (f (k))

Do đó

Vậy nhận xét được chứng minh. Theo Ví dụ 2.12 thì f (n) = n, ∀n ∈ N∗.

f (n + f (n)) = f (n), ∀n ∈ N

Ví dụ 2.14. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

x1 = min{x, x ∈ N, f (x) = 1}

Và tồn tại x0 ∈ N sao cho f (x0) = 1 Lời giải. Gọi:

f (x1 + 1)f (x1 + f (x1)) = f (x1) = 1.

Suy ra:

f (n) = 1, ∀n ∈ N, n ≥ x1.

Hay

f (x1 − 1 + f (x1 − 1)) = f (x1 − 1).

Giả sử x1 > 1. Suy ra:

Nếu x1 − 1 + f (x1 − 1) ≥ 1 thì f (x1 − 1) = 1(vô lý). Nếu x1 − 1 + f (x1) − 1 < x1 thì f (x1 − 1) < 1, cũng vô lý. Suy ra x1 = 1. Từ đó f (x1) ≡ 1, ∀n ∈ N.

f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n).

Ví dụ 2.15. Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn với ∀m, n ∈ N

(cid:136) Nếu k = 0 thì f (n) ≡ 0, ∀n.

(cid:136) Nếu k (cid:54)= 0, dễ thấy f (nk) = nk, ∀n ∈ N. Bây giờ ta xét điểm bất động bất

Lời giải. Cho m = n = 0, ta có f (n) = 0 Cho m = 0, ta có f (f (n)) = f (n). Gọi k là điểm bất động bé nhất của hàm số.

f (ks + r) = f (r + f (ks)) = f (f (r)) + ks

kì của f . Biểu diễn a = ks + r, 0 ≤ r ≤ k. Theo giả thiết:

2.4.3 Bài tập áp dụng

Hay f (r) = r. Suy ra r = 0. Do đó một điểm bất động của f khi và chỉ khi nó là bội của k. Từ đó ta xây dựng hàm f0(n) như sau: Chọn k − 1 số nguyên không âm tùy ý là n1, n2, ..., nk−1 và n0 = 0, nếu n = qk + r, 0 ≤ r < k thì f0(n) = qk + nrk. Dễ thấy hàm f0(n) chính là nghiệm tổng quát của hàm số đã cho.

f (n + f (n)) = f (n), ∀n ∈ N

Bài 2.12. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

Và tồn tại x0 ∈ N sao cho f (x0) = a.

2.5 Hàm số sử dụng tính chất số học

2.5.1 Lý thuyết

Các bài toán sử dụng tính chất số học đều rất đẹp mắt từ phát biểu đến lời giải. Tuy nhiên, thực tế thì các bài toán dạng này đều khó trên một phương diện nào đó. Để xác định xem một bài toán hàm số có sử dụng tính chất số học hay không, chúng ta cần chú ý tới các điều kiện về điều kiện và câu hỏi được đặt ra.

a. Nếu xuất hiện các biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, có thể nghĩ tới các bài toán về bậc của phần tử, các loại phương trình đặc biệt(phương trình Pell, phương trình Pytago...), hay đưa về xử lý các bài toán giải phương trình vô định nghiệm nguyên.

b. Nếu hàm số đã cho nhân tính cần xét đến giá trị hàm số tại các điểm nguyên

tố, các dãy số nguyên vô hạn.

2.5.2 Một vài ví dụ minh họa

c. Sử dụng các đẳng thức số học.

x2 + f (y)|f (x)2 + y, ∀x, y ∈ N∗.

Ví dụ 2.16. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

Lời giải. Kí hiệu P (x, y) là cách cho bộ (x, y) ∈ N∗2 vào điều kiện đã cho.

* P (1, 1) ⇒ f (1) = 1.

* P (1, y) ⇒ 1 + P (y)|f (1) + y ⇒ y ≥ f (y) (1).

* P (x, 1) ⇒ x2 + 1|f (x2) + 1 ⇒ f (x) ≥ x (2).

Từ (1) và (2) ta có f (x) = x, ∀x ∈ N∗.

Ví dụ 2.17. ( Austria 2002 ) Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

a) f (x + 22) = f (x),

b) f (x2y) = f (x)2f (y).

Với ∀x, y ∈ N∗.

Lời giải. Cho x = y = 1 ta có f (1) = 1. Với mỗi x(2 ≤ x ≤ 22) thì ∃k ∈ N∗ sao cho 22|x(kx − 1). Khi đó x + 22t = kx2. Ta có: f (x) = f (x + 22t) = f (x2k) = f (x)2.f (k) ⇔ f (x) = 1

Vậy f (x) = 1, ∀x ∈ N∗.

f (n)|f (n + kp) + 1

Ví dụ 2.18. ( Iran TST 2005 ) Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn ∃k ∈ N và 1 số nguyên tố p sao cho ∀n ≥ k, f (n + p) = f (n) và nếu m|n thì f (m + 1)|f (n) + 1. Lời giải. Giả sử n ≥ k và p ∨ n − 1. Ta có, tồn tại k sao cho n − 1|n + kp. Suy ra

n − |(n − 1)kp ⇒ f (n)|f ((n − 1)kp) + 1 = 2

Nhưng f (n) = f (n + kp), suy ra f (n)|1 và f (n) = 1. Với một số n (cid:54)= 1 bất kì, ta có:

Vì thế với n (cid:54)= 1, f (n) ∈ {1, 2}. Bây giờ ta có 2 trường hợp: Trường hợp 1. f (n) = 2, ∀n ≥ k và p|n − 1. Xác định n ≥ ksao cho p ∨ n − 1. khi đó tồn tại m sao cho n − 1|m và p|m − 1. Vì vậy f (n)|f (m) + 1 = 3 và f (n) = 1. Hay f (n) = 1 . Ta xác định được hàm f như sau:

1. f (n) = 2, ∀n ≥ k và p|n − 1.

2. f (n) = 1 với ∀n > k và p ∨ n − 1.

3. f (i) = f (i + p) với mọi i < k.

Trường hợp 2. f (n) = 1, ∀n ≥ k và p|n − 1. Trong trường hợp này, f (n) = 1, ∀n ≥ k, và nếu ta giả sử S = {a|f (a) = 2} thì sẽ không tồn tại m, n ∈ S thỏa mãn m − 1|n. Ta xác định được hàm f như sau:

1. f (x) ∈ {1; 2}, ∀x ∈ N.

2. Với S là một tập con vô hạn của N sao cho không tồn tại m, n ∈ S thỏa mãn m − 1|n và với n > 1, f (n) = 2 ⇔ n ∈ S, f (x) = 1 với x (cid:54)= 1 còn lại và f (1) là một số bất kì xác định bởi f (2)|f (1) + 1.

Ví dụ 2.19 (USA TST). Cho p là một số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các hàm số f : Z −→ Z thỏa mãn đồng thời:

a. f (m) = f (n) nếu m ≡ n( mod p)

b. f (mn) = f (m).f (n).

f (x)f (y) = f (xy) = f (1) = 1.

Với m, n là các số nguyên. Lời giải. Ta có: f (p(k + 1)) = f (pk) ⇔ f (p)(f (k + 1) − f (k)) = 0. Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: f (p) (cid:54)= 0 Dễ thấy f (1) = 0 thì f (n) = 0, ∀n ∈ Z, vô lý. Xét riêng khi f (1) = 1. Với mỗi x ∈ Z, p ∨ x ta có y ∈ Z sao cho xy ≡ 1 mod p. Do đó:

f (k) = −f (i).f (k) = −f (hk) = −1.

Suy ra f (n) = ±1, p ∨ n. Mặt khác: f (n2) = f (n)2 = 1, p ∨ n nên f (m) = 1 nếu m là một số chính phương mod p, và p∨m. Nếu (cid:54) ∃i, p∨i sao cho f (i) = −1, ta có ngay f (n) = 1, ∀n ∈ Z, p∨n. Xét i là số không chính phương mod p, p ∨ k bất kì, suy ra ik chính phương mod p. mặt khác:

Hay ta có f (x) = 1 nếu x là số chính phương mod p, p ∨ x, f (x) = −1 nếu x là số không chính phương ( mod p). Xét x0 sao cho f (x0) = −1. Cho m = x0, n = p vào b, ta có f (p) = f (px0) = f (p)f (x0) hay f (p) = −1. Suy ra f (x) = 1 nếu x là số chính phương mod p. Trường hợp 2. f (p) = 1. Suy ra f (n) = 0, ∀p|n. Nếu f (1) = 0 thì f (n) = 0, ∀n ∈ Z. Nếu f (1) (cid:54)= 0. Giả sử tồn tại x0 sao cho f (x0) = 0 và p ∨ x0. Suy ra f (nx0) = 0, ∀n ∈ Z. Mà ta có dãy x0, 2x0, ..., (p − 1)x0 là dãy thặng dư đầy đủ mod p. Suy ra f (1) = 0 vô lý. Vậy f (x) = 0 ⇔ p|x. Tương tự trên ta cũng có rằng , f (x) = ±1, f (0) = 1 vô lý. Do đó f (x) = 0 ⇔ p|x và f (x) = 1 với các x còn lại. Vậy có bốn hàm số thỏa mãn là:

1. f (n) = 0, ∀n ∈ Z.

2. f (n) = 1, ∀n ∈ Z.

3. f (x) = 0 nếu p|x, f (x) = 1 trong trường hợp còn lại.

4. f (x) = 1 nếu x là số chính phương mod p, f (x) = −1 trong trường hợp còn

lại.

Ví dụ 2.20. Cho f, g : N∗ → N∗ là hai hàm số thỏa mãn:

i, g là toàn ánh.

√

n với mọi n thì f có vô số điểm bất động.

ii, 2f (n)2 = n2 + g(n)2 với mọi số nguyên dương n.

Nếu |f (n) − n| ≤ 2004 (Chú thích a được gọi là điểm bất động của hàm f trên D nếu a ∈ D và f (a) = a). Lời giải. Đầu tiên theo Định lý Dirichlet về số nguyên tố thì dãy số (pi) là các số nguyên tố dạng 8k + 3 là một dãy vô hạn. Từ đó với mọi n thì:

p2 n−1 8 = −1

= (−1)

(cid:17)

(cid:16) 2 pn

(cid:17) Ở đây, là kí hiệu Lengendre. (cid:16) 2 pn

n=1 sao cho g(xn) = pn, ∀n. Ta có:

2f (xn)2 = x2

2f (xn)2 ≡ x2

n + p2 n, n( mod p).

Sử dụng điều kiện i, ta tìm được dãy (xn)∞

pn|f (xn)

= −1 nên

pn|xn

  (cid:17) Vì (cid:16) 2 pn 

Suy ra tồn tại hai dãy số nguyên dương (an) và (bn) sao cho:

xn = an.pn

 

f (xn) = bn.pn

n = a2

√

n, ta có:



≥

Từ ii, ta được 2b2 n + 1. Cuối cùng, sử dụng giả thiết : |f (n) − n| ≤ 2004

2004 √ n

f (xn) xn

bn an

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = − 1 (cid:12) (cid:12) − 1 (cid:12)

√

⇒ lim n→∞

(cid:33)

an = 1.

⇒ lim n→∞

(cid:32)(cid:112)a2 n + 1 an

an = bn = 1, ∀n ≥ N0

Suy ra tồn tại N0 sao cho:

q−1

2 .xp−1 ≡ yp−1 mod (q) ⇔ 2

2 ≡ 1 mod (q).

Vậy f (pn) = pn, ∀n ≥ N0 điều phải chứng minh . Nhận xét: Cũng như ví dụ ở trên, một câu hỏi được đặt ra là việc xây dựng dãy (pi) không hề tự nhiên. Tuy vậy bằng lối suy nghĩ tương tự trên, ta hình thành ý tưởng. Xuất phát với bài toán: "Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho phương trình 2x2 − y2 = q có nghiệm nguyên dương" Phương trình trên dẫn tới: 2x2 ≡ y2 mod (q) ⇔ 2 ( Theo Định lý Fermet ). Từ đó ta dự đoán được dạng của q. Nhìn chung, khi gặp các bài toán ở Ví dụ (2.16) thì đòi hỏi ta cần có một số kiến thức nền tảng về bậc của phần tử và điển hình là các bài toán về biểu diễn số nguyên tố.

Ví dụ 2.21. ( Mathlinks contest ) Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn:

a) Nếu a|b thì f (a) ≥ f (b)

b) f (a + b) + f (a2 + b2) = f (a) + f (b)

Với a, b là các số tự nhiên. Lời giải. Nếu f (x) là một nghiệm hàm, f (x) + c cũng là một nghiệm hàm. Do đó ta có thể giả sử rằng f (1) = 0. Chú ý rằng từ 1|n, f (n) ≤ 0, ∀n.

1) Từ f (1 × 1) + f (1 + 1) = f (1) + f (1), suy ra f (2) = f (1) hay f (2) = 0.

2) Gọi n là số nguyên sao cho −1 là số chính phương mod n. Do đó tồn tại a

f (a) + f (a2 + 1) = f (a) + f (1) ⇔ f (a2 + 1) = f (kn) = f (1) = 0.

thỏa mãn a2 = −1 + kn. Suy ra:

Nhưng f (n) ≥ f (kn) = f (a2 + 1) và f (n) ≤ f (1) nên f (n) = f (1) = 0 Do đó nếu tồn tại u sao cho u2 = −1( mod n) thì f (n) = 0.

3) Từ (2) dễ thấy f (p) = 0 với mọi p nguyên tố và p = 1( mod 4).

4) Giả sử f (a) = f (b) = 0 và f (ab) < f (a) = f (b) = 0 thì f (a2 + b2), vô lý. Do

đó nếu f (a) = f (b) = 0 thì f (ab) = 0.

5) Gọi a, b là 2 số nguyên thỏa mãn gcd(a, b) = 1, khi đó, gọi p là một số chia hết a2 + b2. Ta có a2 + b2 = 0( mod p). Ta có một bổ đề quen thuộc, nếu p là số nguyên tố dạng 4k + 3 thì với bộ a, b thỏa mãn p|a2 + b2 ta sẽ có p|a và p|b.

Vì gcd(a, b) = 1 nên nếu p|a2 +b2 thì p chỉ có dạng 4k +1. Từ (4) ta có a2 +b2 là tích các số nguyên tố pi thỏa mãn f (pi) = 0 nên f (a2 + b2) = f (a) + f (b) ta có gcd(a, b) = 1 ⇒ f (ab) = f (a) + f (b).

f (b2c) + f (b2(c2 + 1)) = f (bc) + f (b).

6) Cho a = bc vào phương trình đã cho, ta có:

f (bk) = f (b), ∀k ≥ 1.

i ) = (cid:80) f (pi) ở đây pi là các số nguyên tố.

Nhưng f (b) ≥ f (b2(c2 + 1)) và f (bc) ≥ f (b2c). Do đó f (b2c) = f (bc). Chọn c = 1, f (b2) = f (b). Tiếp theo chọn c = b, f (b3) = f (b2). Bằng quy nạp, ta có:

7) Sử dụng (5) và (6) ta có f ((cid:81) pni Xét hàm số f (x) xác định bởi:

* f (1) = 0

* f (2) = 0

* f (p) = 0 với các số nguyên tố p sao cho p = 1( mod 4) và p = 2.

* f (p) = ap ≤ 0 với mọi số nguyên tố p còn lại (ở đây ap là các số nguyên

không dương ).

i ) = (cid:80) f (pi) ở đây pi là các số nguyên tố.

* f ((cid:81) pni

Ở đây ta có thể chứng minh f (x) thỏa mãn điều kiện: Hiển nhiên nếu a|b thì f (a) ≥ f (b) f (1 × 1) + f (12 + 12) = f (1) + f (1) = 0 f (a × 1) + f (a2 + 1) = f (a) + f (1), ta có mọi ước nguyên tố p của a2 + 1 đều thỏa mãn p = 1( mod 4). Với 2 số nguyên a, b > 1 bất kì, gọi:

- pi là các ước nguyên tố của a không chia hết cho b.

- qi là các ước nguyên tố của b không âm chia hết a.

f (a) = (cid:80) f (pi) + (cid:80) f (ri) f (b) = (cid:80) f (qi) + (cid:80) f (ri) f (ab) = (cid:80) f (pi) + (cid:80) f (qi) + (cid:80) f (ri). f (a2 + b2) = (cid:80) f (ri) + (cid:80) f (si).

- ri là các ước nguyên tố của a và b.

a gcd(a, b)

b gcd(a, b)

(cid:17)2 (cid:16) (cid:17)2 (cid:16) . Nhưng tương Ở đây si là các ước nguyên tố của A =

tự (5) ta có ước nguyên tố của A là các số nguyên tố thỏa si = 1( mod 4) và do đó f (A) = 0. Suy ra f (a2 + b2) = (cid:80) f (ri) hay f (ab) + f (a2 + b2) = f (a) + f (b). Và ta có nghiệm của phương trình là: Cho m là một số nguyên, hàm f được xác định như sau:

* f (1) = m

* f (2) = m

* f (p) = m với mọi số nguyên tố p thỏa mãn p = 1( mod 4).

* f (p) = m + ap với mọi số nguyên tố p còn lại (ở đây ap là các số nguyên

không dương ).

i ) = m + (cid:80)(f (pi) − m) ở đây pi là các số nguyên tố.

2.5.3 Bài tập áp dụng

* f ((cid:81) pni

Bài 2.13. Cho f : N∗ −→ N∗ là một song ánh. Chứng minh hai điều kiện sau là tương đương:

1. f (m.n) = f (m).f (n)

2. f (m)|f (n) ⇔ m|n

Bài 2.14. (Một chút mở rộng cho Ví dụ 2.17) Tìm tất cả các hàm số f : Z −→ Z thỏa mãn:

a) f (x + 22) = f (x),

b) f (x2y) = f (x)2f (y),Với ∀x, y ∈ Z.

Bài 2.15. ( China 1996 ) Cho A = {1; 2; ...17} và hàm số f : A −→ A. Xác định f [1](x) = f (x) và f [k+1]f (x) = f (f [k](x)) với k ∈ N. Tìm số tự nhiên lớn nhất M sao cho tồn tại đơn ánh f : A −→ A thỏa mãn các điều kiện sau:

1. Nếu m < M và 1 ≤ i ≤ 16 thì: f [m](i + 1) − f [m](i) (cid:54)≡ ±1 mod 17

2. Với 1 ≤ i ≤ 16 thì: f [M ](i + 1) − f [M ](i) ≡ ±1 mod 17

Bài 2.16. Với mỗi số nguyên dương k tồn tại hay không hàm số f : N −→ Z thỏa mãn:

1. f (1995) = 1996,

2. f (xy) = f (x) + f (y) + kf (gcd(x; y)) với ∀x, y ∈ N.

Bài 2.17. Cho hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn:

1. f (1) = a,

2. f (n2f (m)) = mf (n)2.

Chứng minh rằng:

a) f (m).f (n) = af (mm).

b) a|f (n), ∀n ∈ N∗.

f (x + y + f (y)) = f (x) + 2y, ∀x, y ∈ Z.

Bài 2.18. Tìm tất cả các hàm f : Z −→ Z thỏa mãn:

gcd(f (m), f (n)) = 1 ⇔ gcd(m, n) = 1.

Bài 2.19. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thỏa mãn:

f (f (n)) + f (n + 1) = 2n + 3 và f (n) ≥ m − 1

Bài 2.20. Tìm tất cả các hàm f : Z −→ Z thỏa mãn:

Bài 2.21. Cho f : Z −→ Z:

1. f (p) = 1 với mọi số nguyên tố p

2. f (ab) = af (b) + bf (a)

Chứng minh:

a) Tồn tại duy nhất một hàm số f .

b) Tìm n sao cho f (n) = n.

g(1) = 0, g(2) = 1

Bài 2.22. Cho g(n) là hàm số xác định bởi:

g(n + 2) = g(n) + g(n + 1) + 1, n ≥ 1.

và

Chứng minh nếu n > 5 là các số nguyên tố thì n chia hết g(n).(g(n) + 1)

lim n→∞

|f (n)| nk = +∞

n=0 xác

Bài 2.23. Cho đa thức P (x) ∈ Z[x], P (x) = a0 + ... + ap−1xp−1 và số nguyên tố p > 2 thỏa mãn: Nếu p không chia hết cho a − b thì p không chia hết P (a) − P (b). Chứng minh p|ap−1. Bài 2.24. Cho hàm số f : Z −→ Z và f không là một đa thức. Giả sử ∀a, b ∈ Z, a ≡ b mod m thì ta có f (a) ≡ f (b) mod m. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k ta có:

Bài 2.25 (Việt Nam 1997). Cho hàm số f : N −→ Z xác định bởi f (0) = 2; f (1) = 503; f (n + 2) = 503f (n + 1) − 1996f (n). Với k ∈ N Chọn các số nguyên s1; s2; ...; sk không bé hơn k và cho pi là ước nguyên tố của f (2si). Chứng minh rằng: (cid:80) pi|2t ⇔ k|2t. Bài 2.26 (Balkan MO 2006, Bài số4). Cho số nguyên m và dãy số (an)∞ định bởi a0 = a ∈ N, và

an+1 =

nếu an ≡ 0 (mod2)  

an 2 an + m trong trường hợp còn lại



2.6 Hàm số và hệ đếm cơ số

2.6.1 Lý thuyết

Tìm mọi giá trị của a sao cho an là dãy tuần hoàn.

N = a1a2...ak|b = a1bk−1 + a2bk−2... + ak với 1 ≤ a1 ≤ b − 1 ≤ a2, ..., ak ≤ b − 1.

Hệ đếm cơ số là một phần quan trọng liên quan đến thuật toán trong tin học. Trong phân môn toán, hệ đếm cơ số có thể dùng để xây dựng nhiều dãy số có tính chất rất thú vị. Nhìn trên phương diện của một cơ số khác, rất khó nhận ra quy luật, nhưng nếu chọn đúng cơ số thì bài toán trở nên vô cùng đơn giản. Xin nhắc lại là với b là một số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2 thì mọi số nguyên dương N đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng

Đó là định nghĩa hệ đếm cơ số dạng cơ bản nhất. Tuy nhiên, có thể lấy một dãy số nguyên bất kỳ (có giá trị tuyệt đối nghiêm ngặt) làm hệ đếm cơ số ví dụ hệ đếm cơ số (−2), hệ đếm cơ số Fibonacci. Các hệ đếm thường sử dụng nhất là hệ đếm cơ số 2 và cơ số 3.

2.6.2 Một vài ví dụ minh họa

Ví dụ 2.22. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn các điều kiện:

1. f (1) = 1, f (3) = 3.

2. f (2n) = f (n).

3. f (4n + 1) = 2f (2n + 1) − f (n).

4. f (4n + 3) = 3f (2n + 1) − 2f (n).

(cid:136) Với n = 1, 3 thì kết luận hiển nhiên đúng.

(cid:136) Giả sử k < n thì kết luận đúng. Ta xét 2 trường hợp sau:

Lời giải. Hiển nhiên nếu tồn tại hàm số thì nó là duy nhất. Ta chứng minh nếu trong biểu diễn nhị phân n có dạng a1a2...am|2 thì f (n) = amam−1...a1|2. Thật vậy:

uk = ak−2...a2a1|2 u2k+1 = 1ak−2...a2a1|2

Trường hợp 1. Nếu n là số chẵn, đặt n = 2k. Giả sử k = a1a2...am|2 thì n = a1a2...am0|2. Khi đó kết luận hiển nhiên đúng. Trường hợp 2.Nếu n là số lẻ. Đến đây, ta tiếp tục khoanh vùng giá trị của n. * n có dạng 4k + 1. Giả sử k = a1a2...am|2 thì n = a1a2...am01|2. Mặt khác, ta có:

Suy ra:un = u2k+1 + (u2k+1 − uk) = 10ak−2...a2a1|2 Kết luận đúng trong trường hợp này. * n có dạng 4k + 3 tương tự. Vậy hàm số chỉ ra đầu bài là hàm duy nhất thỏa mãn bài ra.

Ví dụ 2.23. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn các điều kiện:

1. f (1) = 1.

2. f (2n) = f (n).

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

Lời giải. Ta nhận thấy nếu tốn tại hàm số thì nó là duy nhất. Tiếp theo đó ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề f (n) chính là số 1 trong biểu diễn nhị phân của n. Thật vậy:

* Với n = 1, hiển nhiên đúng.

* Giả sử với mọi k < n thì cũng đúng. Xét khi n = k + 1. Ta xét 2 trường hợp

f (k + 1) = f (2m + 1) = 1 + f (2m) = 1 + f (m)

Trường hợp 1. Nếu k là số chẵn, đặt k = 2n. Khi đó:

f (k + 1) = f (2(m + 1)) = f (m + 1)

Nếu m = a1a2...an|2 thì 2m + 1 = a1a2...an1|2. Suy ra số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của 2m + 1 và m hơn kém nhau 1. Kết luận đúng . Trường hợp 2. Nếu k là số lẻ, đặt k = 2m + 1. Khi đó:

Tương tự trên thì số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của 2m + 2 chính là bằng số chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của m.

Ví dụ 2.24. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn các điều kiện:

1. f (1) = 1.

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

3. f (2n) = 3f (n).

Lời giải. Theo tính duy nhất của hàm số, ta chứng minh quy nạp mệnh đề sau:

3iai * Với n = 1,

k (cid:80) i=0

Nếu khi viết n trong hệ nhị phân akak−1...a0|2 thì f (n) =

k (cid:88)

f (2n + 1) =

3iai + 30.1

i=1

k (cid:88)

3iai + 30.0 + 30.1 = f (2n) + 1

i=1

hiển nhiên đúng. * Giả sử 2n + 1 = akak−1...a1|2, suy ra 2n = akak−1...a10|2 và n = akak−1...a1|2. Kiểm tra các giả thiết:

k (cid:88)

k−1 (cid:88)

f (2n) =

3iai = 3(

3iai) = 3f (n)

i=1

Và:

Ví dụ 2.25. ( Bài toán cổ Josephus ) Giả sử Josephus có n − 1 người bạn n người này đứng thành vòng tròn đánh số từ 1 đến n theo chiều kim đồng hồ tự sát theo nguyên tắc, người thứ nhất cầm dao đếm 1 rồi tự sát, người thứ hai đếm 2 rồi tự sát. Quá trình dừng lại khi còn 1 người. Gọi f (n) là hàm số biểu thị vị trí của người còn sống sót đó. Tìm f (n). Lời giải.

f (2k) = 2f (k) − 1

* Nếu n = 2k. Sau vòng 1, còn người ở vị trí lẻ. Số người này đánh lại thành 1, 2..., k. Nếu lượt trước người đó có số 2i − 1 thì sau đó mang số i. Người sống sót có số cũ là f (2k), sau mang số mới là f (k). Vậy ta có:

f (2k + 1) = 2f (k) + 1

* Nếu n = 2k + 1. Sau vòng 1 ( ta ngầm hiểu có 2k + 2 người bằng cách tính trùng người thứ 1 thành 2k + 2 ), còn lại những người số 3, 5, ..., 2k + 1, đánh số lại là 1, 2, ..., k. Nếu lượt trước người đó có số 2i + 1 thì sau đó mang số i. Người sống sót có số cũ là f (2k + 1), sau mang số mới là f (k). Vậy ta có:

Như vậy thì f (1) = 1, f (2k) = 2f (k) − 1, f (2k + 1) = 2f (k) + 1. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng nếu trong biểu diễn cơ số 2 của n là akak−1...a1|2, ak = 1, với i (cid:54)= k, ai ∈ {0; 1} thì f (n) = ak−1...a1ak|2. Thật vậy:

* Với n = 1 hiển nhiên đúng.

* Giả sử với mọi k < n thì mệnh đề đúng. Ta có 2 trường hợp:

f (2m) = 2f (m) − 1 = 2.(bk−12k + ... + b1.2 + 1) − 1 = bk−1...b101|2

Trường hợp 1. Nếu n là số chẵn, đặt n = 2m. Khi đó nếu như m = bkbk−1...b1|2 thì 2m = bkbk−1...b10|2. Và:

f (2m + 1) = 2f (m) + 1 = 2.(bk−12k + ... + b1.2 + 1) + 1 = bk−1...b111|2

Trường hợp 2. Nếu n là số lẻ, đặt n = 2m + 1. Khi đó nếu như m = bkbk−1...b1|2 thì 2m + 1 = bkbk−1...b11|2. Và:

Ví dụ 2.26. Tồn tại hay không hàm số f : {1; 2; ...; n} −→ N thỏa mãn:

1. f là đơn ánh.

2. f (ab) = f (a) + f (b) với mọi a, b ∈ {1; 2; ...; n}và ab ≤ n.

i=1 pαi

i , b = (cid:81)k

i=1 pβi

i=1 pαi i=1 αi(n + 1) và f (a) = (cid:80)k

(có ít nhất một giá trị αi và βj khác nhau ), thì i=1 βi(n + 1), hiển nhiên ta chỉ có thể biểu

f (ab) = f (

pi)αi+βi

k (cid:81) i=1

(αi + βi).f (pi)

k (cid:80) i=1

αi.f (pi) +

βi.f (pi)

k (cid:80) i=1

k (cid:80) i

= f (a) + f (b),

Lời giải. Ta có thể chỉ ra hàm số f như sau: Kí hiệu các số nguyên tố bé hơn hoặc bằng n theo thứ tự tăng dần là p1, p2, ..., pk. Khi đó nếu a = (cid:81)k i , αi ∈ N, αi < n + 1 thì f (pi) = (n + 1)i, f (a) = (cid:80)k i=1 αi(n + 1). Ta chứng minh số này thỏa mãn điều kiện. Thật vậy: với a = (cid:81)k f (a) = (cid:80)k diễn f (a), f (b) một cách duy nhất sang hệ cơ số n + 1 và vì thế f (a) (cid:54)= f (b). Mặt khác:

2.6.3 Bài tập áp dụng

Hay f (ab) = f (a) + f (b).

Bài 2.27 (IMO 1988, Bài số 3). Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương như sau:

1. f (1) = 1, f (3) = 3.

2. f (2n) = f (n), f (4n+1) = 2f (2n+1)−f (n), f (4n+3) = 3f (2n+1)−2f (n)

Tìm các giá trị của n sao cho f (n) = n, 1 ≤ n ≤ 1988.

Bài 2.28 (IMO shortlist 2000). Cho hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn các điều kiện:

1. f (4n) = f (2n) + f (n).

2. f (4n + 2) = f (4n) + 1.

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

Chứng minh với mọi số nguyên dương m, số các số nguyên dương n sao cho 0 ≤ n < 2m và f (4n) = f (3n) bằng f (2m+1).

Bài 2.29. Hàm số f : N∗ −→ N∗ xác định như sau:

1. f (1) = 2, f (2) = 1

2. f (3n) = 3f (n), f (3n + 1) = 3f (n) + 2, f (3n + 2) = 3f (n) + 1.

Tìm số các số n ≤ 2006 thỏa mãn f (n) = 2n.

Bài 2.30. Hàm số f : N × N −→ N xác định như sau:

(cid:99), (cid:98)

(cid:99))

1. f (0, 0) = 0.

x 2

y 2

nếu x + y ≡ 0 ( mod 2),

(cid:99), (cid:98)

(cid:99)) + 1 nếu x + y ≡ 1 ( mod 2)

2. f (x, y) =

x 2

y 2

 f ((cid:98)   f ((cid:98)

(cid:99), (cid:98)

(cid:99)) ⇔ x và y cùng tính chẵn lẻ.

(cid:99), (cid:98)

a) f (x, y) = f ((cid:98)

(cid:99)) + 1 ⇔ x và y khác tính chẵn lẻ.

y 2 y 2

b) f (x, y) = f ((cid:98) Ở đây x, y ∈ N. Chứng minh: x 2 x 2

c) f (x, y) = 0 ⇔ x = y.

f (n)(1 + f (n)) và đẳng thức xảy ra tại vô số điểm.

Bài 2.31. Hàm số f N∗ −→ N∗ là số các số 1 trong khai triển nhị phân của n. Chứng minh rằng:

1 2

a) f (n2) ≤

i=1 sao cho:

lim k→∞

f (u2 k) f (uk)

b) Tồn tại dãy vô hạn (un)+∞

Bài 2.32 (China 1995). Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương như sau:

1. f (1) = 1.

2. 3f (n)f (2n + 1) = f (2n)(13f (n)).

3. f (2n) < 6f (n)

Tìm các số k, m sao cho f (m) + f (k) = 293.

Bài 2.33. Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương như sau:

1. f (3n) = 2f (n).

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

3. f (3n + 2) = f (3n) + 2.

Tìm tất cả các giá trị của n ∈ {0, 1, 2..., 2003} sao cho f (2n) = 2f (n).

Bài 2.34 (Balkan MO). Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương như sau:

1. f (2n + 1)2 − f (2n)2 = 6f (n) + 1.

2. f (2n) ≥ f (n).

Hỏi có bao nhiêu giá trị n mà f (n) ≥ 2003.

Chương 3. Các dạng phương trình hàm

sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên

qua các kỳ Olympic

3.1 Các dạng toán về xác định dãy số

xn+k = axn + b, n ∈ N.

Trong phần này ta khảo sát các dãy số dạng

xn+3 = xn, n ∈ N.

Bài toán 3.1. Xác định các dãy số thực tuần hoàn chu kỳ 3:

x0 = x3 = x6 = x9 = . . .

x1 = x4 = x7 = x10 = . . .

x2 = x5 = x8 = x11 = . . .

Lời giải. Nhận xét rằng, theo giả thiết thì

(mod 3)

xn =

(mod 3)

Từ bảng liệt kê trên, ta thu được

 a khi n = 0  b khi n = 1  c khi n = 2

trong đó a, b, c ∈ R tùy ý.

Bài toán 3.2. Xác định các dãy {xn} thỏa mãn điều kiện

xn+2 = −axn + b, n ∈ N, a > 0.

(3.1)

+ yn. Thế vào (3.1), ta thu được

+ yn+2 = −a(

+ yn) + b, n ∈ N

b a + 1 b a + 1

b a + 1

Lời giải. Đặt xn =

hay

yn+2 = −ayn, n ∈ N

(3.2)

2 un. Thế vào (3.2), ta thu được

n+2

2 un+2 = a × (−a

2 un), n ∈ N

Đặt yn = a n

un+2 = −un), n ∈ N.

hay

f (t + β) = af (t) + b, t ∈ N

Trong phần này ta áp dụng phương pháp giải phương trình hàm dạng

để khảo sát các dãy số xn+k = axn + b, n ∈ N.

Bài toán 3.3. Xác định các dãy {xn} thỏa mãn điều kiện

(3.3)

+ yn. Thế vào (3.3), ta thu được

+ yn+2 = −a(

+ yn) + b, n ∈ N

xn+2 = −axn + b, n ∈ N, a > 0. b a + 1 b a + 1

b a + 1

Lời giải. Đặt xn =

hay

yn+2 = −ayn, n ∈ N

(3.4)

2 un. Thế vào (3.4), ta thu được

n+2

2 un+2 = a × (−a

2 un), n ∈ N

Đặt yn = a n

un+2 = −un), n ∈ N.

hay

Vậy {un} là dãy số phản tuần hoàn chu kỳ 2 nên

(mod 4)

 khi n = 0

(mod 4)

un =

−ca

(mod 4)

−d

khi n = 1 (3.5) khi n = 2

(mod 4)

khi n = 3  

f (αt) = a f (t) + b, t ∈ N

trong đó c, d ∈ R tùy ý. Trong phần cuối này ta áp dụng phương pháp giải phương trình hàm dạng

để khảo sát các dãy số xsn = a xn + b, n ∈ N.

x2n = xn, n ∈ N∗.

Bài toán 3.4. Xác định các dãy {xn} tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2

∀n ∈ N∗, ∃s, k ∈ N sao cho n = 2s(2k + 1).

Lời giải. Sử dụng kết quả trong số học

Khi s = 0 thì n là một số nguyên lẻ.

Đáp số:

xn =

 

a2k+1 tùy ý, khi n = 2k + 1, k ∈ N, ) a2k+1 khi n = 2s(2k + 1), s ∈ N∗, k ∈ N.



xn+3 = axn + 3, n ∈ N, a ∈ R.

Bài toán 3.5. Xác định các dãy số {xn} thỏa mãn điều kiện

Bài toán 3.6 (IMO Shortlist 2004). Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn điều kiện sao:

(3.6) (cid:12) (cid:12)(m2 + n)2, ∀m, n ∈ N∗. f 2(m) + f (n) (cid:12)

Lời giải. Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. Trong (3.6) ta thế m = n = 1 ta được

(cid:12) (cid:12)(12 + 1)2 = 4 ⇒ f (1) = 1. f 2(1) + f (1) (cid:12)

Do f (1) ∈ N và f (1) ≥ 1, Trong (3.6) ta thế m = 1 ta được

(cid:12)(1 + n)2, ∀n ∈ N∗ (cid:12) (cid:12)(12 + n)2, ∀m, n ∈ N∗ ⇔ 1 + f (n)(cid:12) f 2(1) + f (n) (cid:12)

Trong (3.6) ta thế n = 1 ta được

(cid:12)(m2 + 1)2, ∀m ∈ N∗ (cid:12) (cid:12)(m2 + 1)2, ∀m ∈ N∗ ⇔ f 2(m) + 1(cid:12) f 2(m) + f (1) (cid:12)

Với p là một số nguyên tố bất kì thì: Trong (3.6) ta thế m = 1, n = p − 1 ta được:

(cid:34)

1 + f (p − 1) = p 1 + f (p − 1) = p2

(cid:12) (cid:12)p2 ⇒ (cid:12) 1 + f (p − 1)

Trường hợp 1: 1 + f (p − 1) = p2 ⇒ f (p − 1) = p2 − 1. Ta thế m = p − 1, n = 1 và (3.6) ta được

f 2(p − 1) + 1

⇔ (p2 − 1)2 + 1

(p − 1)2 + 1

(cid:16) (cid:17)2 (cid:16) (cid:17)2

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Mà ta lại có đánh giá sau đây:

(p2 − 1)2 + 1 > (p − 1)2(p + 1)2 > p2(p − 1)2 = (p2 − p)2 >

(p − 1)2 + 1

(cid:16) (cid:17)2

Mâu thuẫn. Do đó ta phải xây dựng trường hợp còn lại Trường hợp 2: 1 + f (p − 1) = p. Khi đó f (p − 1) = p − 1, với mọi p là số nguyên tố, hay tồn tại k sao cho f (k) = k. Với mỗi k như thế và số tự nhiên n (cid:54)= 0 bất kì thì ta luôn có

(cid:12) (cid:12)(k2 + n)2 k2 + f (n) (cid:12)

(p − 1)2 + 2n − f (n)

(p − 1)2 + f (n)

+ (f (n) − n)2

(cid:16) (cid:17)(cid:16) (cid:17)

(cid:12) (cid:12) Suy ra k2 + f (n) (cid:12) Khi ta chọn k là một số đủ lớn thì ta bắt buộc phải có: f (n) = n, ∀n ∈ N∗, thử lại thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f (n) = n, ∀n ∈ N∗

Bài toán 3.7. Tìm tất cả các hàm số thỏa mãn điều kiện sau:

g(g(n) − n) + g(n + 1) = 3 + n + g(n), ∀n ∈ N

(3.7)

f (f (n)) + f (n) + f (n + 1) + (n + 1) = 3 + n + f (n) + n, ∀n ∈ N∗

Lời giải. Đặt g(n) = f (n) + n, ∀n ∈ N∗ thay vào phương trình (3.7) ta được:

⇔ f (f (n)) + f (n + 1) = n + 2, ∀n ∈ N∗

(3.8)

Từ đây, ta đã chuyển bài toán ban đầu thành một bài toán khác có vẻ gọn đẹp hơn rất nhiều. Thay n = 1 vào (3.8) thì ta được f (f (1)) + f (2) = 3 Từ đó suy ra: f (2) ≤ 2 và f (f (1)) ≤ 2. Từ đó ta xét hai trường hợp sau:

f (4) = 5 − f (f (3)) = 5 − f (2) = 3, f (5) = 6 − f (f (4)) = 6 − f (3) = 4, f (6) = 7 − f (f (5)) = 7 − f (4) = 4.

√

Trường hợp 1. f (2) = 1 và f (f (1)) = 2 Bây giờ ta đặt f (1) = k ⇒ f (k) = 2 Thay n = 2 vào (3.8) thì ta được f (f (2)) + f (3) = 4 Từ đây suy ra f (3) = 4 − f (1) = 4 − k Từ f (3) ≥ 1 nên suy ra k ≥ 3 Nếu k = 1 thì ta có: 2 = f (f (1)) = f (k) = f (1) = 1, điều này cũng mâu thuẫn. Nếu k = 2 thì ta cũng có: 2 = f (f (1)) = f (k) = f (2) = 1, điều này cũng mâu thuẫn. Nếu k = 3 thì ta có 2 = f (f (1)) = f (k) = f (3) = 4 − k = 4 − 3 = 1, điều này cũng mâu thuẫn. Vậy tóm lại không có giá trị nào của k thỏa mãn nên trường hợp 1 không xảy ra. Trường hợp 2. f (2) = 2 và f (f (1)) = 1. Thay n = 2 vào (3.8) thì ta được f (f (2)) + f (3) = 4. Từ đó ta dễ thấy f (3) = 2 và ta tính toán được các giá trị sau:

f (n) = (cid:98)αn(cid:99) − n + 1, ∀n ∈ N∗ trong đó α =

1 + 2

Từ đây ta dự đoán được rằng, hàm số f (n) được xác định như sau: 5

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng, hàm số này là hàm số thỏa mãn (3.8) để rồi từ đó suy ra công thức của hàm g(n) và từ đó ta hoàn tất bài toán. Mà trước tiên, để chứng minh nhận định đó, ta cần phải có hai bổ đề sau: (cid:34)

n n + 1.

Bổ đề 3.1. Với mỗi số n ∈ N∗ thì ta có (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) =

(cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) < α(αn − n + 1) = α + αn(α − 1) = n + α < n + 2

Chứng minh. Trước hết ta có:

√

Và (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) > α(αn − 1 − n + 1) − 1 = αn(α − 1) − 1 = n − 1

⇒ α − 1 =

1 + 2

−1 + 2

Do lưu ý rằng: α = nên suy ra: α(α − 1) = 1.

Vậy từ đó ta thấy Bổ đề 3.1 được chứng minh.

(cid:98)αn(cid:99) + 2 khi (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n

Bổ đề 3.2. Với mỗi số n ∈ N∗ thì ta có:

(cid:98)α(n + 1)(cid:99) =

(cid:98)αn(cid:99) + 1 các trường hợp khác

 



(cid:34)

(cid:98)αn(cid:99) + 1 (cid:98)αn(cid:99) + 2

Chứng minh. Hiển nhiên thì ta có (cid:98)α(n + 1)(cid:99) =

(cid:98)α((cid:98)αn(cid:99)−n+1)(cid:99) = (cid:98)α((cid:98)(n+1)α(cid:99)−n)(cid:99) > α((n+1)α−1−n)−1 = α(n+1)(α−1)−1 = n

Giả sử (cid:98)α(n + 1)(cid:99) = (cid:98)αn(cid:99) + 1 thì từ đó ta có:

(cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) < α(αn − n + 1) = α + αn(α − 1) = n + α < n + 2

Và như trên thì ta có:

(cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = (cid:98)α((cid:98)(n + 1)α(cid:99) − n − 1)(cid:99) < α((n + 1)α − n − 1) = n + 1

Từ đó ta suy ra được (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n + 1. Giả sử (cid:98)α(n + 1)(cid:99) = (cid:98)αn(cid:99) + 2 thì từ đó ta có:

Từ đó theo bổ đề 3.1 thì ta thu được (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n.

Vậy từ đó bổ đề 3.2 được chứng minh. Quay trở lại với việc giải bài toán

(cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n + 1.

Ta sẽ sử dụng nguyên lý quy nạp để chứng minh kết quả ban đầu. Với n = 1 thì f (1) = (cid:98)α.1(cid:99) − 1 + 1 = 1. Với n = 2 thì f (1) = (cid:98)α.2(cid:99) − 2 + 1 = 2. Giả sử kết quả đúng với 1 ≤ j ≤ n. Sử dụng (3.8) thì ta có: f (n + 1) = n + 2 − f (f (n)) = n + 2 − f ((cid:98)αn(cid:99) − n + 1) = n + 2 − (cid:98)((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) + ((cid:98)αn(cid:99) − n + 1) − 1 Mà từ (cid:98)αn(cid:99) − n + 1 < 2n − n + 1 = n + 1 Ta có: f (n + 1) = (cid:98)αn(cid:99) + 2 − (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99). Giả sử n thỏa mãn: (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n thì từ đó ta có (cid:98)α(n + 1)(cid:99) = (cid:98)αn(cid:99) + 2 Và do đó ta suy ra được f (n + 1) = (cid:98)α(n + 1)(cid:99) − n Nếu n không thỏa mãn (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = n thì tức là có thể xảy ra:

Và theo Bổ đề 3.2 thì ta được (cid:98)α(n + 1)(cid:99) = (cid:98)αn(cid:99) + 1 Và từ đó ta suy ra được: f (n + 1) = (cid:98)αn(cid:99) + 2 − (cid:98)α((cid:98)αn(cid:99) − n + 1)(cid:99) = (cid:98)αn(cid:99) + 2 − (n + 1) = (cid:98)αn(cid:99) + 1 − n = (cid:98)α(n + 1)(cid:99) − n. Vậy từ đó theo nguyên lý quy nạp thì (3.7) được chứng minh hoàn toàn. Từ đây suy ra tất cả các hàm số thỏa mãn (3.7) là: √

f (n) = (cid:98)αn(cid:99) − n + 1, ∀n ∈ N∗ trong đó α =

1 + 2

√

)

g(n) = f (n) + n = (cid:98)αn(cid:99) − n + 1 + n = (cid:98)αn(cid:99) + 1, ∀n ∈ N∗(α =

1 + 2

Hay từ đây ta suy ra được hàm g(n) mà chúng ta cần tìm là:

Bài toán 3.8 (IMO 1977). Cho f : N∗ −→ N∗ là hàm số thỏa mãn điều kiện:

f (n + 1) > f (f (n)), ∀n ∈ N∗.

(3.9)

Chứng minh rằng: f (n) = n, ∀n ∈ N∗.

{f (n) : n ∈ N∗, n ≥ 2}

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi d là phần tử nhỏ nhất trong miền giá trị của hàm sốf , tức là: d = min{f (n) : n ∈ N∗}. theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, d tồn tại và duy nhất. Gọi m ∈ N∗ sao cho f (m) = d. Nếu m > 1 thì d = f (m) > f (f (m − 1)), mâu thuẫn. Vậy m = 1, và f (n) đạt giá trị nhỏ nhất tại duy nhất một điểm m = 1. Bây giờ ta xét:

Bằng lập luận tương tự ta cũng có f (2) = min{f (n) : n ∈ N∗}. Hơn nữa f (2) > f (1). Vì nếu f (2) = f (1) thì f (1) = f (2) > f (f (1)), mâu thuẫn. Lặp lại quá trình như trên ta thu được

f (1) < f (2) < f (3) < ... < f (n) < ...

(3.10)

Vì f (n) ∈ N∗ nên f (1) ≥ 1. Với f (1) ≥ 1, từ (3.9) ta suy ra rằng f (k) ≥ k.

Giả sử f (k) > k, khi đó f (k) ≥ k + 1. Mặt khác, theo điều kiện bài toán ta có:

f (k + 1) > f (f (k))

(3.11)

f (k + 1) ≤ f (f (k))

Từ f (k) ≥ k + 1 và từ (3.10) ( tính tăng nghiêm ngặt của hàm f ), suy ra:

f (k) = k, ∀k ∈ N∗

điều này mâu thuẫn với (3.11), vậy không thể có f (k) > k. Do đó:

. Hay f (n) ≡ n. Thử lại, ta thấy hàm số f (n) = n, ∀n ∈ N∗ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 3.9 (IMO 1987). Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f : N −→ N sao cho:

f (f (n)) = n + 1987

(3.12)

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó ta chứng minh hàm số đó tăng nghiêm ngặt trên N. Thật vậy: - Giả sử tồn tại n ∈ N sao cho f (n + 1) = f (n), ta được:

f (f (n + 1)) = f (f (n)) ⇒ n + 1 + 1987 = n + 1987 ⇒ 1988 = 1987 ( vô lý)

Do đó f (n + 1) (cid:54)= f (n).

f (n) ≥ f (n + 1) + 1 ≥ f (n + 2) + 2 ≥ ... ≥ f (n + 1987) + 1987

- Giả sử f (n + 1) < f (n), ta có: n+1987 = f (f (n)) ⇒ f (f (f (n))) = f (n)+1987, hay f (n+1987) = f (n)+1987. Mà f (n) > f (n + 1) ⇒ f (n) ≥ f (n + 1) + 1,suy ra

. Từ đây, ta có f (n + 1987) − 1987 ≥ f (n + 1987) + 1987 ( vô lí ). Vậy f (n + 1) > f (n), ∀n ∈ N. Hay f (n + 1) ≥ f (n) + 1. Ta lại có:

f (n + 1987) ≥ f (n + 1986) + 1 ≥ ... ≥ f (n) + 1987.

(3.13)

f (n + 1) = f (n) + 1 = f (n − 1) + 2 = ... = f (1) + (n + 1) − 1 ⇒ f (n) = n + f (1) − 1 = n + a, với a = f (1) − 1 ∈ N.

Ta suy ra (3.13) phải xảy ra ở tất cả các dấu bằng. Tức là

/∈ N.

1987 2

Mà f (f (n)) = n + 2a = n + 1987 ⇒ a =

Vậy không tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

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

Bài toán 3.10 (IMO 1988, Shortlist). Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn điều kiện f (f (n) + f (m)) = n + m, ∀m, n ∈ N. Lời giải. Nhận xét f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f (m) = f (n) khi đó:

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

Để tận dụng tính chất đơn ánh ta có nhận xét sau đây:

f (n) + f (n) = f (n + 1) + f (n − 1) ⇔ f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1), ∀n ∈ N

Từ đó, theo tính chất của đơn ánh ta suy ra rằng:

n + m = f (f (n) + f (m)) = f ((nc + b) + (mc + b)) = (n + m)c2 + 2bc + b,

Nên, ta có f (n + 1) − f (n) = c, trong đó c là hằng số tự nhiên. Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng f (n) = nc + f (0), ∀n ∈ N. Bây giờ nếu đặt f (0) = b, với b là hằng số tự nhiên, thì ta có f (n) = nc + b. Thay lại vào phương trình ban đầu, ta có:

điều này đúng với mọi m, n ∈ N. Từ đó ta có c = 0 và b = 0. Như vậy, f (n) = n, ∀n ∈ N. Hàm số này thỏa mãn bài toán.

Vậy nghiệm của bài toán là f (n) = n, ∀n ∈ N.

Bài toán 3.11 (IMO 1993). Hãy xác định xem có tồn tại hay không hàm số f : N∗ −→ N∗sao cho:

1. f (1) = 2

2. f (f (n)) = f (n) + n, ∀n ∈ N∗

√

3. f (n) < f (n + 1), ∀n ∈ N∗.

⇒

= α − 1, α là số vô tỉ.

1 + 2

1 α

]. Ta có:

Lời giải. Đặt α =

] = 2

f (1) = [α +

Trả lời: Có tồn tại. Thật vậy ta xây dựng hàm số f như sau: 1 2

] > [nα +

] = f (n), ∀n ∈ N∗.

1 2

f (n + 1) = [(n + 1)α + Với mọi n ≥ 1, n ∈ N∗, đặt m = f (n). Ta có:

< m + 1 ⇒ n −

< n +

m < nα +

1 2

1 2α

⇒ n −

(α − 1) < (α − 1)m < n +

⇒ n −

< (α − 1)m < n +

1 2

1 2α 1 2

m α 1 2

1 2 ⇒ n + m < αm +

< m + n + 1.

1 2

Với n ≥ 1, đặt f (n) = [nα + 1 2

] thỏa mãn điều kiện bài toán.

Do đó: f (m) = m + n Hay f (f (n)) = f (m) = m + n = f (n) + n, ∀n ∈ N∗.

1 2

Vậy f (n) = [nα +

Bài toán 3.12 (IMO 1995 Sortlits). Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm số f : N∗ −→ N∗ sao cho với mọi m, n nguyên dương:

f (m + f (n)) = n + f (m + 95).

(3.14)

f (k) bằng bao nhiêu?

19 (cid:80) k=1

Giá trị của

f (f (n1) + f (1)) = f (f (n2) + f (1)) ⇔ n1 + f (f (1) + 95) = n2 + f (f (1) + 95) ⇒ n1 = n2.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Ta chứng minh hàm số f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f (n1) = f (n2), ta có:

Vậy f là đơn ánh. Với ∀n ∈ N∗, ta có: f (f (n) + f (1)) = n + f (f (1) + 95) = n + 1 + f (95 + 95) = f (95 + f (n + 1)) ⇒ f (n + 1) + 95 = f (n) + f (1) ⇒ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 95 = a,

với a = f (1) − 95

f (m + f (n)) = n + f (m + 95) ⇔ na2 + (m + 95)a + 95 = n + (m + 95)a + 95; ⇒ a2 = 1 ⇒ a = 1(vì nếu a = 1 thì f (n) /∈ N∗ khi n ≥ 95).

Khi đó f (n) − f (n − 1) = ... = f (2) − f (1) = f (1) − 95 = a, Suy ra f (n) − 95 = na ⇒ f (n) = na + 95. Với f (n) = na + 95, thay vào phương trình (3.14) ta có:

19 (cid:88)

f (k) =

(k + 95) = 1995.

k=1

Vậy f (n) = n + 95. Thử lại, ta thấy f (n) = n + 95 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Và theo cách giải trên thì f (n) = n + 95 là hàm số duy nhất. Khi đó:

Bài toán 3.13 (Balkan 2002). Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn điều kiện:

f (f (n)) + f (n) = 2n + 2001 hoặc 2n + 2002, ∀n ∈ N.

(3.15)

a2k+3 < a2k+1, ∀k ≥ 11, cũng vô lý.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta xác định dãy số tự nhiên (an)n ≥ 0 như sau: a0 là một số tự nhiên bất kì và an+1 = f (an), ∀n ∈ N. Đặt cn = an − an−1 − 667, ∀n ≥ 1. Từ đó cn+1 + 2cn = an+1 + an − 2an−1 − 2001. Với ∀n ≥ 1, cn+1 + 2cn là số nguyên thỏa mãn 0 ≤ cn+1 + 2cn ≤ 1. Giả sử c1 > 0, suy ra c1 ≥ 1 và c2 ≤ −2c1 + 1 ≤ −1, c3 ≥ −2c2 ≥ 2. Bằng quy nạp dễ dạng thấy rằng ck+1 ≥ 2k. Mặt khác a2k+2 − a2k − 1334 = c2k+2 + c2k+1 ≤ −2k + 1. Do đó với k ≥ 11 ta có a2k+2 < a2k, vô lý. Nếu c1 < 0, suy rac2 ≥ −2c1 > 0, tương tự trên ta có:

Vậy c1 = 0, nó tương đương với a1 = a0 + 667. Hay f (n) = n + 667, ∀n ∈ N.

Bài toán 3.14 (CH sec 2007). Xét tất cả hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn điều kiện:

f (mf (n)) = nf (m), ∀m, n ∈ N∗.

(3.16)

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của f (2007). Lời giải. Gọi S là tập hợp các hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán. Giả sử f (n) ∈ S, đặt a = f (1). - Chọn m = 1, ta được:

f (1.f (n)) = n.f (1) = na ⇒ f (f (n)) = na

(3.17)

- Chọn n = 1, ta được:

f (mf (1)) = 1.f (m) ⇒ f (ma) = f (m).

(3.18)

f (f (n1)) = f (f (n2)) ⇒ n1a = n2a ⇒ n1 = n2.

Ta chứng minh f (n) là đơn ánh. Thật vậy, giả sử f (n1) = f (n2), ta được:

Vậy f (n) là đơn ánh. Từ (3.18) ta có f (na) = f (n) ⇒ na = a, ∀n ∈ N∗, Suy ra a = 1 hay f (1) = 1. Ta có f (f (m).f (n)) = n.f (f (m)) = n.am = m.n = f (m.n). Suy ra:

f (m.n) = f (m).f (n)

(3.19)

Với p là số nguyên tố bất kì, Giả sử f (p) = u.v với u, v ∈ N∗. Ta có: p = f (f (p)) = f (u.v) = f (u).f (v). Do đó: f (u) = 1 hoặc f (v) = 1. Giả sử f (u) = 1, ta được f (f (u)) = f (1) = 1. Suy ra f (p) là số nguyên tố. Khi đó f (n) là hàm chuyển các số nguyên tố khác nhau thành các số nguyên tố khác nhau. Ta lại có 2007 = 32.223 và f (2007) = f 2(3).f (223). Do đó để nhận được giá trị nhỏ nhất của f (2007) ta phải chọn hàm f (n) sao cho f (3), f (223) là các số nguyên tố nhỏ nhất, khác nhau. Hiển nhiên, nếu ta chọn được hàm f (n) sao cho f (3) = 2, f (2) = 3, f (223) = 5, f (5) = 223 thì giá trị nhỏ nhất của f (2007) = 22.5 = 20 (vì f (n) ≥ f (n)). Ta xây dựng hàm f : N∗ −→ N∗ như sau: f (1) = 1, f (2) = 3, f (3) = 2, f (5) = 223, f (223) = 5,

m thì f (n) = f k1(p1)f k2(p2)...f km(pm).

f (p) = p, ∀p ∈ P \{2; 3; 5; 223}, 1 pk2 Và với n = pk1 2 ...pkm Khi đó f (n) thỏa mãn các điều kiện: f (1) = 1; f (f (n)) = n, ∀n ∈ N∗; f (m.n) = f (m).f (n), ∀m, n ∈ N∗. Do đó f (n) ∈ S. Vậy giá trị nhỏ nhất của f (2007) = 20.

3.2 Một số dạng toán khác

Bài toán 3.15 (Olympic Ukraine 1995). Hàm số f : Z −→ Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau :

(3.20)

(i) : f (f (n)) = n, ∀n ∈ Z (ii) : f (f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ Z

(3.21)

(iii) : f (0) = 1

(3.22)

Tính giá trị f (1995), f (−2007).

Lời giải. Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f (n) phái có dạng f (n) = an + b.

(cid:40) (cid:40) (cid:40)

⇔

∨

a2 = 1 ab + b = 0

a = −1 b = 0

Đồng nhất các hệ số, ta được Khi đó điều kiện (i) trở thành a2n + ab + b = n, ∀n ∈ Z. a = 1 b = 0 (cid:40)

a = 1 b = 0

Với ta được f (n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (ii).

(cid:40)

a = −1 b = 0

Với ta được f (n) = −n + b.

Từ điều kiện (iii) cho n = 0 ta được b = 1. Vậy:

f (n) = −n + 1

(3.23)

Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f (n) = −n + 1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f (n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán

Từ (iii) suy ra f (0) = g(0) = 1. Từ (iii) suy ra f (1) = g(1) = 0.

Sử dụng điều kiện (i), (ii) ta nhận được g(g(n)) = g(g(n + 2) + 2), ∀n ∈ Z. Do đó: g(g(g(n)))−g(g(g((n+2)+2))), ∀n ∈ Z hay g(n) = g(n+2)+2, ∀n ∈ Z. Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho:

f (n0) = g(n0)

(3.24)

g(n0) − g(n0) + 2 − f (n0) + 2 − f (n0 − 2) ⇔ g(n0 − 2) − f (n0 − 2),

Do f (n) cũng thỏa mãn (3.23) nên ta có

mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (3.24).

Vậy f (n) = g(n), ∀n ∈ N. Chứng minh tương tự ta cũng được f (n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Do đó,

f (1995) = −1995 + 1 = −1994,

f (−2007) = 2007 + 1 = 2008.

ta có

Bài toán 3.16 (Tạp chí THTT, Bài T11/509). Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → Q \ {0} thỏa mãn điều kiện

f (1) + f (2) + · · · + f (n) =

, ∀n ∈ N∗.

f (n)f (n + 1) 2

(3.25)

Lời giải. Giả sử f (t) thỏa mãn (3.25). Đặt f (1) = a (cid:54)= 0. Khi đó, từ (3.25) suy

f (1)f (2) 2

ra f (1) = nên f (2) = 2 và

, ∀n ∈ N∗.

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

f (n + 1)f (n + 2) 2

(3.26)

f (n + 1) =

−

f (n + 1)f (n + 2) 2

f (n)f (n + 1) 2

Từ (3.25) và (3.26) suy ra

⇔ f (n + 2) − (n + 2) = f (n) − n, ∀n ∈ N∗.

(3.27)

f (2k +1) = 2k +1+f (1)+2 = 2k +3+a, f (2k +2) = f (2)+2k = 2k +2, k ∈ N.

Vậy g(n) := f (n) − n là dãy tuần hoàn chu kỳ 2 nên

Xét trường hợp f (t) = c là hàm hằng. Khi đó, thay vào (3.25) các biến (x, y, z)

bởi (0, 0, 0) ta thu được

f (0) = 4[f (0)]2 ⇔

f (0) = 0 f (0) = 1 4

(cid:34)

, ∀x ∈ Q và f (x) = 0, ∀x ∈ Q thỏa mãn điều kiện bài ra.

1 4

Các hàm f (x) =

- Xét trường hợp f (t) (cid:54)≡ c. Thay vào (3.25) các biến (x, z) bởi (0, 0), ta thu được f (0) = 2f (0)(f (y) + f (0)

suy ra f (0) = 0.

Thay z = −x vào (3.25), ta thu được

0 = (f (x) + f (−x))(f (y) + f (−x)), ∀x, y ∈ Q.

(3.28)

Vì f (t) (cid:54)≡ c nên từ (3.28) suy ra 0 = f (x) + f (−x), ∀x ∈ Q, tức f (x) là hàm lẻ trên Q.

Thay vào (3.25) các biến (x, y, z) bởi (t, t, t) ta thu được

f (4t2) = 4(f (t))2, ∀t ∈ Q

(3.29)

suy ra f (t) ≥ 0 khi t > 0.

Vì f (t) là hàm lẻ trên Q nên chỉ cần xét f (t) với t > 0. Thay vào (3.25) các biến (y, z) bởi (x, y) ta thu được

f ((x + y)2) = (f (x) + f (y))2, ∀x, y ∈ Q.

(3.30)

Kết hợp (3.29) và (3.30), ta được

, ∀x, y ∈ Q.

(cid:17)

f (x) + f (y) 2

(cid:16)x + y 2

Kết hợp với f (0) = 0, suy ra

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q.

(3.31)

f (t) = at, a > 0.

Do f (t) ≥ 0 với t > 0 nên từ (3.31) suy ra f (t) là hàm đơn điệu tăng trên Q+. Ta thu được f (t) là hàm cộng tính đơn điệu tăng trên Q+ và khác hằng nên

Thế vào (3.25), ta thu được a = 1 và f (t) = t. Kết luận: Các hàm số cần tìm là f (t) = 0, f (t) = 1, f (t) = t, ∀t ∈ Q.

Bài toán 3.17 (International Mathematical Olympiad 2019). Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn:

f (2a) + 2f (b) = f (f (a + b)), ∀a, b ∈ Z.

(3.32)

f (0) + 2f (b) = f (f (b)), f (2a) + 2f (0) = f (f (a)), a, b ∈ Z

Lời giải. Lần lượt thay a = 0, b = 0 ta được:

Do đó f (2a) = 2f (a) − f (0), ∀a ∈ Z Thay vào phương trình (3.32) ta được:

2f (a) + 2f (b) − f (0) = f (f (a + b))

(3.33)

Cho a = 0, b = a + b trong phương trình (3.33) ta được: f (0) + 2f (a + b) = f (f (a + b)) Do đó: f (a) + f (b) = f (a + b) + f (0) Đặt g(x) = f (x) − f (0) ⇒ g(a) + g(b) = g(a + b) ⇒ g(x) = cx hay f (x) = cx + d, ∀x ∈ Z. Thay vào phương trình (3.32) đống nhất hệ số ta thu được c = d = 0 hoặc c = 2 Vậy f ≡ 0 hoặc f (x) = 2x + d

Bài toán 3.18 (Tạp chí THTT, Bài T10/511). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện

f (2f (x) + 2y) = x + f (2f (y) + x)), ∀x, y ∈ Q.

(3.34)

f (0) = x+f (2f (−f (x))+x)), ∀x ∈ Q ⇔ f (2f (−f (x))+x)) = f (0)−x, ∀x ∈ Q.

Lời giải. Giả sử f (t) thỏa mãn (3.34). Thay y = −f (x) vào (3.34), ta được

Suy ra f là toàn ánh. Vậy nên, tồn tại a ∈ Q để f (a) = 0. Thế y = a vào (3.34), ta được

f (2f (x) + 2a) = x + f (x)), ∀x ∈ Q.

(3.35)

f (2f (y)), ∀y ∈ Q ⇔ f (y) = y + f (0), ∀y ∈ Q

Ta chứng minh f là đơn ánh. Thật vậy, nếu f (x1) = f (x2) thì f (2f (x1) + 2a) = f (2f (x2) + 2a) nên theo (3.35), ta có x1 + f (x1) = x2 + f (x2) ⇔ x1 = x2, đpcm. Thay x = 0 vào (3.35) và sử dụng tính đơn ánh của f , ta được f (2f (0) + 2y) =

Thử lại, ta thấy hàm số f (t) = t + c (c ∈ Q tùy ý) thỏa mãn điều kiện bài ra.

Bài toán 3.19 (Tạp chí THTT, Bài T11/507). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện

f ((x + z)(y + z)) = (f (x) + f (z))(f (y) + f (z)), ∀x, y, z ∈ Q.

(3.36)

Lời giải. Giả sử f (t) thỏa mãn (3.36).

Xét trường hợp f (t) = c là hàm hằng. Khi đó, thay vào (1) các biến (x, y, z)

bởi (0, 0, 0) ta thu được

f (0) = 4[f (0)]2 ⇔

f (0) = 0 f (0) = 1 4

(cid:34)

, ∀x ∈ Q và f (x) = 0, ∀x ∈ Q thỏa mãn điều kiện bài ra.

1 4

Các hàm f (x) =

- Xét trường hợp f (t) (cid:54)≡ c. Thay vào (3.36) các biến (x, z) bởi (0, 0), ta thu được f (0) = 2f (0)(f (y) + f (0)

suy ra f (0) = 0.

Thay z = −x vào (3.36), ta thu được

0 = (f (x) + f (−x))(f (y) + f (−x)), ∀x, y ∈ Q.

(3.37)

Vì f (t) (cid:54)≡ c nên từ (3.37) suy ra 0 = f (x) + f (−x), ∀x ∈ Q, tức f (x) là hàm lẻ trên Q.

Thay vào (3.36) các biến (x, y, z) bởi (t, t, t) ta thu được

f (4t2) = 4(f (t))2, ∀t ∈ Q

(3.38)

suy ra f (t) ≥ 0 khi t > 0.

Vì f (t) là hàm lẻ trên Q nên chỉ cần xét f (t) với t > 0. Thay vào (3.36) các biến (y, z) bởi (x, y) ta thu được

f ((x + y)2) = (f (x) + f (y))2, ∀x, y ∈ Q.

(3.39)

Kết hợp (3.38) và (3.39), ta được

, ∀x, y ∈ Q.

(cid:17)

f (x) + f (y) 2

(cid:16)x + y 2

Kết hợp với f (0) = 0, suy ra

f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q.

(3.40)

f (t) = at, a > 0.

Do f (t) ≥ 0 với t > 0 nên từ (5) suy ra f (t) là hàm đơn điệu tăng trên Q+. Ta thu được f (t) là hàm cộng tính đơn điệu tăng trên Q+ và khác hằng nên

Thế vào (3.37), ta thu được a = 1 và f (t) = t. Kết luận: Các hàm số cần tìm là f (t) = 0, f (t) = 1, f (t) = t, ∀t ∈ Q.

Bài toán 3.20 (Tạp chí THTT, Bài T11/418). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thoả mãn điều kiện

+ f

= 4xy, ∀x, y ∈ Q.

(cid:17) (cid:17) (3.41) (cid:16)xf (y) 2 (cid:16)yf (x) 2

Lời giải. Từ (3.44), cho x = 0, y = 0, ta được f (0) = 0. Trong (3.44), cho x = t, y = t, ta thu được

= 2t2, ∀t ∈ Q.

(cid:17) (3.42) (cid:16)tf (t) 2

Từ (3.45), ta chứng minh f (t) là đơn ánh trên Q. Thật vậy, giả sử f (x) = f (y), thì từ (3.45), ta thu được

= f

2x2 = f

xf (x) = xf (y)

⇔

yf (x) = yf (y)

= f

2y2 = f

f 

(cid:17) (cid:17)    f    (cid:17) (cid:17) (cid:17) ⇔ (cid:17)   (cid:16) xf (x) 2 (cid:16) yf (x) 2 (cid:16) xf (y) 2 (cid:16) yf (y) 2 (cid:16) xf (y) 2 (cid:16) yf (x) 2

+ f

= 2x2 + 2y2

Suy ra (cid:17) (cid:17)

(cid:16)xf (y) 2 (cid:16)yf (x) 2

4xy = 2x2 + 2y2 ⇔ x = y.

hay

= 1. Do đó

(cid:17) Tiếp theo, trong (3.45) cho t = 1, ta thu được (cid:16)f (1) 2

1 2 f (1) 2

1 2

f (1) 2

(cid:17)

(cid:16)f (1) 2

= f

hay (cid:17)(cid:17) (cid:17)

f (1) 2

(cid:16)1 2 (cid:16)f (1) 2 (cid:16)f (1) 2

Sử dụng (3.45) và tính đơn ánh của f ta thu được

= 2 ⇔

(cid:34) (cid:17)2

f (1) = 2 f (1) = −2

(cid:16)f (1) 2 2

- Xét trường hợp f (1) = 2. Từ (3.44), cho y = 1, ta được

f (x) + f

= 4x, ∀x ∈ Q.

(cid:17)

(cid:16)f (x) 2

= 2x + z với z = 2x − f (x), ∀x ∈ Q.

hay (cid:17)

(cid:16)f (x) 2

x −

= f

= 2x + z, ∀x ∈ Q.

z 2

Suy ra (cid:16) (cid:17) (cid:17)

(cid:16)f (x) 2

Do đó

x − z 2

x +

= f

= 2

x −

+ z = 2x, ∀x ∈ Q.

z 2

(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:17)

z 2

(cid:16)1 2

x +

= 2x + z + z = 2x + 2z, ∀x ∈ Q.

f (x) = f

Suy ra (cid:16) (cid:17)(cid:17)

z 2

(cid:16)1 2

hay f (x) = 2x, ∀x ∈ Q.

- Tương tự, xét trường hợp f (1) = −2. Trong (3.45) thay t = −x ta được

= 2x2, ∀x ∈ Q.

(cid:17) (3.43) (cid:16)−xf (−x) 2

(3.45)và (3.47) cho ta f (−x) = −f (x), ∀x ∈ Q. Trong (3.44) cho y = 1, ta được

−f (x) + f

= 4x, ∀x ∈ Q.

(cid:17)

(cid:16)f (x) 2

= 2x + t với

t = 2x + f (x), ∀x ∈ Q.

hay (cid:17)

(cid:16)f (x) 2

− x

= f

= 2x + t, ∀x ∈ Q.

Suy ra (cid:17) (cid:17)

(cid:16) t 2 (cid:16)f (x) 2

= 2x + t

−f

x −

t 2

Do đó (cid:17) (cid:16)

x −

= −2x − t, ∀x ∈ Q.

t 2

hay (cid:16) (cid:17)

− x −

= f

x −

= 2

x −

+ t

t 2

Suy ra (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)(cid:17) (cid:16) (cid:17)

t 2

(cid:16)1 2

f (x) = f

− x −

= −2x − t + t = −2x, ∀x ∈ Q.

hay (cid:16) (cid:17)(cid:17)

t 2

(cid:16)1 2

Thử lại, ta thấy hàm số này thoả mãn điều kiện bài ta.

Kết luận: Vậy các hàm số cần tìm là f (x) = ±2x.

Bài toán 3.21 (Tạp chí THTT, Bài T11/492). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện

f (x + f (y)) = f (x + y2018) + f (y2018 − f (y)), ∀x, y ∈ Q,

(3.44)

Lời giải. Đặt f (0) = a. Thay x = t, y = −f (t) vào (3.44), ta thu được

, ∀t ∈ Q.

f (t2018 − f (t)) =

a 2

(3.45)

Kết hợp (3.45) và (3.44), ta được

, ∀x, y ∈ Q.

f (x + f (y)) = f (x + y2018) +

a 2

(3.46)

Thay y = 0 vào (3.46), ta thu được

f (x + a) = f (x) +

, ∀x, y ∈ Q.

a 2

(3.47)

Thay x bởi x + y2018 vào (3.47) và kết hợp với (3.45), ta thu được

f (x + y2018 + a) = f (x + f (y)), ∀x, y ∈ Q.

(3.48)

Trong (3.48) thay x bởi x − f (y), ta được

f (x) = f (x + y2018 + a − f (y)), ∀x, y ∈ Q.

(3.49)

- Nếu xảy ra y2018 + a − f (y)) = 0, ∀y ∈ Q hay f (x) = x2018 + a, ∀x ∈ Q thì

từ (3.47), suy ra

, ∀x ∈ Q.

(x + a)2018 = x2018 +

a 2

(3.50)

So sánh hệ số ứng với x2017 trong (3.50), ta được a = 0, tức f (x) = x2018, ∀x ∈ Q. Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn điều kiện bài ra.

0 + a − f (x0) (cid:54)= 0.

- Nếu xảy ra y2018 + a − f (y)) (cid:54)≡ 0 thì tồn tại x0 để c := x2018

Trong (3.49), thay y = x0, ta được

f (x) = f (x + c), ∀x ∈ Q.

(3.51)

f (x + y2018) = f (x + (y + c)2018), ∀x, y ∈ Q

Trong (3.45), thay y bởi y + c và kết hợp với (3.51), ta được

hay

f (x) = f (x + (y + c)2018 − y2018), ∀x, y ∈ Q.

(3.52)

Nhận xét rằng Q(y) := (y + c)2018 − y2018 là đa thức bậc 2017 nên miền giá trị của Q(y) là Q. Từ (3.52) suy ra f (x) ≡ c. Thay vào (3.44) ta thu được f (x) ≡ 0.

Kết luận: Nghiệm của bài toán là f (x) ≡ 0 và f (x) = x2018.

KẾT LUẬN

Luận văn " Phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên " đã trình

bày những vấn đề sau:

1. Trình bày chi tiết và hệ thống các kiến thức cơ bản về hàm số và phương

trình hàm.

2. Tiếp theo, trình bày một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập rời

rạc.

3. Cuối cùng, luận văn trình bày các ví dụ liên quan, chọn lọc từ các đề thi học

sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế và Olympic các nước những năm gần đây.

Tài liệu tham khảo

A Tiếng Việt

[1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục.

[2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQG

Hà Nội.

[3] Nguyễn Thị Bích Ngọc (2018), Nhận xét về các phương trình hàm sinh bởi hàm hợp qua các kỳ Olympic, Kỷ yếu HTKH "Các chuyên đề toán Olympic chọn lọc”, Ninh Bình 15-16/09/2018, pp 189-204.

[4] Tạp chí TH&TT (2007), Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt

Nam (1990-2006), NXB Giáo dục.

[5] Nguyễn Tài Chung (2014), Phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội.

[6] Nguyễn Đình Thành Công, Nguyễn Văn Hưởng, Nguyễn Duy Hưng, Trần Trí Kiên, Nguyễn Văn Sơn, Lê Nhất, Trần Bảo Trung (2016), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi qua các kỳ thi olympic Toán, tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội.

[7] Phan Sỹ Quang (2008), Phương trình hàm trên tập số nguyên, Lớp A1 k35,

Trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An.

B Tiếng Anh

[8] Pl. Kannappan (2000) Functional Equations and Inequalities with Applica-

tions, Springer Monogaphs in Mathematics.

[9] M. Kuczma (1964), A survey of the theory of functional equation, Série: Math-

ématiques et Physique, (130).

[10] M. Kuczma, B. Choczewski, R. Ger (1990), Interative functional Equations,

Cambridge University Press, Cambridge.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình hàm sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------

VŨ VIẾT TRƢỜNG

PHƢƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM HỢP

TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN

Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2020

LỜI CẢM ƠN

Mục lục

Mở đầu

Chương 1. Một số kiến thức liên quan

đến đặc trưng hàm số

Chương 2. Phương pháp giải các

phương trình hàm trên tập rời rạc

Chương 3. Các dạng phương trình hàm

sinh bởi hàm hợp trên tập số nguyên

qua các kỳ Olympic

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Chế tạo và nghiên cứu tính chất điện, từ của vật liệu multiferroic Ba₀.₇Ca₀.₃TiO₃/ NiFe₂O₄

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu vật liệu biến hóa dạng chuỗi một chiều chế tạo từ kim loại đồng trên đế FR-4 hoạt động tại tần số MHz ứng dụng trong truyền năng lượng không dây

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng tác động tới môi trường biển của việc xả nước thải từ sự cố nhà máy điện hạt nhân Fukushima sử dụng công cụ ERICA

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mô hình đầu dò nơtron và gamma sử dụng nhấp nháy EJ-276 ghép nối với mảng nhân quang silicon

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng ảnh hưởng của bức xạ ion hóa đến sức khỏe cư dân khu vực mỏ đất hiếm Đông Pao, xã Bản Hon, huyện Tam Đường, tỉnh Lai Châu

Luận văn Thạc sĩ: Sử dụng phương pháp nhiễu xạ neutron khảo sát cấu trúc tinh thể và pha trật tự từ trong vật liệu Pr2FeCrO6

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu phân lập, xác định cấu trúc và hoạt tính ức chế NO của các hợp chất thứ cấp từ chủng vi nấm biển Aspergillus sp. CL251

Luận văn Thạc sĩ: Phân tích một số hợp chất bisphenol thôi nhiễm từ bao bì nhựa lên một số mẫu thực phẩm nền tinh bột

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá hoạt tính kháng khuẩn, kháng nấm của loài hoa mộc (Osmanthus fragrans (Thunb.) Lour.) ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá tác dụng kháng viêm của loài côi Turpinia montana (Blume) Kurz

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đặc trưng tính chất vật liệu composite có cấu trúc nano chitosan–cyclodextrin/TiO₂–Ag

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chế tạo và khảo sát một số tính chất của màng phủ trên cơ sở nhựa epoxy gốc nước và khung cơ kim - ZIF

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất napthoquinone chứa nguyên tố flo bằng phản ứng đa thành phần

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu điều chế vật liệu Bioglass và tổ hợp lai với polymer ALG-F127 định hướng ứng dụng trong điều trị nội nha

Luận văn Thạc sĩ: Khảo sát thành phần hóa học và hoạt tính ức chế enzyme α-glucosidase trên một số hợp chất phân lập từ thịt quả bình bát nước (Annona glabra L.).

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất của benzazole

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chiết tách lignin từ vỏ sầu riêng Ri6 (Durio zibethinus Murr.) và tổng hợp vật liệu biocomposite định hướng ứng dụng trong bảo quản sau thu hoạch

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hạt nano bạc phủ acid hyaluronic mang doxorubicin định hướng ứng dụng trong điều trị ung thư

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và hoạt tính kháng viêm của loài rau dừa nước (Ludwigia adscendens)

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu kiểm soát phân phối công suất kéo trên cầu chủ động của ô tô con bằng ABS

Luận án Tiến sĩ: Ứng dụng phản ứng Domino vào tổng hợp các dẫn xuất Podophyllotoxin, Pyrimidine và đánh giá hoạt tính sinh học của các chất tổng hợp được

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và một số hoạt tính sinh học của cây chùm ngây (Moringa oleifera)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và ứng dụng ức chế ăn mòn cho thép của cao chiết xuất từ cây Lộc vừng thuộc họ Lecythidaceae

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn