(Luận văn) một số lớp phương trình hàm trong số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THANH LINH lu an n va MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH HÀM p ie gh tn to TRONG SỐ HỌC d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si i Mục lục Lời cảm ơn iii 1 Lớp hàm số học 1.1 Hàm số học 1.1.1 Hàm nhân tính 1.1.2 Hàm nhân tính mạnh 11 Hàm số xác định tập số nguyên 11 1.2.1 w Hàm cộng tính tập số nguyên 11 1.2.2 Hàm nhân tính tập số nguyên 11 lu Mở đầu an n va p ie gh tn to 1.2 Lớp hàm tuần hoàn, phản tuần hồn cộng tính, nhân tính an lu Một số tập áp dụng 12 14 Các phương trình hàm số học 20 2.1 20 oi lm ul nf va 1.3 d oa nl 1.2.3 Hàm chuyển đổi phép tính số học z at nh Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng 20 2.1.2 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân 21 2.1.3 Hàm chuyển đổi phép nhân thành phép cộng z 2.1.1 gm @ 2.2 Các dạng toán xác định dãy số liên quan 22 2.3 Các tập áp dụng 27 m co l Các dạng tốn liên quan Phương trình hàm N Z 33 n va 3.1 33 an Lu 22 ac th si ii 3.2 3.1.1 Lớp toán áp dụng nguyên lý quy nạp toán học 33 3.1.2 Lớp tốn áp dụng ngun lí cực hạn 42 3.1.3 Lớp toán áp dụng hệ đếm số 46 3.1.4 Lớp toán áp dụng tính chất số học 53 3.1.5 Lớp tốn áp dụng tính chất dãy số 62 3.1.6 Lớp tốn áp dụng tính chất hàm số 66 Phương trình hàm Q 73 lu an Kết luận Đề nghị 81 Tài liệu tham khảo 82 n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đầu tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính lu an GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc n va gia Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy khoa Tốn, phịng Đào gh tn to suốt q trình xây dựng đề cương, làm hoàn thiện luận văn p ie tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Thầy cô w giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 - 1/2016 Đồng thời tơi oa nl xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán - Đại học Khoa học động d viên giúp đỡ tơi q trình học tập làm luận văn lu Phạm Thanh Linh oi lm ul Thái Nguyên, 2015 nf va an Em xin chân thành cảm ơn! z at nh Học viên Cao học Toán K7C, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Phương trình hàm lĩnh vực quan trọng giải tích Bài tốn giải phương trình hàm có lẽ tốn lâu đời giải tích Nhu cầu giải phương trình hàm xuất bắt đầu có lí thuyết hàm số Nhiều phương trình lu an hàm xuất phát từ nhu cầu thực tế Toán học ngành khoa học khác n va Các nhà tốn học có cơng nghiên cứu đặt móng cho phương trình hàm tn to phải kể đến: Nicole Oresme, Gregory of Saint-Vincent, Augusstin-Louis Cauchy, gh Carl Friedrich Gauss, D’Alembert p ie Ngày nước ta phương trình hàm giảng dạy theo chuyên đề w trường THPT chun Các dạng tốn phương trình hàm số học dạng tốn oa nl khó thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, d khu vực quốc tế Một phương trình hàm bao gồm ba thành phần chính: Tập nguồn, lu va an tập đích, phương trình hay hệ phương trình hàm Từ ba thành phần có phân nf loại tương ứng Phương trình hàm N, phương trình hàm Z, phương trình oi lm ul hàm Q, phương trình hàm R · · · ; phương trình hàm với biến tự do, hai z at nh biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi giá trị trung bình · · · ; phương trình hàm lớp hàm khả vi, phương trình hàm lớp hàm liên tục · · · Việc xác định rõ cấu trúc tính chất tập nguồn, tập đích điều kiện ràng z gm @ buộc định thành cơng hay thất bại giải phương trình hàm Điều thấy rõ qua phương trình hàm Cauchy Bài tốn tổng qt tìm tất hàm l m co số f : R → R thỏa mãn phương trình f (x + y) = f (x) + f (y) với x, y ∈ R theo nghĩa khơng có lời giải, với giới hạn tập nguồn, tập đích, an Lu tính chất hàm số (đơn điệu, liên tục · · · ) phương trình hàm giải n va trọn vẹn Trong luận văn tơi xin trình bày lớp phương trình hàm mà ac th si tập nguồn xác định N, Z, Q Trên thực tế tìm hiểu lớp phương trình hàm xuất nhiều kì thi Olympic tốn nước, khu vực quốc tế Xuất phát từ thực tế đó, định hướng hướng dẫn nhiệt tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, tiến hành nghiên cứu đề tài "Một số lớp phương trình hàm số học" nhằm mục đích học tập nghiên cứu sâu chun đề khó tốn sơ cấp Cấu trúc luận văn gồm chương Chương Lớp hàm số học Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất hàm số học số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp lu Chương Các phương trình hàm số học an n va Trong chương trình bày hàm chuyển đổi phép tính số học, dạng Chương Các dạng toán liên quan gh tn to toán xác định dãy số liên quan tập áp dụng p ie Trong chương trình bày dạng tốn từ đề thi Olympic nước w quốc tế liên quan đến tính tốn, ước lượng tính chất số học (nguyên tố, oa nl phương, tính đơn điệu, tính tuần hồn ) hàm số tập số tự nhiên, d tập số nguyên tập số hữu tỷ an lu Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gắng thực luận văn, nf va lực thân nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi oi lm ul thiếu sót Kính mong góp ý Thầy cô, bạn anh chị đồng nghiệp để luận văn hồn chỉnh có nhiều ý nghĩa z at nh Thái Nguyên, ngày 28 tháng 11 năm 2015 z gm @ Phạm Thanh Linh Học viên Cao học Tốn lớp C, khóa 01/2014 - 01/2016 an Lu Email: bobaki2010@gmail.com m co Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên l Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp n va ac th si Chương Lớp hàm số học Trong chương trình phổ thơng, tốn số học đóng vai trị quan trọng lu việc hình thành tư tốn học Việc tìm hiểu sử dụng hàm số học giải an n va lớp toán toán sơ cấp lớp toán Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất hàm số học gh tn to phương trình hàm số học p ie số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp Hàm số học oa nl w 1.1 d Định nghĩa 1.1 ([9]) Hàm số học tức hàm xác định tập số nguyên dương an lu Hàm nhân tính ul nf va 1.1.1 oi lm Định nghĩa 1.2 ([9]) Một hàm số học f gọi nhân tính với m, n nguyên tố nhau, ta có đẳng thức z at nh f (mn) = f (m)f (n) z @ gm Những ví dụ đơn giản hàm nhân tính f (n) = n f (n) = Ngoài l hàm nhân tính đơn giản kể ta phải kể đến hàm nhân tính quan trọng m co khác : Phi-hàm Euler, hàm sinh ước, hàm tổng ước số, hàm số vai trò quan trọng an Lu ước số, hàm Mobius Trong hàm số học, hàm Euler mà ta định nghĩa sau có n va ac th si Định nghĩa 1.3 ([9]) Giả sử n số nguyên dương Phi-hàm Euler ϕ(n) hàm số học có giá trị n số số không vượt n nguyên tố với n Ví dụ 1.1 Từ định nghĩa ta có ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4, ϕ(6) = 2, ϕ(7) = 6, ϕ(8) = 4, ϕ(9) = 6, ϕ(10) = Từ định nghĩa đây, ta có hệ trực tiếp Hệ 1.1 ([9]) Số p nguyên tố ϕ(p) = p − lu Chứng minh Nếu p số nguyên tố với số nguyên dương nhỏ p an va nguyên tố với p Do có p − số nguyên dương nên ϕ(p) = p − n Ngược lại, p hợp số p có ước d, < d < p Tất nhiên p d không gh tn to nguyên tố Như số 1, 2, · · · , p − phải có số khơng nguyên p ie tố với p, nên ϕ(p) < p − Điều trái với giả thiết ϕ(p) = p − w Định nghĩa 1.4 ([2]) Một tập hợp A gọi hệ thặng dư đầy đủ d oa nl (mod n) n số mà khơng có hai số đồng dư theo (mod n) an lu Ví dụ 1.2 Ta có A = {0, 1, 2, · · · , n − 1} hệ thặng dư đầy đủ theo (mod n) va Hay đơn giản tập B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} C = {2, 3, 4, 5, 6, −7, 8} oi lm ul nf hệ thặng dư đầy đủ theo (mod 8) Định nghĩa 1.5 ([2]) Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n tập hợp gồm ϕ(n) số z at nh nguyên cho phần tử tập hợp nguyên tố với n khơng có hai phần tử khác đồng dư môđulô n z @ m co l (mod 8) gm Ví dụ 1.3 Tập hợp {1, 3, 5, 7} tập {3, −7, 5, 7} hệ thặng dư thu gọn n va thặng dư thu gọn (mod n) an Lu  Định lí 1.1 ([2]) Giả sử r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn (mod n),  a số nguyên dương (a, n) = Khi tập ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) hệ ac th si 70 Bằng quy nạp suy tồn vô hạn số m cho f (m2 + k) = f (m2 + 1), ∀k = 1, , 2m + (3.32) Chọn m đủ lớn cho tồn n   xn , xn+1 ∈ m2 + 1, m2 + 2m + Khi từ (3.32) suy xn = f (xn ) = f (xn+1 ) = xn+1 , điều mâu thuẫn với (xn ) dãy tăng nghiêm ngặt Suy f hàm tăng thực Ta có xn > n lu = f (1) < = f (2) < f (3) < f (4) < · · · < f (n) < · · · < f (xn ) = xn an n va Suy f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại thấy hàm thỏa mãn tn to Bài toán 3.32 (Đề nghị thi Olympic toán quốc tế 1995) Chứng minh tồn ie gh hàm số f : N∗ → N∗ cho: p f (m + f (n)) = n + f (m + 95), ∀m, n ∈ N∗ 19 P f (k) ? k=1 oa nl w Giá trị tổng (3.33) d Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh hàm số f va an lu đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta có oi lm ul nf f (f (n1 ) + f (1)) = f (f (n2 ) + f (1)) ⇒ n1 + f (f (1) + 95) = n2 + f (f (1) + 95) ⇒ n1 = n2 z at nh Vậy f đơn ánh Với n ∈ N∗ , ta có z f (f (n) + f (1)) = n + f (f (1) + 95) = n + + f (95 + 95) = f (95 + f (n + 1) @ l gm Suy f (n + 1) + 95 = f (n) + f (1) Từ với n ∈ N∗ m co f (n + 1) − f (n) = f (1) − 95 = a, với a = f (1) − 95 an Lu Suy f (n) − f (n − 1) = · · · = f (2) − f (1) = f (1) − 95 = a, dẫn đến n va f (n) − 95 = na ⇒ f (n) = na + 95, ∀n ∈ N∗ ac th si 71 Với f (n) = na + 95, ∀ ∈ N∗ , thay vào phương trình hàm (3.33) ta có f (m + f (n)) = n + f (m + 95) ⇔ na2 + (m + 95)a + 95 = n + (m + 95)a + 95; ⇒ a2 = ⇒ a = Vì a = −1 f (n) ∈ / N∗ n ≥ 95 Vậy f (n) = n + 95 Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn yêu cầu đề theo hàm số thỏa mãn yêu cầu đê Khi 19 X f (k) = 19 X (k + 95) = 1995 k=1 k=1 lu an Bài toán 3.33 (Sec MO 2007) Xét tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều n va kiện tn to f (mf (n)) = nf (m), ∀m, n ∈ N∗ ie gh Hãy tìm giá trị nhỏ f (2007) p Lời giải Gọi S tập hợp hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Giả sử f ∈ S, f (1.f (n)) = nf (1) = na ⇒ f (f (n)) = na d oa nl w đặt a = f (1) Chọn m = ta va an lu Chọn n = ta (3.34) oi lm ul nf f (mf (1)) = 1.f (m) ⇒ f (ma) = f (m) Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta z at nh f (f (n1 )) = f (f (n2 )) ⇒ n1 a = n2 a ⇒ n1 = n2 z @ Vậy f đơn ánh Từ (3.34) ta có f (na) = f (n) ⇒ na = n, ∀n ∈ N∗ , suy a = m co f (m.n) = f (m).f (n) l gm hay f (1) = Ta có f (f (m).f (n)) = n.f (f (m)) = nm = f (f (m.n)) Suy an Lu Với p số nguyên tố bất kì, giả sử f (p) = u.v, ∀u, v ∈ N∗ Ta có n va p = f (f (p)) = f (u.v) = f (u).f (v) ac th si 72 Do f (u) = f (v) = Giả sử f (u) = ta u = f (f (u)) = f (1) = Suy f (p) số nguyên tố Khi f (n) hàm chuyển số nguyên tố khác thành số nguyên tố khác Ta lại có 2007 = 32 223 f (2007) = f (3).f (223) Do để nhận giá trị nhỏ f (2007) ta phải chọn hàm f (n) cho f (3), f (223) số nguyên tố nhỏ nhất, khác Hiển nhiên, ta chọn hàm f (n) cho lu f (3) = 2, f (2) = 3, f (223) = 5, f (5) = 223 an n va Thì giá trị nhỏ f (2007) = 22 = 20 (vì f (n) ≥ f (n)) Ta xây dựng hàm gh tn to f : N∗ → N∗ sau f (1) = 1, f (2) = 3, f (3) = 2, f (5) = 223, f (223) = 5, p ie f (p) = p, ∀p ∈ P \ {2; 3; 5; 223} , oa nl w với n = pk11 pk22 pkmm f (n) = f k1 (p1 )f k2 (p2 ) f km (pm ) d Khi f (n) thỏa mãn điều kiện lu nf va an f (1) = 1; f (f (n)) = n, ∀n ∈ N∗ ; f (m.n) = f (m).f (n), ∀m, n ∈ N∗ oi lm ul Do f (n) ∈ S Vậy giá trị nhỏ f (2007) = 20 Bài tốn 3.34 (Moroccan Mathematiccal Olympic 2012) Tìm tất hàm số z at nh f : Z → Z thỏa mãn điều kiện: z (3.35) gm @ f (f (a) + f (b)) = a + b − 1, ∀a, b ∈ Z l Lời giải Từ (3.35) cho b = f (f (a) + f (1)) = a, ∀a ∈ Z, dễ thấy f m co song ánh Z Đặt f −1 (−1) = k; f −1 (0) = l, ta có k 6= l   f (f (a)) + f (−a) = −1 = f (k)  f (f (a)) + f (1 − a) = = f (l), ∀a ∈ Z an Lu n va ac th si 73 nên ta có f (a) + f (−a) = k; f (a) + f (1 − a) = l, ∀a ∈ Z, điều dẫn đến f (a) = l − f (1 − a) = l − [k − f (a − 1)] = l − k + f (a − 1), ∀a ∈ Z Vậy dãy f (0), f (1), , f (a − 1), f (a) lập thành cấp số cộng với công sai l − k Từ đặt f (0) = m, suy f (a) = (l − k)a + m, ∀a ∈ Z Từ f (x) = (l − k)x + m, ∀x ∈ Z, suy lu f (f (x) + f (0)) = f ((l − k)x + 2m) = (l − k)2 x + 2m(l − k) + m an n va Kết hợp với (3.35) ta (3.36) gh tn to (l − k)2 x + 2m(l − k) + m = x + − 1, ∀x ∈ Z ie Đồng hệ số cho ta (l − k)2 = 1; 2m(l − k) + m = −1, từ (l − k)2 = dẫn p đến xét hai trường hợp nl w - Nếu l − k = nhiên từ (3.36) suy 3m = −1 (vơ lí) d oa - Nếu l − k = −1 m = 1, suy f (x) = − x, ∀x ∈ Z va Kết luận an lu Thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Phương trình hàm Q z at nh 3.2 oi lm ul nf Vậy f (x) = − x, ∀x ∈ Z m với m, n ∈ N∗ Do n N ⊂ Z ⊂ Q nên việc tìm f Q thường thực theo bước sau Ta biết tập số hữu tỉ Q tập hợp số có dạng z m co - Tìm hàm f Q l - Tìm hàm f Z gm @ - Tìm hàm f N an Lu n va Khi tìm hàm ftrên  Z, để tìm hàm f Q ta thường qua bước trung gian tìm hàm f , với n ∈ Z\ {0} n ac th si 74 Khi tìm hàm f N, (công thức hàm f Q+ ), ta thường dùng tính chẵn, lẻ hàm số để suy công thức hàm f Z (công thức hàm f Q) Bài toán 3.35 (Đề thức Olympic 30/04/2003) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (1) = (3.37) f (xy + y) = f (x)f (y) − f (x + 1) + 2, ∀x, y ∈ Q Lời giải Trong (3.37) cho y = 1, ta lu (3.38) an f (x + 1) = 2f (x) − f (x + 1) + ⇔ f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q va n Từ (3.38) sử dụng phương pháp quy nạp ta tn to (3.39) ie gh f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ Q, ∀n ∈ Z p Từ (3.37) cho x = y, ta (3.40) d oa nl w f (x2 + x) = f (x) − f (x + 1) + 2, ∀x ∈ Q oi lm ul nf va an lu p Với r ∈ Q, đặt r = , p ∈ Z, q ∈ N∗ Sử dụng (3.40) (3.39) ta q   2 f (r + q) + (r + q) = [f (r + q)] − f (r + q + 1) + 2 = [f (r) + q] − f (r) − q − + 2 z Mặt khác z at nh = [f (r)] + (2q − 1)f (r) + q − q + @ l gm   f (r + q) + (r + q) = f (r + r + 2rq + q + q) m co = f (r + r) + 2rq + q + q an Lu = [f (r)] − f (r + 1) + + 2rq + q + q n va = [f (r)] − f (r) + 2rq + q + q + ac th si 75 Suy 2 [f (r)] + (2q − 1)f (r) + q − q + = [f (r)] − f (r) + 2rq + q + q + ⇔ 2qf (r) − q = 2rq + q ⇔ 2f (r) − = 2r + ⇔ f (r) = r + Thử lại ta có hàm số thỏa mãn toán Kết luận Vậy f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q Bài tốn 3.36 (Canada 2009) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn (3.41) lu f (2f (x) + f (y)) = 2x + y, ∀x, y ∈ Q an va Lời giải Trong (3.41) cho y = x ta f (3f (x)) = 3x, ∀x ∈ Q, từ lại thay x n 3f (x) ta to (3.42) gh tn f (9x) = 9f (x), ∀x ∈ Q p ie Trong (3.42) cho x = 0, ta f (0) = Cho x = từ (3.41) ta thu (3.43) nl w f (f (y)) = y, ∀y ∈ Q d oa Cho y = vào (3.41) ta được: f (2f (x)) = 2x, ∀x ∈ Q Như (3.41) viết lại lu (3.44) va an f (2f (x) + f (y)) = f (2f (x)) + f (f (y)), ∀x, y ∈ Q oi lm ul nf Từ (3.44) ta chứng minh f song ánh Thật Giả sử f (y1 ) = f (y2 ) y1 = f (f (y1 )) = f (f (y2 )) = y2 ⇒ y1 = y2 z at nh Suy f đơn ánh z Mặt khác ∀t ∈ Q, tồn y = f (t) cho f (y) = f (f (t)) = t, suy f @ m co l 2f (x) = u f (y) = v Từ ta có gm tồn ánh Vậy f song ánh Do với u, v ∈ Q, ta ln có x, y ∈ Q cho: f (u + v) = f (2f (x) + f (y)) = f (2f (x)) + f (f (y)) = f (u) + f (v) an Lu Như n va f (u + v) = f (u) + f (v), ∀u, v ∈ Q ac th si 76 Suy f (x) = ax, ∀x ∈ Q Thay vào (3.41) ta rút a2 = ⇔ a = ±1 Suy f (x) = x f (x) = −x Thử lại thấy hai hàm thỏa mãn Kết luận Vậy f (x) = x f (x) = −x, ∀x ∈ Q Bài tốn 3.37 (Luxembourg 1980) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f (1) = (3.45) f (xy) = f (x)f (y) − f (x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q Lời giải Cho y = 1, từ (3.45) ta nhận lu an f (x) = f (x)f (1) − f (x + 1) + 1, ∀x ∈ Q va n Nghĩa to gh tn f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q ie Từ với x ∈ Q, n ∈ Z ta có f (x + n) = f (x) + n f (n) = f (1) + n − = p n + , y = n, với n ∈ Z,từ (3.45) ta n       1 f f (n) − f n =f + n + 1, ∀n ∈ Z n n n d oa nl w Sau cho x = an lu Suy oi lm Nghĩa ul nf va     1 (n + 1) − f − n + 1, ∀n ∈ Z 2=f n n z at nh   1 f = + , ∀n ∈ Z n n Cuối cùng, cho giá trị x = p, y = , với p ∈ Z, q ∈ Z, từ (3.45) ta có q       1 f p = f (p)f −f p+ + q q q z l gm @ Suy m co     p p = (p + 1) + − − p = + f q q q q Như có hàm số f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q, thực thỏa mãn tất an Lu n va điều kiện toán ac th si 77 Bài toán 3.38 (Ba lan 1977) Chứng minh hàm số f (x, y) xác định tập hợp tất số hữu tỉ, nhận giá trị dương, thỏa mãn điều kiện sau f (xy, z) = f (x, z)f (y, z) f (z, xy) = f (z, x)f (z, y) f (x, − x) = 1, ∀x, y, z ∈ Q Thì kết luận sau f (x, x) = 1, f (x, −x) = lu f (x, y)f (y, x) = 1, ∀x, y ∈ Q an Lời giải Thay vào điều kiện thứ cho với hàm số f (x, y) giá trị x = y = va n x = y = 1, ta nhận đẳng thức f (0, z) = f (1, z) = tương ứng Sau gh tn to đó, cho x = y = −1, ta có p ie = f (1, z) = f (−1, z)f (−1, z) = (f (−1, z))2 d oa đẳng thức nl w dẫn đến f (−1, z) = Chứng minh tương tự từ điều kiện thứ hai, ta nhận nf va an lu Từ suy f (z, 0) = f (z, 1) = f (z, −1) = oi lm ul f (0, 0) = f (0, z)f (z, 0) = Các đẳng thức lại chứng minh giá trị x, y khác Khi z at nh x 6= 0, ta có = f (1, z) = f (x, z)f z  ,z x  ,z x m co f  l f (x, z) = gm @ Bởi  an Lu Tiếp theo ta nhận         1 1−x 1−x 1 1= =f ,1 − x = f ,x = f , ,x f f (x, − x) x x x x x x n va ac th si 78 Nhưng           1 1 1 1 1−x =f =1 , , − 1 = f , −1 f , −1 = f ,1 − f x x x x x x x x x   nên f , x = 1, ta có x   = f (x, x) = f (x, x)f (x, −1) = f (x, −x), = f (x, 1) = f x, x tức f (x, x) = f (x, −1) = lu an n va tn to Cuối với x 6= 0, y 6= 0, ta có           x x x x x f (x, y) = f (x, y)f f =f ,y = f ,y = f , ,x y y y y y y       1 x ,x f ,x = f ,x = =f y x y f (y, x) ie gh Suy f (x, y)f (y, x) = p Bài toán 3.39 (IMO 1990) Gọi Q+ tập hợp số hữu tỉ dương Hãy xây dựng hàm oa nl w số f : Q+ → Q+ cho d f (xf (y)) = f (x) , ∀x, y ∈ Q+ y lu va an Lời giải Ta dễ thấy f đơn ánh Từ cho x = y = ta f (1) = Như f (f (x)f (y)) = z at nh Thay x f (x) ta có f (f (y)) = y oi lm ul nf cho x = ta z f (f (x)) = = f (f (xy)) y xy @ gm Do f đơn ánh nên m co l f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ Q+ Từ ta xây dựng hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán sau Chia tập n va S = {p1 , p2 , } T = {q1 , q2 , } an Lu số nguyên tố thành hai tập vô hạn rời ac th si 79 Ta đặt f (pn ) = qn , f (qn ) = Tiếp theo với số hữu tỉ pn x= p pi pi pik , = q qj1 qj2 qjm pi1 pi2 pik , qj1 qj2 qjm số nguyên tố, ta đặt f (x) = f (pi1 )f (pi2 ) f (pik ) f (qj1 )f (qj2 ) f (qjm ) Hàm f rõ ràng thỏa mãn điều kiện toán Nhận xét lu Nếu hàm số thỏa mãn điều kiện nhân tính tập hợp số hữu tỉ ta xây an dựng hàm số cách xác định giá trị hàm số số nguyên tố n va tn to Bài tốn 3.40 (Ukraina 1997) Tìm tất hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau ie gh p i) f (x + 1) = f (x) + 1; nl w ii) f (x2 ) = (f (x))2 , ∀x ∈ Q+ d oa Lời giải Từ điều kiện i) quy nạp dễ dàng chứng minh lu oi lm ul nf va an f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ Q+ , ∀n ∈ N    2 m2 m p p p + ∗ = = , suy f Lấy x = ∈ Q , (p, q ∈ N ) Giả sử f (x) = f q q n q2 n2 Khi     p m p f +q =f +q = +q q q n = m2 2mq 2mq m p + + q2 ⇒ = 2p ⇒ = n n n n q m co an Lu Vậy f (x) = x, ∀x ∈ Q+  m2 2mq + + q2 n n l p2 + 2p + q q2 = gm f   @ hay p2 + 2p + q 2 q z f  z at nh suy n va ac th si 80 Bài tốn 3.41 (Balkan 2003) Tìm tất hàm số f : Q → R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f (1) + > 0; ii) f (x + y) − xf (y) − yf (x) = f (x)f (y) − x − y + xy; iii) f (x) = 2f (x + 1) + x + 2, ∀x, y ∈ Q Lời giải Đặt g(x) = f (x) + x Khi từ giả thiết ta có điều kiện sau với hàm g g(1) > 0; g(x + y) = g(x)g(y) g(x) = 2g(x + 1), ∀x, y ∈ Q lu Từ điều kiện ta có an n va g(1) = 2g(2) = 2g(1 + 1) = 2(g(1))2 ⇒ g(1) = gh tn to Lại có p ie g(1) = g(1 + 0) = g(1)g(0) ⇒ g(0) = nl w Từ với x ∈ Q ta có d oa = g(0) = g(x − x) = g(x)g(−x) ⇒ g(−x) = g(x) lu 1 = g(1) = g n n  =g  1 + + ··· + n n n l  − m 1 n = Vậy f (x) = −x + x với x ∈ Q 2 m co an Lu −m n  gm Và g  n     m   m 1 n = g m = g = n n @ g m    1   n 1 n ⇒g = g = n n z Từ với m, n ∈ N∗ , ta có  z at nh  oi lm ul nf va an Như ta cần tìm hàm g xác định tập hợp Q+ số hữu tỉ dương Dễ thấy g(n) = g(1 + + · · · + 1) = (g(1))n = n , ∀n ∈ N∗ Lại có n va ac th si 81 Kết luận Luận văn "Một số lớp phương trình hàm số học" giải vấn đề sau 1) Luận văn trình bày chi tiết số kiến thức liên quan đến lớp lu an hàm số học ứng dụng chúng toán sơ cấp va n 2) Tiếp theo luận văn trình bày chi tiết lớp phương trình to gh tn hàm số học Trong tốn dãy số liên quan tập áp dụng phương trình hàm số học nêu p ie 3) Cuối cùng, luận văn trình bày dạng toán liên quan từ đề thi oa nl w Olympic toán nước, khu vực, quốc gia quốc tế Phần xem trọng tâm đề tài d lu an Do thời gian có hạn nên tơi khơng trình bày nhiều phương pháp khác nf va để giải lớp phương trình hàm tập rời rạc Trên thực tế oi lm ul nhiều phương pháp khác để giải chúng Thời gian tới đầu tư thêm thời gian để nghiên cứu thêm phương pháp ứng dụng z at nh lớp phương trình hàm số học z m co l gm @ an Lu n va ac th si 82 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Tài Chung (2014), Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, NXB lu Đại học Quốc gia Hà Nội an va n [2] Hà Huy Khoái (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT Số học, gh tn to NXB Giáo dục p ie [3] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục nl w [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải d oa tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam an lu [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn (2008), ul nf va Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam oi lm [6] Nguyễn Văn Nho (2013), Tuyển tập Olympic toán học nước Đông Âu, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội z at nh [7] Nguyễn Văn Nho, Lê Hồng Phị (2013), Tuyển tập Olympic tốn học z nước Châu Á - Thái Bình Dương, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội gm @ [8] Đoàn Quỳnh (2013), Tài liệu chuyên toán 12, NXB Giáo dục Việt Nam m co l an Lu Tiếng Anh n va [9] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer ac th si 83 [10] Titu Andreescu, Iurie Boreico (2007), Functional Equations, Electronic Edition [11] Titu Andrreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng (2006), 104 Number Theory Problems, From the training of the USA IMO team [12] Zuming Feng, PoShen Loh (2004), Mathematical Olympiads, From the training of the USA IMO team lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THANH LINH MỘT SỐ LỚP PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG SỐ HỌC lu an n va tn to Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 p ie gh Mã số: w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC va an lu oi lm ul nf NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU z at nh z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si