TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG ĐỀ THI 20202021

N gu yễ n T ất T h u 1 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG ĐỀ THI 2020 2021 Với mục đích tạo một tài liệu nhỏ làm kỉ niệm với các bạn HS khóa 18 21 Toán Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai đã từng đạt giải trong kì thi HSG QG, Thầy trò chúng tôi gồm 1 Nguyễn Tất Thu GV chủ nhiệm lớp 18 21 Toán 2 Nguyễn Ngọc Huy HS lớp 18 21 Toán, 3 Kiều Quốc Huy HS lớp 18 21 Toán, 4 Nguyễn Thái Hưng HS lớp 18 21 Toán đã tập hợp một số bài toán về Phương Trình Hàm trong các đề thi của năm học 202.

1 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG ĐỀ THI 2020-2021 Với mục đích tạo tài liệu nhỏ làm kỉ niệm với bạn HS khóa 18-21 Toán Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai đạt giải kì thi HSG QG, Thầy trị gồm Nguyễn Tất Thu - GV chủ nhiệm lớp 18-21 Toán Nguyễn Ngọc Huy - HS lớp 18-21 Toán, Kiều Quốc Huy - HS lớp 18-21 Toán, Nguyễn Thái Hưng - HS lớp 18-21 Toán tập hợp số toán Phương Trình Hàm đề thi năm học 2020 - 2021 Nguyễn Tất Thu Các đề lời giải, tham khảo từ trang AoPS BÀI (Memorial Mathematical Competition) Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn f ( x) f ( y) = f ( y) f ( x f ( y)) + xy (1) với x, y ∈ R+ Lời giải Từ đề ta có: f ( x) − f ( x f ( y)) = , ∀ x, y ∈ R+ x y f ( y) (2) x f ( y) z f ( z) (3) Trong (2) thay x = x f ( y) y = z ta được: f ( x f ( y)) − f ( x f ( y) f ( z)) = Cộng (2) (3) theo vế: f ( x) − f ( x f ( y) f ( z)) = 1 + , ∀ x, y, z ∈ R+ x y f ( y) x f ( y) z f ( z) (4) Để ý vế trái biểu thức đối xứng y z, (4), thay đổi vai trị y z ta có: 1 1 + = + , x y f ( y) x f ( y) z f ( z) xz f ( z) x f ( z) y f ( y) hay 1 1 + = + y f ( y) f ( y) z f ( z) z f ( z) f ( z) y f ( y) Suy f ( z) − 1 f ( y) − · = · , y f ( y) f ( z) z f ( z) f ( y) dẫn tới z ( f ( z) − 1) = y ( f ( y) − 1) ∀ y, z ∈ R+ Từ ta có f ( x) = + Thử lại, ta f ( x) = + c ∀ x ∈ R+ , c = f (1) − > −1 x ∀ x ∈ R+ x BÀI (Albanians Cup in Mathematics 2021) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn + f ( x) f ( y) ≤ x y + f ( x + y + 1) (5) với x, y ∈ R Lời giải Trong (5) thay x = y = −1 ta có: Trong (5) thay y = −1 ta có: f ( x ) ≥ x + ∀ x ∈ R (6) Trong (5) thay y = − x − ta có: f ( x) f (− x − 2) ≤ x(− x − 2) Với x ∈ (−2; 0), theo (6) ta có: f ( x) f (− x − 2) ≥ x(− x − 2) Như đẳng thức xảy ra, nên f ( x) = x + với x ∈ (−2; 0) Trong (5) thay y = − x − + c với c số thực đoạn (−2; 0), ta có + f ( x) f (− x − + c) ≤ x(− x − + c) + f ( c), suy f ( x) f (− x + c − 1) ≤ x(− x − + c) + 2( c + 1) = ( x + 2)(− x + c + 1) ∀ x ∈ R, c ∈ (−2; 0) Với x ∈ (−2; 0), thay vào (7) ta suy f (− x + c − 1) = − x + c + với c ∈ (−2; 0) Từ suy f ( x) = x + với x ∈ (−3; 1) Trong (5) thay y = − x − + c với c số thực đoạn (−3; 1), ta có: f ( x) f (− x + c − 1) ≤ ( x + 2)(− x + c + 1), ∀ x ∈ R; c ∈ (−3; 1) Tiếp tục trình trên, ta f ( x) = x + ∀ x ∈ R (7) Nguyễn Tất Thu + f (−1)2 ≤ + f (−1) ⇒ f (−1) = BÀI (2021 APMO ) Tìm tất hàm f : Z → Z thỏa mãn f ( f (a) − b) + b f (2a) số phương với số nguyên a, b Lời giải Gọi P ( x, y) phép a x, b y f ( f (a) − b) + b f (2a) P (0, f (0)), ta có f (0) + f (0)2 số phương, mà f (0) số nguyên nên f (0) = f (0) = −1 Giả sử f (0) = −1 P (0; −1 − b), ta có f ( b) + b + số phương Do f ( f (a)) + f (a) + số phương P (0, a), ta có f ( f (a)) số phương Nếu f (a) chia dư f ( f (a)) + f (a) + chia dư (không thể số phương) Nguyễn Tất Thu Do khơng tồn a nguyên để f (a) chia dư P (0, 0), ta có f (−1) số phương nên f (−1) chia hết cho P (−1, f (−1)), ta có f (−1) f (−2) − số phương, chia dư (Vơ lí) Như f (0) = P (0, −a), ta có f (a) số phương với số nguyên a Trường hợp 1: Tồn số nguyên dương c để f ( c) = P ( c, − c), ta − c f (2 c) ≤ số phương Suy f (2 c) = Tương tự ta có f 2k c = với k số tự nhiên Với số nguyên a , chọn k đủ lớn để f (a ) < 2k c P a , f (a ) − 2k c , ta có f (a ) − 2k c f (2a ) số phương, suy f (2a ) = Vậy f (2 x) = f (2 x + 1) số phương với x nguyên Trường hợp 2: f ( x) > x > P (a, f (a) − 2a), ta có ( f (a) − 2a + 1) f (2a) số phương Như với a nguyên dương, f (a) − 2a + số phương p+1 f (k) f (k) − p số phương Dễ dàng tính f (k) = k2 Vì f ( x) = x2 với vô số số nguyên x Với số nguyên tố p bất kì, lấy k = Gọi A ⊂ Z tập số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x2 Với x, y ∈ A , ta có: P x, x2 − y , ta có y2 + x2 − y f (2 x) = y − f (2 x) 2 + x2 f (2 x) − f (2 x)2 4 số phương Cố định x, cho y tiến dần đến +∞, suy x2 f (2 x) − f (2 x)2 = ⇒ f (2 x) = x2 Với số nguyên a bất kì, P x, x2 − a , ta có f ( a) + x2 − a x2 = x2 − a + f ( a) − a2 số phương Với x đủ lớn f (a) = a2 Vậy f ( x) = x2 với x nguyên BÀI (IMOC 2020 ) Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn f ( f ( x) + y) f ( x) = f ( x y + 1) (8) Lời giải Nếu f hàm f ≡ Xét f khác P x, x−1 , ta có x f 1− + f ( x ) = , ∀ x > x (9) Giả sử tồn x0 > để f ( x0 ) > 1, P x0 , f ( x0 ) − , ta có x0 − f ( x0 ) = (Vơ lí) Như f ( x) ≤ 1, ∀ x > f ( x) ≥ 1, ∀ x ∈ (0; 1) (10) Theo (9), tồn x0 > : f ( x0 ) = P ( x0 , y), ta có f ( y + 1) = f ( x0 y + 1) , ∀ y > (11) Ta chứng minh: Nếu tồn x0 > f ( x0 ) = f ( x) = , ∀ x > (*) Giả sử phản chứng, tức tồn x′ > để f x′ < P x′ , y , ta có f x′ f y + f x′ = f x′ y + ⇒ f ( y + c) > f x′ y + , ∀ y > 0, với c = f x′ < (12) Nguyễn Tất Thu với x, y ∈ R+ Xét hệ phương trình ẩn y1 , y2 :   y1 + c = y2 +  x′ y1 + = x0 y2 + Để ý rằng, hệ có nghiệm dương, thay y2 , y1 vào (12), (11) ta điều phải chứng minh Thay y1 = y2 + − c vào phương trình thứ hai hệ, ta x′ (1 − c) = x0 − x′ y2 , lưu ý < c < Như để y1 > y2 > ta cần chọn x0 đủ lớn để x0 − x′ > Xét dãy (a n ) :   a = x0 >  a n = a n−1 (a n−1 − 1) + Thay y = x0 − (11), ta f (a ) = Tương tự, ta có f (a n ) = 1, n = 0, 1, 2, Nguyễn Tất Thu Mặt khác, dễ dàng chứng minh dãy (a n ) tăng ngặt lim a n = +∞ Như vậy, ta chọn x0 đủ lớn để hệ phương trình có hai nghiệm dương, hay (*) chứng minh Tiếp theo, ta chứng minh: Nếu tồn x0 , < x0 < f ( x0 ) = f ( x) = 1, ∀ < x < Tương tự, ta giả sử phản chứng, tồn x′ , < x′ < cho c = f x′ > P x′ , y suy f ( y + c ) < f x ′ y + , ∀ y > Từ (11), ta có f ( y + 1) = f ( x0 y + 1) , ∀ y > Tương tự, ta tìm y1 , y2 > để y1 + c = y2 + x′ y1 + = x0 y2 + Điều kiện để có hai nghiệm dương thỏa mãn x′ > x0 Nếu tồn x′ thỏa mãn điều dẫn đến vơ lí Do ta có f ( x) = ∀ x ∈ ( x0 , 1) Từ (11), ta có: f ( y + 1) = f ( x y + 1) , ∀ y > 0, ∀ x ∈ ( x0 , 1) Từ đây, ta kết luận f ( x) = với x > Khi đó, từ đề suy f ( x) = 1, ∀ x, < x < Nếu tồn x > 0, x = : f ( x) = Từ (*) (**) ta suy   f ( x ) = 1, ∀ x > f ( x ) = 1, ∀ x < (**) Nếu f ( x) = 1, ∀ x > 1, P ( x, 1) suy f ( x ) = 1, ∀ x > Nếu f ( x) = 1, ∀ x < 1, f ( y + 1) = f ( x y + 1) , ∀ y > 0, ∀ x ∈ (0; 1) Từ đây, dễ dàng chứng minh f ( x) = 1, ∀ x > Nếu f ( x) = ∀ x > 0, x = 1, theo (9) suy ra: f (1) = 1− 1 + f ( x ) = ⇒ f ( x ) = , ∀ x > x x P ( x, 1), ta có f ( f ( x) + 1) f ( x) = f ( x + 1) ⇒ Vậy tốn có nghiệm hàm: f ( x) = f ( x) 1 = ⇒ f ( x) = ∀ x > f ( x) + x + x BÀI (CMO 2021 ) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn f ( f ( x) + y) | x + f ( y) với x, y ∈ Z+ Lời giải Gọi P (a, b) phép x a, y b f ( f ( x) + y) | x + f ( y) Trường hợp 1: Nếu f đơn ánh Đặt t = f (1) P (1, y), ta có f ( y + t) | ( f ( y) + 1) ⇒ f ( y + t) ≤ f ( y) + Bằng quy nạp, ta có: f ( y + nt) ≤ f ( y) + n, ∀ y, n ∈ Z+ Đặt M = max { f (1) , f (2) , , f ( t)} Lấy số tự nhiên u > M Lúc này, với x nguyên dương, x ≤ ut, ta biểu diễn x = at + b với ≤ a ≤ u − ≤ b ≤ t Ta có: f ( x) = f (at + b) ≤ a + f ( b) ≤ u − + M Do tính đơn ánh nên f (1) , f (2) , , f (ut) số nguyên dương phân biệt, suy ut ≤ u − + M ⇒ u ( t − 1) ≤ M − ⇒ t = Nguyễn Tất Thu ∀ x > f ( x) = 1, ∀ x > x Như f (1) = f ( y + 1) ≤ f ( y) + Bằng quy nạp, kết hợp với f đơn ánh, suy f ( x) = x, ∀ x ∈ Z+ Trường hợp 2: Nếu f không đơn ánh: Lúc này, tồn a, b ∈ Z+ , a < b, cho f (a) = f ( b) = K P (a, y) P ( b, y) suy f ( y + K ) | b − a, ∀ y > (13) Như f bị chặn Gọi S tập số tự nhiên s thỏa mãn f ( x) = s với vô hạn số nguyên dương x Vì f bị chặn nên tập S hữu hạn Đặt n bội chung nhỏ tất phần tử thuộc S Nguyễn Tất Thu Theo (13) ta suy ra: Với a < b : f (a) = f ( b) s ∈ S s | b − a Như với a < b : f (a) = f (b) n| b − a • Ta chứng minh n ≤ |S | Gọi N số nguyên dương đủ lớn thỏa mãn f ( x) ∈ S, ∀ x ≥ N Xét a , b1 thỏa N ≤ a < b1 , f (a ) = f (b1 ) b1 − a nhỏ Lúc n | ( b − a ) ⇒ n ≤ b − a ≤ |S | Vì n ≤ |S |, nên n có tối đa |S | ước Đẳng thức xảy S = {1} S = {1; 2} • Nếu S = {1}, tồn N đủ lớn để f ( n) = với n ≥ N P ( N, y) P ( N + 1, y) suy f ( y + 1) = 1, ∀ y ∈ Z+ Như f ( x) = với x > f (1) giá trị ngun dương • Nếu S = {1; 2}: Với a = b thỏa f (a) = f ( b) 2| (a − b) Như kể từ N đủ lớn, f ( x) nhận giá trị xen kẽ Gọi k ≥ N : f (k) = P (k, y) P ( k + 2, y) suy f ( y + 1) |2, ∀ y ∈ Z+ + Nếu f (n) = với n lẻ, n > f (n) = với n chẵn P (3; 1) suy f (1) số lẻ Thử lại ta thấy thỏa mãn + Nếu f (n) = với n lẻ, n > f(n) = với n chẵn P (2; 4) suy vơ lí Vậy f ( x) = x, ∀ x ∈ Z+ f ( x) = n chẵn, f (1) số lẻ 1, x > ( c bất kì) f (n) = với n lẻ, n > 1, f (n) = với  c, x = BÀI ( 2021 China TST ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) + y3 ) = y f ( x) + f ( y)3 (14) với x, y ∈ R Lời giải Nếu f hàm f ( x) = với x Xét f khác Trong (14) thay y = 0, ta có: f ( x f (0)) = f (0)3 Vì f khơng hàm nên suy f (0) = Trong (14) thay x = ta có f y3 = f ( y)3 Giả sử tồn a thỏa mãn f (a) = Trong (14) thay y = a ta có: Nguyễn Tất Thu = f (a)3 = f a3 = a f ( x) Vì f khác nên a = Như vậy, hàm f đơn ánh Trong (14) thay x = 0; y = 1, ta có f (1) = f (1)3 ⇒ f (1) ∈ {−1; 0; 1} Do f đơn ánh nên f (1) = Giả sử f (1) = −1 Trong (14), thay y = ta có f (1 − x) = f ( x) − (15) Trong (15) thay x = − x ta có f ( x) = f (1 − x) − (Vơ lí) Như f (1) = Trong (14) thay y = ta có f ( x + 1) = f ( x) + Trong (14) thay x = x + ta có f ( x + 1) f ( y) + y3 = y f ( x + 1) + f ( y)3 , suy f x f ( y) + y3 + f ( y) = y f ( x) + f ( y)3 + y = f x f ( y) + y3 + y ∀ x, y ∈ R (16) Với số thực y, z ( y = 0), ta chọn số thực x thỏa mãn z = x f ( y) + y3 Do từ (16) suy f ( z + f ( y)) = f ( z) + y ∀ y, z ∈ R Trong (17) thay z = 0: f ( f ( y)) = y Trong (17) thay y = f ( y): f ( z + y) = f ( z) + f ( y), (17) suy f hàm cộng tính Sử dụng tính chất cộng tính cho (14) ta có (18) f ( x f ( y)) = y f ( x) Trong (18) thay y = f ( y) suy f hàm nhân tính Vì f vừa nhân tính, vừa cộng tính nên f ( x) = x với x Thử lại, dễ thấy thỏa mãn BÀI (2021 EGMO ) Tìm tất hàm f : Q → Q thỏa mãn f ( x f ( x) + y) = f ( y) + x2 với x, y ∈ Q Lời giải Gọi P (a, b) phép x a, y b Nguyễn Tất Thu f ( x f ( x) + y) = f ( y) + x2 Nếu tồn a cho f (a) = 0, P (a, y) suy a = P ( x, y + x f ( x)), ta có f (2 x f ( x) + y) = f ( x f ( x) + y) + x2 = f ( y) + x2 Bằng quy nạp, ta có: f ( nx f ( x) + y) = f ( y) + nx2 với x, y ∈ Q; n ∈ Z Với a, b = 0, chọn m, n ∈ Z ( m, n = 0) thỏa na f (a) = mb f ( b) Khi đó: f ( y) + mb2 = f ( mb f ( b) + y) = f ( na f (a) + y) = f ( y) + na2 ⇒ mb2 = na2 ⇒ Cho b = 1, suy f (a) = a f (1) ∀ a ∈ Q, a = Như vậy, ta có x2 f (1)2 + y f (1) = x2 + y f (1) ⇒ f (1) = ±1 P (1; 0), ta có f ( f (1)) = + f (0) ⇒ f (0) = • Nếu f (1) = −1 f ( x) = − x, ∀ x ∈ Q • Nếu f (1) = f ( x) = x, ∀ x ∈ Q Thử lại, ta thấy hai nghiệm hàm thỏa mãn f ( a) a = f ( b) b 10 BÀI ( 2021 Francophone MO Seniors ) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn điều kiện sau a) n = ( f (2 n) − f (n)) (2 f (n) − f (2 n)), b) f (m) f (n) − f (mn) = ( f (2m) − f ( m)) (2 f ( n) − f (2n)) + ( f (2n) − f (n)) (2 f (m) − f (2 m)), c) m − n chia hết f (2m) − f (2 n) m n hai số nguyên tố lẻ phân biệt Lời giải Kí hiệu P tập số nguyên tố Thay n = vào điều kiện a), ta có ( f (2) − f (1))(2 f (1) − f (2)) = ⇒ f (1) = 2; f (2) = Thay n = p số nguyên tố vào điều kiện a), ta có Suy   f (2 p) − f ( p) = a  f ( p) − f (2 p) = b với a, b ∈ Z, ab = p Suy   f ( p) = a + b  f (2 p) = 2a + b Mặt khác, ta cần có a, b, a + b ∈ Z+ ab = p, nên a, b hốn vị p Vậy ta có f ( p) = p + với p số nguyên tố,   f (2 p) = p + f (2 p) = p + Ta phân hoạch tập số nguyên tố thành hai phần,   A = { p ∈ P | f (2 p) = p + 1}  B = { p ∈ P | f (2 p) = p + 2} Ta giả sử hai tập A B có phần tử Do tập P tập hợp vô hạn, nên phân hoạch, tập A B có số phần tử vơ hạn Khơng tính tổng quát, giả sử tập A Xét m thuộc tập A , n thuộc B Theo điều kiện c), ta có m + − n − m − n, Nguyễn Tất Thu ( f (2 p) − f ( p))(2 f ( p) − f (2 p)) = p 14 Ta thay n m thuộc tập A vào (30), ta có ′′ ′′ (31) m2 = a f ( m)2 + b f ( m) + c ∀ m ∈ A Ta thay tiếp n f ( m), với m ∈ A vào (30), ta có ′′ ′′ (32) f ( m)2 = a f ( f ( m))2 + b f ( f ( m)) + c ∀ m ∈ A ′′ Nếu a = 0, vế phải (32) đa thức bậc 8, theo (*), nên áp dụng vào (31), ta ′′ có vế phải đa thức bậc 8, vế trái bậc (vơ lí m vơ hạn) Do a = 0, kéo theo a = Từ đó, suy vế phải (32) đa thức bậc Vậy f (m) hàm bậc với m ∈ A Ta lại suy điều vô lí vế trái (31) bậc Vậy không tồn hàm f thỏa đề BÀI 10 ( Japan MO Finals 2021 ) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn với m, n ∈ Z+ Lời giải Ta cho m = n vào đề bài, ta suy f ( n) | n, ∀ n ∈ Z+ (33) Vậy từ đề bài, ta suy điều kiện sau: m n ⇔ f ( m) f ( n) Thay n = vào (33), ta suy f (1) = Thay n = p vào (33), với p số nguyên tố, ta có f ( p) = p f ( p) = Nếu f ( p) = 1, ta lại có f (1) f ( p) ⇒ p (vơ lí) Vậy f ( p) = p với p số nguyên tố Giờ ta tính f ( n), ta viết n dạng n = p p · · · p k , p , p · · · , p k số nguyên tố không thiết phân biệt Ta chứng minh f ( p1 p2 · · · p k ) = p1 p2 · · · p k (34) Ta quy nạp theo k Giả sử (34) với k ≤ m ( m số nguyên dương) Ta chứng minh (34) với k = m + Nguyễn Tất Thu n | m ⇔ f ( n) | f ( m) − n 15 Thật vậy, ta có f ( p p · · · p m+1 ) = t, với t ước p p · · · p m+1 Nếu f ( p p · · · p m+1 ) < p p · · · p m+1 , t = p t1 p t2 · · · p t l , với số số phân biệt đoạn từ đến m + 1, l ≤ m Vậy ta áp dụng giả thiết quy nạp cho f ( t) Theo giả thiết quy nạp, ta có f ( t) = p t1 p t2 · · · p t l = f ( p p · · · p m+1 ), suy t = p p · · · p m+1 (vơ lí) Vậy Nguyễn Tất Thu f ( p p · · · p m+1 ) = p p · · · p m+1 , kéo theo (34) Vậy có hàm f (n) = n ∀n ∈ N ∗ thỏa đề Thử lại thấy BÀI 11 ( FKMO 2021 ) Tìm tất cặp hàm f , g : R → R thỏa mãn f ( x2 − g( y)) = g( x)2 − y với x, y ∈ R Lời giải Đặt P ( x; y) phép thay x, y vào đề P (0; y), ta có f (− g( y)) = g(0)2 − y ∀ y ∈ R Suy hàm f toàn ánh, hàm g đơn ánh So sánh P (− x; y) với P ( x; y), ta thu g( x) = − g(− x) ∀ x = Ta chứng minh hàm g không bị chặn Thật vậy, giả sử tồn M cho | g( x)| ≤ M ∀ x ∈ R Với y1 , y2 , tồn x1 , x2 thỏa x1 − g( y1 ) = x2 − g( y2 ) Khi f ( x1 − g( y1 )) = f ( x2 − g( y2 )), (35) 16 hay g( x1 )2 − y1 = g( x2 )2 − y2 Suy y1 − y2 = g( x1 )2 − g( x2 )2 ≤ M , điều vơ lí y1 − y2 nhận giá trị R Vậy hàm g không bị chặn Ta chứng minh hàm f đơn ánh Giả sử tồn a, b thỏa f (a) = f (b) Ta chọn t thích hợp để  g ( t) + a > (hoàn toàn chọn t hàm g không bị chặn) g ( t) + b > Ta đặt g( t) + a = c2 , g( t) + b = d , c, d > Ta có: f ( c2 − g( t)) = f (a) = f ( b) = f ( d − g( t)) Suy g( c)2 − t = g( d )2 − t ⇒  c+d =0 Nguyễn Tất Thu  ⇒ a = b c=d Vậy hàm f song ánh Hơn nữa, f (− g( y)) = g(0)2 − y ∀ y ∈ R, nên hàm g toàn ánh Vậy hai hàm f , g song ánh Nếu tồn m = cho g(m) = 0, g( m) = − g(−m) = 0, suy m = (Vơ lí) Vậy g(0) = 0, kéo theo f (0) = P ( x; 0), ta có f ( x2 ) = g( x)2 , ∀ x ∈ R (36) f (− g( y)) = − y ⇒ f ( g( y)) = y (37) P (0; y), ta có Thay y f ( y) vào (37), ta thu g( f ( y)) = y Thay y f ( y) vào (37), ta có f (− g( f ( y))) = − f ( y) ⇒ f (− y) = − f ( y) P ( x; f ( y)), ta có f ( x2 − y) = g( x)2 − f ( y) = f ( x2 ) − f ( y) ∀ x, y ∈ R Kết hợp với tính chất hàm lẻ f , ta có hàm f cộng tính R Hơn nữa, f ( x2 ) = g( x)2 ≥ 0, nên f ( x) ≥ ∀ x ≥ Vậy ta có f ( x) = ax, ∀ x ∈ R, a > 17 x ∀ x ∈ R a Thử lại, ta tính a = Vậy có cặp hàm f ( x) = g( x) = x, ∀ x ∈ R thỏa đề Từ đó, suy g( x) = BÀI 12 ( 2021 Korea Winter Program Practice Test ) Tìm tất hàm f : R+ → R+ thỏa mãn f ( x + y f ( x)) = f ( x) f (2 y) với x, y > Lời giải Đặt P ( x; y) phép thay x, y vào đề Giả sử ∃ a ∈ R+ cho f (a) < Dùng phép thay P (a; Vậy f ( x) ≥ ∀ x ∈ R a ), ta suy f (a) = (vơ lí) − f ( a) x y Nguyễn Tất Thu Nếu hàm f hàm đơn ánh, ta so sánh P ( x; ) với P ( y; ), ta có: x+ x f ( y) y f ( x) = y+ ∀ x, y ∈ R+ , 2 hay f ( x) = ax + ∀ x ∈ R+ (a số thực dương) Thay vào đề bài, khơng có giá trị a thỏa Vậy ∃ c > d > để f ( c) = f (d ) Ta so sánh hai phép thay P ( c; y) với P (d ; y), ta thu f ( c + y f ( c)) = f ( d + y f ( d )) ∀ y ∈ R+ , suy f ( c + y) = f ( d + y) ∀ y ∈ R+ Do đó, ta có f ( y) = f ( y + T ) = f ( y + nT ) ∀ y > d, n ∈ N (38) với T = c − d Giả sử tồn b > thỏa f (b) > 2, ta chọn n đủ lớn để P ( b; 2( nT − b) > d Khi f ( b) − nT − b ), ta có f ( b) − 2( nT − b) nT − b f ( b)) = f ( b) f ( ), f ( b) − f ( b) − nT f ( b) − b 2( nT − b) 4f ( ) = f ( b) · f ( ) f ( b) − f ( b) − f (b + Để ý nT f ( b) − b 2( nT − b) − = nT, f ( b) − f ( b) − 2( nT − b) > d, f ( b) − (39) 18 nên áp dụng (38) vào (39), ta có f (b) = Vậy ta có   f ( x) = ∀ x ∈ R+ f ( x) = Giả sử tồn m > để f (m) = Khi m ), ta có f (2 m) = (vơ lí) Vậy f ( x) = 4, ∀ x > Thử lại thấy thỏa P ( m; BÀI 13 ( Kosovo MO 2021 Grade 10 ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x ) f ( y) + f ( x y ) ≤ x + y với x, y ∈ R Lời giải Đặt P ( x; y) phép thay x, y vào đề f (−1)2 + f (1) ≤ −2 ⇒ f (1) ≤ −2 P (1; 1), ta có f (1)2 + f (1) ≤ ⇒ f (1) ≥ −2 Vậy f (1) = −2, kéo theo f (−1) = P (− x; −1), ta có f ( x) ≤ − x − ∀ x ∈ R P ( x; 1), ta có f ( x) ≥ − x − ∀ x ∈ R Vậy f ( x) = − x − ∀ x ∈ R Thử lại thấy thỏa BÀI 14 ( Kosovo MO 2021 Grade 12 ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( f ( x) f ( y) − 1) = x y − với x, y ∈ R Lời giải Đặt P ( x; y) phép thay x, y vào đề Ta chứng minh hàm f đơn ánh Giả sử f (a) = f (b) Ta so sánh hai phép P (a; y0 ) với P (b; y0 ), với y0 = 0, ta có: f ( f (a) f ( y0 ) − 1) = f ( f ( b) f ( y0 ) − 1) Nguyễn Tất Thu P (−1; −1), ta có 19 Suy a y0 − = b y0 − ⇒ a = b Vậy hàm f đơn ánh Hơn nữa, vế phải đề nhận giá trị R, nên hàm f toàn ánh Vậy hàm f song ánh Giả sử c ∈ R để f ( c) = Ta dùng phép thay P ( c; y), ta suy f (−1) = c y − 1, ∀ y ∈ R Nên c = 0, kéo theo f (0) = f (−1) = −1 Ta so sánh hai phép thay P ( x; x) với P (− x; − x), ta suy f ( x)2 = f (− x)2 , ∀ x ∈ R Vậy hàm f hàm lẻ, kéo theo f (1) = Ta so sánh hai phép thay P ( x; y) với P ( x y; 1), ta suy f ( x y) = f ( x) f ( y) ∀ x, y ∈ R Nguyễn Tất Thu P ( x; 1), ta có f ( f ( x) − 1) = x − ∀ x ∈ R P (− x; 1), ta có f ( f (− x) − 1) = − x − ∀ x ∈ R Suy f ( f ( x) + 1) = x + ∀ x ∈ R (40) (do f hàm lẻ) Ta thay x f ( x) + vào (40), ta có f ( f ( f ( x) + 1) + 1) = f ( x) + ∀ x ∈ R Suy f ( x + 2) = f ( x) + ∀ x ∈ R Từ đây, ta suy f (2) = Từ tính chất hàm nhân tính f , ta có f (2 x) = f ( x), ∀ x ∈ R Cũng từ tính chất hàm nhân tính, ta có f ( x y + x) = f ( x · ( y + 2)) = f ( x) · f ( y + 2) = f ( x) · ( f ( y) + 2) = f ( x) · f ( y) + f ( x) = f ( x y) + f (2 x) ∀ x, y ∈ R Do cặp x y x nhận cặp giá trị, nên ta suy f ( x + y) = f ( x) + f ( y) ∀ x, y ∈ R Hàm f cộng tính nhân tính, nên f ( x) = x với x Thử lại thấy thỏa (41) 20 BÀI 15 (2021 Macedonian Team Selection Test ) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn hai tính chất i) f ( f (a) + b) | b a − ii) f ( f (a)) ≥ f (a) − Lời giải Kí hiệu P (a; b) phép a, b giá thiết f ( f (a) + b) | b a − P (1; 2), ta có f ( f (1) + 2) | 21 − = ⇒ f ( f (1) + 2) = P (1; 3), ta có  f ( f (1) + 3) | 31 − = ⇒  f ( f (1) + 3) = f ( f (1) + 3) = Nếu f ( f (1) + 3) = P ( f (1) + 3, f (1) + 1), ta có P ( f (1) + 2, f (1) + 2), ta có f ( f (a) + b) = f ( f ( f (1) + 2) + f (1) + 2) = f ( f (1) + 3) = | ( f (1) + 2) f (1)+2 − ⇒ f (1) ≡ (mod 2) Suy vơ lí Do f ( f (1) + 3) = P ( f (1) + 2; b), ta có f ( f ( f (1) + 2) + b) = f (1 + b) | b f (1)+2 − = b − Suy f (b) | b − 2, ∀b ≥ 3, dẫn tới f (b) ≤ b − 2, ∀b ≥ Giả sử, tồn số nguyên dương a ≥ cho f (a) ≥ Khi đó, ta có f (a) − ≤ f ( f (a)) ≤ f (a) − Điều vơ lí Do f (a) ∈ {1; 2} với a ≥ Ta thấy f (a) = 1, ∀a ≥ thỏa tốn, cịn f (a) = 2, ∀a ≥ khơng thỏa tốn, xét b chẵn b a − số lẻ nên f ( f (a) + b) | b a − Giả sử tồn hai số nguyên m, n ≥ cho f ( m) = f (n) = Khi P ( m, b), ta có f (1 + b) | b m − Suy với b ≥ f ( b) = b số chẵn P ( n, b), ta có f (2 + b) | b n − Suy với b ≥ f ( b) = b số lẻ Từ đó, suy f (b) = 1, ∀b ≥ Vậy f (n) = 1, ∀n ≥ f (1), f (2) ∈ {1; 2} nghiệm hàm cần tìm Nguyễn Tất Thu f ( f (a) + b) = f ( f (1) + 3) = | ( f (1) + 1) f (1)+3 − ⇒ f (1) ≡ (mod 2) 21 BÀI 16 ( NICE MO 2021 Day ) Với số nguyên tố p, đặt S p = {1; 2; ; p − 1} Tìm tất số nguyên tố p, cho tồn hàm f : S p → S p thỏa mãn p | n · f ( n) · f ( f ( n)) − với n ∈ S p Lời giải Giả sử a, b ∈ S p mà f (a) = f (b) Khi đó, ta có a · f (a) · f ( f (a)) ≡ b · f ( b) · f ( f ( b)) ≡ (mod p) Suy a ≡ b (mod p), hay a = b Do f đơn ánh Suy { f (a)| a ∈ S p } = { f ( f (a))| a ∈ S p } = S p Nguyễn Tất Thu Do p−1 n · f ( n) · f ( f ( n)) ≡ [( p − 1)!]3 1≡ (mod p) n=1 Mặt khác, theo định lí Wilson ( p − 1)! ≡ −1 (mod p) Do đó, ta có ≡ −1 (mod p), hay p ⇒ p = Với p = 2, ta chọn f (1) = Vậy p = số cần tìm BÀI 17 ( Romania TST ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) − f ( x)) = f ( x) + x y, với x, y ∈ R (42) Lời giải Kí hiệu P (a; b) phép x = a, y = b vào (42) P (1; y), ta có (43) f ( f ( y) − f (1)) = f (1) + y Từ đây, ta suy f song ánh Do đó, tồn a để f (a) = P (a; 0), ta có  f (a f (0)) = = f (a) ⇒ a f (0) = a ⇒  f (0) = a = Xét f (0) = (43) ta cho y = 1, ta có = f (0) = f ( f (1) − f (1)) = f (1) + ⇒ f (1) = 22 Suy f ( f ( y)) = y P ( x; 1), ta có f (− f ( x)) = f ( x) + x = f ( x) + f ( f ( x)) Do f tồn ánh, nên ta có f (− x) = x + f ( x), ∀ x ∈ R (44) P ( x; 0), ta có f ( x − f ( x)) = f ( x), hay, f (2 f ( x)) = f ( f ( x − f ( x))) = x − f ( x) = f ( f ( x)) − f ( x) Suy f (2 x) = f ( x) − x Từ đây, cho x = 1, ta có f (2) = f (1) − = −1 P (2; y), ta có f (2 f ( y) + 1) = y − ⇒ f (2 y − 2) = f ( y) + (45) f ( f (−1)) = −1 = f (2) ⇒ f (−1) = P (−1; f ( y), ta có f (− y − 2) = − f ( y) Suy f (2 y − 2) = − f (−2 y) = − f (− y) − y = − y − f ( y) − y = − y − f ( y) (46) Từ (45) (46) ta có f ( y) + = − y − f ( y), hay f ( y) = − y, ∀ y ∈ R Thử lại ta thấy f ( x) = − x thỏa toán Xét a = P (0; y), ta có f (− f ( x)) = f ( x) Từ đây, kết hợp với f toàn ánh, ta có f ( x) = −2 x với x ∈ R Thử lại ta thấy hàm f ( x) = −2 x khơng thỏa tốn Vậy f ( x) = − x nghiệm hàm toán BÀI 18 ( Serbian Mathematical Olympiad 2021 ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) + x2 + y) = f ( x) f ( y) + x f ( x) + f ( y) (47) Nguyễn Tất Thu Mặt khác 23 với x, y ∈ R Lời giải Kí hiệu P (a; b) phép x = a, y = b vào (47) Nếu f hàm ta có f ≡ Xét f hàm khác thỏa toán P (0; y) ta có f ( y) = ( f (0) + 1) f ( y), suy f (0) = P ( x; 0), ta có f ( x2 ) = x f ( x) Suy f (− x) = − f ( x) với x ∈ R, hay f hàm số lẻ P (− x; − y) ta có Nguyễn Tất Thu f ( x f ( y) + x2 − y) = f ( x) f ( y) + x f ( x) − f ( y) Từ (47) (48) ta có f x f ( y) + x2 + y = f x f ( y) + x2 − y + f ( y) Do hàm số g( x) = x2 + ax nhận giá trị [0; +∞), ta có f ( x + y) = f ( x − y) + f ( y), ∀ x, y ∈ R, x ≥ Do f hàm lẻ, nên ta có f ( x + y) = f ( x − y) + f ( y), ∀ x, y ∈ R Từ đó, suy f ( x) + f ( y) = f Cho y = 0, ta có f ( x) = f x+ y , ∀ x, y ∈ R x Do f ( x) + f ( y) = f ( x + y), ∀ x, y ∈ R Ta có f ( x + 1)2 = ( x + 1) f ( x + 1) = ( x + 1)( f ( x) + f (1)) Mặt khác f ( x + 1)2 = f ( x2 + x + 1) = f ( x2 ) + f (2 x) + f (1) = x f ( x) + f ( x) + f (1) Từ đó, suy f ( x) = x f (1) = ax Thử lại, ta thấy hàm f ( x) = ax thỏa toán (48) 24 BÀI 19 ( 2021 USAJMO ) TÌm tất hàm f : Z+ → Z+ cho với a, b ∈ Z+ ta ln có f (a2 + b2 ) = f (a) f ( b) f (a2 ) = f (a)2 (49) Lời giải Cho a = 1, ta có f (1) = f (1)2 ⇒ f (1) = Cho a = b = 1, ta có f (2) = f (1)2 = Ta chứng minh: Nếu f (a) = f ( b) = với a > b; a, b ∈ Z+ f (a2 − b2 ) = f (2ab) = (50) Thật = f ( a) f ( b ) = f ( a2 + b ) f (a2 + b2 )2 = f ((a2 + b2 )2 ) = f (a2 − b2 )2 + 4a2 b2 = f (a2 − b2 ) · f (2ab) Suy f (a2 − b2 ) = f (2ab) = 1, hay (50) chứng minh Mà f (1) = f (2) = 1, nên f (4) = f (3) = Ta chứng minh f ( n) = 1, ∀ n ≥ (51) Ta thấy (51) với n = 3, Giả sử (51) với k ∈ {3; 4; ; n} Ta chứng minh f ( n + 1) = Nếu n + = 2m, n = 2m − > m (do m > 1) Do f (m) = f (1) = Suy f ( n + 1) = f (2 m) = f (2 · m · 1) = Nếu n + = 2m + 1, hay n = 2m > m + 1, nên ta có f (m + 1) = f (m) = Khi f ( n + 1) = f (2 m + 1) = f ( m + 1)2 − m2 = Từ đó, ta có f (n + 1) = 1, hay (51) Vậy f (n) = 1, ∀n ∈ Z+ nghiệm hàm cần tìm BÀI 20 (VMO 2021 ) Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x) f ( y) = f ( x y − 1) + y f ( x) + x f ( y) với x, y ∈ R (52) Nguyễn Tất Thu = 25 Lời giải Kí hiệu P (a; b) phép x = a, y = b vào (55) Nếu f hàm hằng, ta có f ≡ Xét f hàm khác thỏa toán Ta thấy f ( x) khơng hàm tuyến tính P ( x; 0), ta có f ( x) · f (0) = f (−1) + x f (0) Do f không hàm tuyến tính, nên ta có f (0) = f (−1) = P ( x; −1) ta có f ( x) = f (− x − 1) ⇒ f (− x) = f ( x − 1) P (1; 1), ta có Nguyễn Tất Thu  f (1)2 = f (0) + f (1) = f (1) ⇒  f (1) = f (1) = f (1) = 0, P ( x; 1) ta có f ( x − 1) + f ( x) = ⇒ f ( x) = − f ( x − 1) = − f (− x) Suy f hàm số lẻ P ( x − 1; y), ta có f ( x − 1) f ( y) = f ( x y − x − 1) + y f ( x − 1) + ( x − 1) f ( y), hay f ( x) f ( y) = f ( x y − x) + y f ( x) − ( x − 1) f ( y) Lại có f ( x) f ( y) = − f ( x y) + y f ( x) + x f ( y) Suy f ( x y − x) + f ( x y) + f ( y) = x f ( y) Trong (53), cho y = ta có f ( x) = 0, ∀ x ∈ R f (1) = P ( x, 1), ta có f ( x) = f ( x − 1) + x, hay f ( x) − x = f (− x) P ( x, − y), ta có f ( x)( f ( y) − y) = f ( x y) − y f ( x) + x( f ( y) − y), (53) 26 hay f ( x) f ( y) − f ( x y) = y f ( x) + x f ( y) − x y Suy ( f ( x) − x) ( f ( y) − y) = f ( x y) − x y Đặt g( x) = f ( x) − x, ta có g(1) = g( x) g( y) = g( x y) Thay f ( x) = g( x) + x (52), ta có ( g( x) + x) ( g( y) + y) = g( x y − 1) + x y − + y( g( x) + x) + x( g( y) + y), hay g( x) g( y) = g( x y − 1) + x y − (54) Trong (54) cho y = ta có Nguyễn Tất Thu g( x) = g( x − 1) + x − Suy g( x − 1) = g( x) − x + g( x + 1) = g( x) + x + Suy g( x − 1) g( x + 1) = ( g( x) − x + 1) ( g( x) + x + 1) = g( x)2 + g( x) + − x2 = g ( x2 ) + g ( x) + − x2 Mặt khác g( x − 1) g( x + 1) = g [( x − 1)( x + 1)] = g( x2 − 1) = g( x2 ) − x2 + Từ đó, suy g ( x ) + g ( x ) + − x = g ( x ) − x + 1, hay g( x) = x2 Suy f ( x) = x2 + x Thử lại ta thấy hàm thỏa toán Vậy f ( x) = f ( x) = x2 + x hai nghiệm hàm toán BÀI 21 (China TST 2021, Test 2, Day P4) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ cho với số nguyên dương m ≥ n ta có f ( mϕ( n3 )) = f ( m) · ϕ( n3 ) (55) Trong ϕ(n) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n 27 Lời giải Kí hiệu P (a; b) phép m = a, n = b (55) Ta chứng minh (56) f ( mn) = n f ( m), ∀ m ≥ n quy nạp theo n Hiển nhiên (56) với n = Giả sử (56) với k = 1, 2, , n − Ta chứng minh (56) với n Nếu n hợp số, ta xét số nguyên tố p | n Ta có f ( mn) = f m n n n = p · f ( m ) = n f ( m ) · p = pf m p p p Xét n = p số nguyên tố P ( m; p) với m ≥ p ta có f ( mϕ( p3 )) = f ( m) · ϕ( p3 ) Nguyễn Tất Thu Mà ϕ( p3 ) = p2 ( p − 1), nên ta có f ( mp2 ( p − 1)) = f ( m) · p2 ( p − 1) Mặt khác f mp2 ( p − 1) = ( p − 1) f ( mp2 ) Suy f ( mp2 ) = f ( mp2 ( p − 1)) f ( m) · p2 ( p − 1) = = f ( m) · p p−1 p−1 P ( m; p2 ) với m ≥ p2 ta có f ( mp) = f ( mp5 ) f ( mp5 ( p − 1)) f ( m) · p5 ( p − 1) = = = f ( m) · p p4 p4 ( p − 1) p4 ( p − 1) Do đó, với m ≥ p ta có f ( mp) = f ( mp2 ) f ( m) · p2 = = f ( m) · p p p Từ ta có (56) chứng minh Xét số nguyên tố p ≥ 2, ta có f ( p) = f (2 p) = p f (2) ⇒ f (2) 2, hay f (2) = 2a với a ∈ Z+ Trong (56) ta cho m = 2, n = 2, ta có f (22 ) = f (2) = 22 a Bẳng quy nạp ta chứng minh f (2k ) = 2k a, ∀ k ≥ 28 Khi với n ≥ 2, tồn k cho 2k−1 ≤ n < 2k Khi f ( n) = f (2k−1 n) 2k−1 = f (2k n) 2k = f (2k ) · n 2k = 2k a · n 2k = an Hơn nữa, ta  thấy f (1) nhận giá trị b n = , a, b hai số nguyên dương Vậy f (n) =  an n ≥ Nguyễn Tất Thu