PHƯƠNG TRÌNH hàm TRÊN tập số NGUYÊN

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊNCác hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng.. Ngoài các vấn đề chung của hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh..., chún

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN

Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng Ngoài các vấn đề chung của hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh , chúng còn liên quan đến các khái niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ đồng dư, hàm nhân tính, Trong một số trường hợp bản chất của bài toán về các hàm số xác định trên tập số nguyên chính là bài toán số học Mặt khác, khi xét các bài toán về hàm f :

R

N * ta có thể chuyển về bài toán của dãy số Dùng các kết quả của dãy số, ta thu được tính chất cần thiết để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm Dưới đây ta xét một vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên.

I Sử dụng các kết quả của dãy số

1 Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức truy hồi Dạng 1

Tìm U n biết aU n1bU n cU n1  0, nN; n 2 vớiU1;U2 cho trước

Phương pháp giải

Giải phương trình đặc trưng 2 0





b c

a  (1)

a) Nếu 1,  2 là hai nghiệm thực phân biệt của (1) thì n n

U  1  2, trong đó A, B được xác

định theo U1;U2

b) Nếu  là nghiệm kép của (1) thì ( ) n,

U    trong đó A, B được xác định theo U1;U2

c) Nếu  x  iylà nghiệm phức của (1) thì U r n(Acosn Bsinn ),















2

;

2





 sao cho tan  x y và A, B được xác định theo U1;U2

Dạng 2

Tìm U n biết aU n1bU n cU n1 f n, U1;U2 cho trước, f n là đa thức bậc n cho trước.

Phương pháp giải

Giải phương trình đặc trưng a2b c (2) Ta có 0 1 ,

n n

U   trong đó 0

n

U là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất dạng 1

0

1

1    

1

n

U là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất

n n n

aU 1  1  (4) Theo dạng (1) ta tìm được 0

n

U , trong đó A, B chưa xác định.

1

n

U xác định như sau

a) Nếu   1 là nghiệm của phương trình (2) thì 1

n

U là đa thức cùng bậc với f n

b) Nếu   1 là nghiệm đơn của (2) thì 1 ,

n

U  trong đó g nlà đa thức cùng bậc với f n

c) Nếu   1 là nghiệm kép của phương trình (2) thì 1 2 ,

n

U  trong đó g nlà đa thức cùng bậc với f n

Thay 1

n

U vào phương trình (4), đồng nhất hệ số tìm được 1

n

U Biết U1, U2từ hệ thức 0 1

n n

U   ta tính được A, B.

Ví dụ 1.1

Tìm tất cả các hàm số f xác định trênN thoả mãn các điều kiện sau

a) f(n)  1

b) 2f(n).f(nk)  2f(k n)  3f(n).f(k); k,nN (1)

Giải

Cho k n 0 từ (1) ta có ( ( 0 )) 2 2 ( 0 ) 0



 f

f , suy ra f( 0 )  0 hoặc f( 0 )   2 Nếu f( 0 )  0 cho n 0 từ (1) ta có f(k)  0, k  N suy ra f( 1 )  0 mâu thuẫn với giả thiết, vậy f( 0 )   2

Từ (1) cho n  1 ta được 2f(k 1 )  3f(k)  2f(k 1 )  0; k  N.

Xét phương trình đặc trưng 2  2  3   2  0 có nghiệm 1 21





 và 2  2 Ta tìm được f dưới dạng f n A n B )n

2

1 (

2 )

(    với f( 0 )   2; f( 1 )  1

Ta có     













2 1

2

2

2

B B

A

B

A

2

1 ) 1 ( )



n

2

1 ) 1 ( )







n

nghiệm của bài toán

Ví dụ 1.2

Tìm tất cả các hàm f : N * R thoả mãn các điều kiện sau

a) f( 1 )  1; f( 2 )  0

b) f(n 1 )  2f(n)  f(n 1 ) n 1 , n  N *(1)

Giải

Giải phương trình đặc trưng  2  2   1  0 có nghiệm kép   1

Ta có ( ) 0 ( ) 1 ( ),

n f n f n







 ( ) 1 )

b an n n

)

(

1 n

f vào phương trình (1) ta được

, 1 )

) 1 ( ( ) 1 ( ) (

2 ) ) 1 (

(

)

1





















 ( 6a 1 )n 2b 1  0 , n  N *suy ra

6

1



2

1



b thay vào (2) được

6

) 3 ( 2

1 6

1

)

(

2 2

















n

n

n

6

) 3 ( )

(

2







A Bn n n n

Mà f( 1 )  1; f( 2 )  0, nên ta có 



























3 11 4 0 3 10 2

1 3 2

B A B

A B A

Cuối cùng tìm được 4

3

11 6

) 3 ( ) (

2







n

Ví dụ 1.3

Tìm tất cả các hàm f : N  Z thoả mãn

a) f( 1 )  1

b) f(kn)  2f(n)f(k)  f(k n)  3n 2k, k;nN (1)

Giải

Từ (1) cho nk  0 ta có ( 0 ) ( ( 0 )) 2 0



 f

f suy ra f( 0 )  0 hoặc f( 0 )  1 Nếu f( 0 )  0 từ (1) cho n  0 thì f(k)  0 , k  N suy ra f( 1 )  0 mâu thuẫn với giả thiết, nên f( 0 )  1 Từ (1) cho n 1 ta có f(k 1 )  2f(k)  f(k 1 )  3 2k (2)

Xét phương trình đặc trưng 2 2 1 0





 

 có nghiệm kép   1 Ta tìm được nghiệm dưới dạng

), ( )

(

)

(k f0 k f1 k

f   trong đó f(k) AB.k và f1 (k) a 2k.

Thay f1 (k) vào phương trình (2) được a2k 1  2a2k a2k 1  3 2k, k  N nên a  6

 f(k) ABk 6 2k. Lại có f( 0 )  1; f( 1 )  1 nên A, B xác định như sau





























6 5 1 12 1 6

B A B

A A

suy ra f(n)  62n 6n 5

; n  N * là nghiệm của bài toán

2 Kết hợp các tính chất của hàm số như: tuần hoàn, đơn ánh với các tính chất của dãy

số như: cấp số cộng, cấp số nhân và các bất đẳng thức, các hằng đẳng thức đại số và lượng giác để giải các bài toán về phương trình hàm.

Ví dụ 1.4

Có tồn tại hay không hàm số f : Z  Z sao cho f(m f(n)) f(m)  n; m,nZ (1)

Giải

Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn đề bài Từ (1) cho m 0 ta có f(f(n)) f( 0 )  n (2)

Với n1,n2 Z mà f(n1) f(n2) thì f(f(n1)) f(f(n2)), từ (2) suy ra f( 0 )  n1 f( 0 )  n2,

do đó n 1 n2 nên f là đơn ánh

Cho n 0 từ (1) ta có f(m f( 0 )) f(m)  m f( 0 ) m

Từ đó ta được f( 0 )  0 thay vào (2) có f(f(n))  n, n  Z (3)

Từ (1) thay m bằng f (m) và áp dụng (3) ta được f(f(m))  f(n)  m n.

Xét m,n,p,q là các số nguyên sao cho mnpq, khi đó

f(m) f(n) m n p q f(f(p) f(q)

Theo chứng minh trên f là đơn ánh, nên suy raf(m)  f(n) f(p)  f(q)

Do đó với mọi n  Z ta có f(n 1 )  f(n 1 ) f(n)  f(n)  f(n 1 )  f(n) f(n)  f(n 1 )  f(n 1 )  f(n) f(n)  f(n 1 )  f( 2 )  f( 1 ) f( 1 )  f( 0 )nên  f (n) là một cấp số cộng với số hạng đầu là U1 f( 0 )  0 và công sai d  f( 1 )suy ra f(n) U n1 U1nd nd, n  0

Ta xét với hai số n 0 ,m 0 sao cho mnd  0 thay vào (1) được

n md d nd m n md nd m f n m f nd m f n

f

m

f(  ( ))  (  )  ( )   (  )    (  )  

Từ đó có 2 1





d (vô lý), do vậy không tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu của đề bài

Ví dụ 1.5

Tìm tất cả các hàm f : N  R thoả mãn các điều kiện sau

a) f( 0 ) c

) ( 3

1 ) ( 3 )

1

(

n f

n f n

f







Giải

Từ (1) ta có

6 tan ) ( 1

6 tan ) ( ) ( 3

1 1

3

1 ) ( ) 1 (





n f

n f n f

n f n

f













6 tan ) 0 ( 1

6 tan ) 0 ( ) 1 (





f

f f







Do đó ta đặt f( 0 ) c tan  thì )

6 tan(

) 1 (   

f

) 6

2 tan(

6 tan ) 6 tan(

1

6 tan ) 6 tan(

6 tan ) 1

(

1

6 tan )

1

(

)

2





































f

f

f

Ta chứng minh quy nạp công thức ),

6 tan(

) (n   

Thật vậy, với n  0 ; 1 ; 2 công thức (2) đúng

6 tan(

)

n

Ta có

6 tan ) 6 tan(

1

6 tan ) 6 tan(

6 tan ) ( 1

6 tan ) ( ) 1

(



































n n

f

n f n

6 ) 1 (















 n hay (2) đúng với n 1

6 tan(

)

II Sử dụng phương pháp chứng minh quy nap

Nguyên lý quy nạp: Cho T  N ; 1T và nếu n  T suy ra n1 T thì T  N*

Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm ta có thể sử dụng các phương pháp quy nạp khác nhau Thông thường ta tìm cách tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy luật tổng quát f (n)và chứng minh nó bằng quy nạp theo n.

Ví dụ 2.1 Tìm tất cả các hàm f : N*  N* thoả mãn đồng thời các điều kiện sau

a) f( 1 )  1

b) f(mn) f(m)  f(n) mn, m;nN*

Giải

Chom 0từ b) ta có f(n 1 ) f(n) n 1 , n  N * (1)  f(n) f(n 1 ) n,nN,n  1 (2)

Ta tính vài giá trị ban đầu của f (n)

1



2

) 1 1 ( 1 1 ) 1

f

2



2

) 1 2 ( 2 3 2 ) 1 ( ) 2

f

3



2

) 1 3 ( 3 6 3 ) 2 ( ) 3

f

2

) 1 ( )

f     (3)

Với n 1 thì (3) đúng

2

) 1 ( )

( n n

n

f

2

) 2 )(

1 ( 1 2

) 1 ( 1 ) ( ) 1

n n

n n

n f n

với mọi n  N * Mặt khác do có (1) nên nếu f thoả mãn đề bài thì f được xác định duy nhất Vậy hàm số cần tìm là

2

) 1 ( ) ( n n n

f , n  N*

Ví dụ 2.2

Cho hàm f(m,n) với m,nZ thoả mãn đồng thời các điều kiện sau

a) f( 0 ,n) n 1

b) f(m 1 , 0 ) f(m, 1 )

c) f(m 1 ,n 1 ) fm,f(m 1 ,n); m,n  0

Hãy tính f( 4 , 1981 ).

Giải

Theo c) có f( 4 , 1981 ) f( 3 , f( 4 , 1981 )) Ta đi xác định f ( n3 , ), muốn vậy ta phải tính f ( n1 , )

và f ( n2 , )

Tính f ( n1 , )

2 1 1 ) 1

,

0

(

)

0

,

1

f

3 1 2 ) 2 , 0 ( )) 0 , 1 ( ,

0

(

)

1

,

1

f

4 1 3 ) 3 , 0 ( )) 1 , 1 ( ,

0

(

)

2

,

1

f

Ta chứng minh quy nạp f( 1 ,n) n 2,n  N.

Giả sử có f( 1 ,n) n 2 , phải chứng minh f( 1 ,n 1 ) n 3

Thật vậy có f( 1 ,n 1 ) f( 0 ,f( 1 ,n)) f( 0 ,n 2 ) n 3 , đó là điều phải chứng minh

Tính f ( n2 , )

3 0 2 3 ) 1

,

1

(

)

0

,

2

f

3 1 2 5 ) 3 , 1 ( )) 0 , 2 ( ,

1

(

)

1

,

2

f

3 2 2 7 ) 5 , 1 ( )) 1 , 2 ( ,

1

(

)

2

,

2

f

Ta chứng minh quy nạp f( 2 ,n 2n 3, n  N.

Giả sử có f( 2 ,n)  2n 3 , phải chứng minh f( 2 ,n 1 )  2n 5

Thật vậy có f( 2 ,n 1 ) f( 1 ,f( 2 ,n)) f( 1 , 2n 3 )  2n 5 ,đó là điều phải chứng minh

Tính f ( n3 , )

5 ) 1 ,

2

(

)

0

,

3

f

3 2 13 ) 5 , 2 ( )) 0 , 3 ( ,

2

(

)

1

,

3









f

3 2 29 ) 13 , 2 ( )) 1 , 3 ( ,

2

(

)

2

,

3









f

Chứng minh quy nạp ( 3 , ) 2 3 3



 n

n

Giả sử có ( 3 , ) 2 3 3



 n

n

f ta chứng minh ( 3 , 1 ) 2 4 3





n f

Thật vậy có ( 3 , 1 ) ( 2 , ( 3 , )) ( 2 , 2 3 3 ) 2 ( 2 3 3 ) 3 2 4 3 ,

















n

chứng minh

Tính f ( n4 , )

13 3 2 ) 1

,

3

(

)

0

,

4







f

f

3 2 3 2 ) 13 , 3 ( )) 0 , 4 ( ,

3

(

)

1

,

4











f

3 2 3 2 ) 3 2 , 3 ( )) 1 , 4 ( ,

3

(

)

2

,

4

(

2

2 16













Chứng minh quy nạp với n  N thì (4, ) 2 .2 3

2





n

f , trong đó có ( n 3 ) số 2

Giả sử (4, ) 2 .2 3

2





n

f với ( n 3 ) số 2 Ta chứng minh (4, 1) 2 .2 3

2







n

f với ( n 4 ) số 2 Thật vậy có

) 3 2 , 3 ( )) , 4 ( , 3 ( )

1

,

4

(

2

2







n

2 . 2 3 2 . 2 3

2 3

) 3 2

   với ( n 4 ) số 2, đó là điều phải chứng minh

Từ đó ta được (4,1981) 2 .2 3

2





Nhận xét : Nguyên lý quy nạp không còn đúng trong tập Z, nhưng trong các bài toán ta có thể chia tập Z thành phần dương, âm và quy nạp rời rạc, có thể làm như sau: Giả sử bài toán đúng với  n;  n 1 ; ;  1 ; 0 ; 1 ; 2 ; ;n ta chứng minh bài toán cũng đúng với  n 1

và n 1 , chẳng hạn xét các ví dụ sau

Ví dụ 2.3

Tìm tất cả các hàm f :Z  Z thoả mãn các điều kiện sau

a) f( 0 )  1

b) f(f(n)) n, n  Z

c) ff(n 2 )  2n, n  Z.

Từ a) và b) ta có 0 f(f( 0 )) f( 1 ), vậy f( 0 )  1 và f( 1 )  0 Cho n  2 từ c) ta có:

2 )

2

)

0

(

(f   

f suy ra f( 3 )   2  1  3

Cho n  3 từ b) ta có f(f( 3 ))  3 suy ra f(  2 )  3  1  (  2 )

Cho n  1 từ c) ta có f(f( 1 )  2 )   1 suy ra f( 2 )   1  1  2

Cho n 2 từ b) ta có f(f( 2 ))  2 suy ra f(  1 )  2  1  (  1 )

Chứng minh quy nạp f(n)  1  n, n  Z (1)

Đẳng thức (1) đúng với n   2  ; , 0 ; 1 ; 2

Giả sử (1) đúng với n 2k;  2k  1 ; ; 0 ; 1 ; ; 2k; 2k 1.

Ta chứng minh (1) đúng với n 2k 2 ;  2k 1 ; 2k 2 ; 2k 3.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có

1 2 ) 2 ( 1

)

2

(  k    k  k

f và f(  2k 1 )  1  (  2k 1 )  2k

suy ra

) 2 2 ( 1 1 2 ) 2 ) 2 1 2 ( ( )

2

2

( k f f  k     k   k

f

) 3 2 ( 1 2 2 ) 2 ) 2 2 2 ( ( )

3

2

( k f f  k     k   k

f

) 2 2 ( 1 3 2 )) 3 2 ( ( )

2

2

(  k f f k  k    k

f

) 1 2 ( 1 2 2 )) 2 2 ( ( )

1

2

(  k f f k  k    k

f

Chứng tỏ (1) đúng với n 2k 2 ;  2k 1 ; 2k 2 ; 2k 3.

Vậyf(n)  1  n, n  Z là nghiệm của bài toán

Ví dụ 2.4

Xác định tất cả các hàm f :Z  Z thoả mãn các điều kiện sau

a) f(kn)  f(k n)  2f(k).f(n), k;nZ

b) Tồn tại số nguyên N sao cho | f(n) | N, n  Z.

Giải

Cho n k  0 từ a) ta có f( 0 ) f2 ( 0 ) suy ra f( 0 )  0 hoặc f( 0 )  1

Nếu f( 0 )  0 từ a) cho n  0 thì f(k)  0 , k  Z suy ra f  0 là một nghiệm của bài toán

Nếu f( 0 )  1, từ a) cho k  0 ta có f(n) f( n), n  Z , vì vậy ta chỉ cần xét hàm số trên tập N*

Với n 1 từ a) ta có f(k 1 )  f(k 1 )  2f( 1 ).f(k), k  N * (1)

Ta đi xác định f( 1 ).

Cho k  n từ a) ta có ( 2 ) 2 2 ( ) 1



 f n n

Nếu | f( 1 ) |  2 thì | ( 2 ) | | 2 2 ( 1 ) 1 | 7





 f

f suy ra | ( 4 ) | | 2 2 ( 2 ) 1 | 97





 f

Vậy ta được | f( 2n)   khi n  hay f( 2n) hkông bị chặn mâu thuẫn với b), do đó

2

|

)

1

(

| f  nên f( 1 )  1 ; 0 ; 1

ư ờng hợp 1 : f( 1 )   1

2

2 ( 1 ) 1 1 ( 1 )

2

)

2

f

3

) 1 ( 1 1 2 ) 1 ( ) 1 ( ).

2

(

2

)

3

(  f f  f       

f

Ta chứng minh quy nạp f(n)  (  1 )n, n  N*

Thật vậy, giả sử f( 2k)  1 , f( 2k  1 )   1 Khi đó

2 2

) 1 ( 1 1 2 ) 2 ( ) 1 ( ) 1 2 ( 2

)

2

2

















k

f

3 2

) 1 ( 1 ) 1 2 ( ) 1 ( ).

2 2 ((

2

)

3

2

















k

f

suy ra f(n)  (  1 )n, n  N*

Tr

ư ờng h ơ p 2 : f( 1 )  1

1 1 ) 1

(

2

)

2





 f

f

1 1 2 ) 1 ( ) 1 ( ).

2

(

2

)

3

f

1 1 1 2 ) 2 ( ) 1 ( ) 1 (

2

)

(n  f n f  f n   

f

Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp f(n)  1 , n  N *

Tr

ư ờng hợp 3 : f( 1 )  0

Thay vào (1) ta có f(k 1 )  f(k 1 )  0 suy ra f(k 1 )   f(k 1 ) Cho k  1 ; 2 ; 3 ta được

1 )

0

(

)

2

(   f  

f

0 )

1

(

)

3

(   f 

f

1 )

2

(

)

4

(   f 

f

Chứng minh quy nạp f( 4m)  1 , m  N*; f( 4m 1 )  0 , m  N * (2)

f( 4m 2 )   1 , m  N*; f( 4m 3 )  0 , m  N * (3)

Thật vậy, giả sử có

;

1

)

4

( m 

f f( 4m 1 )  0 (*)

; 1 )

2

4

( m  

f f( 4m 3 )  0 (**)

Khi đó

1 ) 4 ( ) 2 4 ( ) 4 4 ( ))

1

(

4

( m f m   f m f m 

0 ) 1 4 ) 3 4 ( ) 5 4 ( ) 1

)

1

(

4

( m  f m   f m f m 

1 ) 2 4 ( ) 4 4 ( ) 6 4 ( ) 2

)

1

(

4

( m  f m   f m f m  

0 ) 3 4 ( ) 5 4 ( ) 7 4 ( ) 3

)

1

(

4

( m  f m   f m f m 

Nghĩa là (2) và (3) đúng với m 1, ta được điều phải chứng minh

Vậy trong các trường hợp hàm f được xác định như sau

,

1

)

(n 

f nếu n  0 (mod 4)

,

1

)

(n  

f nếu n 2 (mod 4)

)

(n 

f trong các trường hợp còn lại của n

Kết luận: Vậy có 4 hàm số thoả mãn đề bài đó là

. f(n)  0 , n  Z

. f(n)  1 , n  Z

. f(n)  (  1 )n nếu n  0 , n  Z

1

)

(n 

f nếu n 0

n

n



 ( 1 )

)

( nếu n 0 , n  Z

f(n)  1 nếu n  0 (mod 4)

f(n)   1 nếu n 2 (mod 4)

f(n)  0 trong các trường hợp còn lại củan

Nhận xét : Đối với các trường hợp 1 và 2 ta cũng có thể giải được nhờ giải phương trình đặc trưng 2 2 ( 1 ) 1 0





III Sử dụng nguyên lý thứ tự

Định lý 1: Mọi tập con khác rỗng củaN đều có phần tử nhỏ nhất.

Định lý 2: Mọi tập con khác rỗng và bị chặn củaN đều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.

Ví dụ.3.1

Giả sử f , g :N  N là các hàm thoả mãn f là toàn ánh,glà đơn ánh và f(n) g(n), n  N. Chứng minh rằng f  g

Giải

Giả sử f(n) g(n) với n nào đó, n  N Khi đó xét tập khác rỗng Ag(n) : f(n) g(n).

Theo định lý (1) ở trên A có phần tử nhỏ nhất Giả sử đó là g(n0), n 0 N Vì f là toàn ánh nên với g(n0), tồn tại n 1 N sao cho f(n1) g(n0).Từ giả thiết có

) ( ) ( )

(

)

(n1 f n1 g n0 f n0

Vì g(n0)  A nên g(n0) f(n0) từ (1) ta có g(n0)  f(n0) và f(n1) f(n0) suy ra n 1 n0

Mà g(n1) g(n0)vàg là đơn ánh nên g(n1)  g(n0).

Ta có g(n1)  g(n0)  f(n0) hay g(n1)  g(n1)  f(n0)suy ra g(n1) Avàg(n1)  g(n0),mâu thuẫn với việc chọn g(n0). Vậy f  g, đó chính là điều phải chứng minh

Ví dụ 3.2

Giả sử f : N * N* Chứng minh rằng nếu f(n 1 )  f(f(n)),n  N *thì f(n) n,

.

*

N

n 



Giải

Gọi A là tập giá trị của hàm số Khi đó A là tập con khác rỗng của N nên A có phần tử nhỏ

nhất

Từ giả thiết ta có f( 2 )  f(f( 1 )), f( 3 )  f(f( 2 )).

Vì vậy phần tử nhỏ nhất của A không thể là một trong các số f( 2 ), f( 3 ), f( 4 ), Mà phần tử

nhỏ nhất của A là f ( 1 ) và nó được xác định duy nhất

Từ f( 1 )  1 suy ra f(n)  1 , n  1

Vì vậy ta có thể hạn chế hàm f trên N * \1 ,

\

*

Lập luận tương tự như trên f( 2 )là phần tử nhỏ nhất của miền giá trị của hàm này, nên ta có

)

2

(

)

1

f  suy ra f( 2 )  2 , n 2

Lại tiếp tục hạn chế hàm f trên N * \1 ; 2

\

*

Lập lại quá trình trên ta có f( 1 )  f( 2 )  f( 3 )  dẫn đến f là hàm tăng và f(n) n,

*

N

n 

Giả sử f(n) n vớin nào đó, n  N thì ta có f(n) n 1suy ra f(f(n)) f(n 1 ), do f là hàm tăng, điều này mâu thuẫn với giả thiết f(f(n))  f(n 1 ).

Vì vậy f(n) n, n  N* Đó là điều phải chứng minh

Nhận xét : Một số phương trình hàm được giải bằng cách kết hợp nguyên lý quy nạp và nguyên lý thứ tự cùng với một số tính chất của hàm số, ta xét ví dụ sau

Ví dụ 3.3.

Tìm tất cả các hàm f : N  N thoả mãn f(m f(n)) f(m) n, m;.n N.

Giải

Giả sử f( 0 ) a  0

Từ giả thiết cho n 0 ta được f(m f( 0 )) f(m)suy ra f(ma) f(a), mN.

Chứng tỏ f là hàm tuần hoàn và như thế tập giá trị của f là

 ( 0 ); ( 1 ); ( 2 ); (  1 )

A Gọi M là số lớn nhất trong A thì f(n) M, n  N.

Mặt khác, từ giả thiết cho m 0 ta có











n

f

f( ( )) ( 0 ) khi n  điều này mâu thuẫn với f(n) M, n  N nên phải

có f( 0 ) a  0 , khi đó f(f(n)) n, nN.

Nếu f( 1 )  0 thì 0 f( 0 ) f(f( 1 ))  1 vô lý, vậy f( 1 ) b 0

Ta chứng minh quy nạp f(n) bn, n  N (1)

Thật vậy, với n  0 ; 1 thì (1) đúng

Giả sử có f(n) bn, khi đó f(f(n)) f(bn) suy ra n  f (bn).

) 1 ( )

1 ( )) ( 1

(

)

1

(n f  f bn f bnbbnb n

Do đó f(n) bn, n  N.

Lại có f(bn) b2nn nên b 1 và f(n) n. Hàm số thoả mãn đề bài là f(n) n, n  N.

IV Sử dụng tính chất của hàm hoàn toàn nhân tính

Ta đã biết đối với hàm hoàn toàn nhân tính rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm

k

p p p

n  1  2 

2 1

 là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n, nếu f là