CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC ĐỀ THI QUỐC GIA - VMO VMO 1985 A: Bài 2: Gọi M tập hợp tất hàm số f xác đònh với số nguyên nhận giá trò thực thỏa mãn tính chất sau: a/ Với số nguyên x y f(x).f(y) = f(x + y) + f(x - y) b/ f(0) Tìm tất hàm số f M cho f (1) VMO 1991 A: Bài 1: Hãy xác đònh tất hàm số f : cho bất đẳng thức sau với số thực x, y, z bất kì: 1 f ( xy) f ( xz) f ( x ) f ( xy) 2 Ta thực bước chọn ẩn sau: 1 a/ Cho x = y = z = ta nhận f (0) f (0) hay f (0) b/ Cho y = z = ta nhận f ( x ) với x c/ Cho x = y = z = ta nhận f (1) d/ Cho y = z = ta nhận f ( x ) với x Vậy: f(x) , dễ thử lại, đáp số toán VMO 1993 A: Bài 3: Hãy xác đònh tất hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f ( f (n)) 1993.n1945 , n Đáp số toán là: f(x) VMO 1996 A: Bài 4: Hãy xác đònh tất hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f (n) f (n 1) f (n 2) f (n 3) 1996, n VMO 1997 A: - THTT tháng 2/1998 tr22 Bài 3: Có hàm f(n) xác đònh tập số nguyên dương với giá trò nguyên dương thỏa mãn: f(1) = f(n).f(n+2) = f(n+1)2 + 1997, n * Gọi D tập tất hàm số f có tính chất nêu Để cho gọn, kí hiệu: an = f(n) Ta có : an an an21 1997 ( 2) an 1an 3 an2 1997 Suy : an an an 1 an 3 Vậy : an c.an 1 an an 1 an GV: Huỳnh Quốc Hào (3), với c số , (c http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ a3 a1 ) a2 Trang: Ta CM c * Thật vậy, c p với ( p, q) từ (3) ta có : q(an an ) pan1 q.an1 q Vì 1997 an an an 12 q , nên q (do 1997 nguyên tố ) Đặt f (2) a từ (2),(3) ta có : ca2 a1 a3 a1a3 a22 1997 ca a 1997 a / 1998 Nghóa f(2) ước dương 1998 f thuộc D Đảo lại, với ước dương a 1998 xây dựng hàm f: * sau: f (1) f (20 a f (n 2) (a b) f (n 1) f (n), b 1998 * a Ta chứng h f D Dễ thấy f (n) * f (n 2) f (n) f (n 1) không phụ thuộc n, : f (n 2) f (n) f (n 1) f (3) f (2) (a b)a a 1997 f D Tương ứng f > f(2) song ánh D tập ước dương 1998 Vậy: D (1 1)(1 3)(1 1) 16 VMO 1999: - Bảng A: - THTT tháng 2/2000 tr Bài 6: Hãy xác đònh tất hàm f(t) xác đònh tập số nguyên không âm với giá trò T= 0,1, 2, ,1999 thỏa mãn đk sau: a/ f(t) = t với t 1999 b/ f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m, n Giả sử f hàm số cần tìm Đặt f(2000) = a; b = 2000 - a Ta có: b 2000 Ta có nhận xét sau (dễ chứng minh quy nạp) Nhận xét 1: Với r mà r b ta có : f (2000 r ) a r Nhận xét 2: Với k mà r b ta có : f (2000 kb r ) a r Từ nhận xét ta suy f hàm cần tìm thì: f (t ) t (*) f (2000) a với r m (mod(2000 a)); r 2000 a f (2000 m ) a r Ngược lại, cho a T Xét hàm số f xác đònh thỏa mãn (*) Dễ thấy f (n) T , n Ta cần kiểm tra: f( m + n) = f(f(m) + f(n)) , m, n (1) Việc kiểm tra dựa nhận xét sau: (dễ chứng minh) Nhận xét 3: f (n b) f (n), n a, b 2000 a Nhận xét 4: n f (n) (mod b), n Bây cần CM (1) cho trường hợp có hai số m, n không thuộc T Giả sử m 2000 Khi m n 2000 a f(m)+ f(n) a (do f (m) a) Mà m n f (n) f (m) (mod b) (theo nhận xét 4) Thành thử nhận xét => f( m + n) = f(f(m) + f(n)) Kết luận: Tất hàm số thỏa mãn đầu xác đònh theo côngthức (*) với a thuộc T cho trước Thành thử có 2000 hàm số VMO 2000: - Bảng B: GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: Bài 6: Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn điều kiện: x f ( x ) f (1 x ) x x , x (cũng o 199?) Thay x - x ta được: (1 x )2 f (1 x ) f ( x ) 2(1 x ) (1 x )4 , x x f ( x ) f (1 x ) x x Như ta có hệ: f ( x ) (1 x ) f (1 x ) 2(1 x ) (1 x ) Ta có : D ( x x 1)( x x 1) Dx (1 x )( x x 1)( x x 1) Vậy D f ( x ) Dx , x 1 x : x a;, x b Từ ta có nghiệm toán là: f ( x ) c : x a (c tùy ý) 2a a a c : x b với a, b nghiệm pt : x x VMO 2001: - Bảng B: - Không có Phương trình hàm VMO 2001: - Bảng A: - THTT tháng 11/2001 tr 11 2x Bài 5: Cho hàm số g( x ) Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh, liên tục khoảng 1 x2 (-1; 1) thỏa mãn hệ thức: (1 x ) f ( g( x )) (1 x )2 f ( x ), x (1;1) Viết lại hệ thức đề dạng: (1 x )2 f ( g( x )) (1 x ) f ( x), x (1;1) 2 (1 x ) (6) Đặt: ( x ) (1 x ) f ( x ), x (1;1) , đó, f(x) liên tục (-1; 1) thỏa mãn (6) ( x ) liên tục (-1; 1) thỏa mãn hệ thức: ( g( x )) ( x ), x (1;1) (7) 1 x , x (0; ) song ánh từ (0; ) đến (-1; 1) Do viết lại (7) 1 x 1 x 1 x 1 x2 1 x dạng: ( g( )) ( ), x (0; ) hay ( ) ( ), x (0; ) (8) 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x Xét hàm số: h(x) = ( ) , x (0; ) 1 x Khi đó, ( x ) liên tục (-1; 1) thỏa mãn (8) h(x) liên tục (0; ) thỏa mãn hệ thức: h(x2) = h(x), x (0; ) (9) Dễ thấy: u( x ) n Từ (9), PP quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được: h( x ) h( x ), x (0; ), n n Từ đó, lim (2 x ) h( x ) liên tục (0; ) suy h(x) = h(1), x (0; ) n a x (1;1) a tùy ý 1 x2 Dễ thấy hsố f(x) xác đònh thỏa mãn tất yêu cầu đề bài, chúng tất hàm số cần tìm Dẫn tới ( x ) = const x (1;1) Vì vậy: f ( x ) VMO 2002: - Bảng B: - THTT tháng 10/2002 tr10 Bài 2: Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh tập hợp số thực R thỏa mãn hệ thức: GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: f ( y f ( x )) f ( x 2002 y ) 2001.y f ( x ), x , y Giả sử f(x) hsố thỏa yêu cầu đề Lần lượt y = f(x) y = x2002 vào hệ thức bài, ta được: f (0) f ( x 2002 f ( x )) 2001.( f ( x ))2 , x f ( x 2002 f ( x )) f (0) 2001.x 2002 f ( x ), x Cộng vế theo vế đẳng thức trên, ta : f ( x ).( f ( x ) x 2002 ) 0, x Từ suy f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề thì: f (0) (1) f ( x ) x 2002 (2), x mà f ( x ) Dễ thấy, hai hàm số f1 ( x ) f2 ( x ) x 2002 , x thỏa mãn (1) (2) Ta CM tồn hsố f(x) thỏa mãn yêu cầu đề mà khác f1 f2 dẫn đến mâu thuẫn Khi đó, theo lập luận trên, f phải thỏa mãn (1) (2) Hơn nữa, f khác f2 nên tồn x0 cho f(x0) = Lại f khác f1 nên tồn y0 cho f(y0) Thay x = vào hệ thức bài, với lưu ý tới (1), ta được: f(y) = f(-y), y Do giả sử y0 > Vì f(y0) nên theo (2), phải có f(y0) y0 2002 (*) Mặt khác, thay x = x0 y = -y0 vào hệ thức bài, ta được: f(-y0) f ( x0 2002 y0 ) (**) Từ (*) (**) (2) ta có: o y0 2002 f ( y0 ) f ( y0 ) f ( x0 2002 y0 ) ( x0 2002 y0 )2002 y0 2002 (do y0 0) => Mâu thuẩn Vậy f f1 ; f2 Phép thử trực tiếp cho thấy f(x) hàm số cần tìm VMO 2002: - Bảng A: - Không có Phương Trình Hàm VMO 2003: - Bảng B: - THTT tháng 1/2004 tr18 Bài 5: Hãy tìm tất đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn hệ thức: ( x 3x x 2)P ( x 1) ( x 3x 3x 2)P ( x ), x Ta có: ( x 3x x 2)P ( x 1) ( x 3x 3x 2)P ( x ), x (2) ( x 2)( x x 1)P( x 1) ( x 2)( x x 1)P ( x ), x (3) Thay x = -2 vào (3) ta được: = -28.P(-2) => P(-2) = Thay x = vào (3) ta được: = 28.P(1) => P(1) = Từ đó: + Thay x = -1 vào (2) ta được: = -9.P(-1) => P(-1) = + Thay x = vào (2) ta được: = 9.P(0) => P(0) = Từ kết trên, suy ra: P(x) = (x-1)x(x+1)(x+2).Q(x) , x (4) Trong Q(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới: P(x - 1) = (x-2)(x-1)(x)(x+1).Q(x-1) , x (5) Từ (3), (4), (5) ta được: ( x 2)( x 1) x ( x 1)( x 2)( x x 1).Q( x 1) ( x 2)( x 1) x ( x 1)( x 2)( x x 1).Q( x ), x 2 Suy ra: ( x x 1).Q( x 1) ( x x 1).Q( x ), x 0; 1; 2 GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: Do vế đẳng thức đa thức biến x nên: ( x x 1).Q( x 1) ( x x 1).Q( x ), x (6) Từ đó, ( x x 1; x x 1) , suy Q( x ) ( x x 1).R( x ), x (7) R(x) đa thức với hệ số thực biến x Dẫn tới: Q( x 1) ( x x 1).R( x 1), x (8) 2 Từ (6), (7), (8) ta được: ( x x 1).( x x 1).R( x 1) ( x x 1).( x x 1).R( x ), x Từ đó, ( x x 1)( x x 1) 0, x ta R(x -1)= R(x), x Suy R(x) đa thức Từ (7), (4) ta được: P( x ) c( x 1) x ( x 1)( x 2)( x x 1), x , c số thực tùy ý Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức P(x) vừa tìm thỏa mãn hệ thức đề bài, chúng tất đa thức cần tìm GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: VMO 2003: - Bảng A: - THTT tháng 2/2004 tr4 Cho tập hợp F gồm tất hàm số f : thỏa mãn f (3 x ) f ( f (2 x )) x , x Hãy tìm số thực lớn cho với hsố f thuộc tập F, ta có: f ( x ) x , x Bài nghiên dãy số VMO 2004: - Bảng A, B: - Không có Phương Trình Hàm VMO 2005: - Bảng A B: - THTT tháng 11/2005 tr11 Bài 4: Hãy xác đònh tất hàm số f : thỏa mãn điều kiện: f ( f ( x y)) f ( x ) f ( y) f ( x ) f ( y) xy, x , y Giả sử f : hàm số thỏa mãn hệ thức đề bài, nghóa là: f ( f ( x y)) f ( x ) f ( y) f ( x ) f ( y) xy, x , y Đặt f(0) = a Thế x = y = vào (1), ta f(a) = a2 Thế x = y vào (1), với lư ý tới (2), ta được: ( f ( x ))2 x a , x (1) (2) (3) Suy ( f ( x ))2 ( f ( x ))2 , x hay ( f ( x ) f ( x ))( f ( x ) f ( x )) 0, x (4) Giả sử tồn xo cho f ( x0 ) f ( x0 ) Thế y = vào (1), được: f ( f ( x )) af ( x ) f ( x ) a, x Thế x 0; y x vào (1), ta : f ( f ( x )) af ( x ) f ( x ) a, x Từ (5) (6) suy : a.( f ( x ) f ( x )) f ( x ) f ( x ) 2a, x Thế x = x0 vào (7), ta được: f ( x0 ) a (5) (6) (7 ) (*) Mặt khác, từ (3) suy f(x1) = f(x2) x12 x 2 Vì thế, từ (*) suy x0 = trái với giả thiết xo Mâu thuẩn chứng tỏ f ( x ) f ( x ), x Do từ (4) suy f ( x ) f ( x ), x Thế (8) vào (7) ta được: a.( f ( x ) 1) 0, x Suy a = 0, ngược lại a f(x) = 1, x , trái với (8) Do từ (3) có: ( f ( x ))2 x , x (8) (9) Giả sử tồn x0 cho f ( x0 ) x Khi theo (5) ta phải có: x0 f ( x0 ) f ( f ( x )) f ( x0 ) x0 Mâu thuẩn chứng tỏ f(x) x , x Vì vậy, từ (9) ta f(x) = - x, x Ngược lại, kiểm tra trực tiếp, ta thấy hsố tìm thỏa mãn yêu cầu đề Vậy hàm số f(x) = - x, x hàm số cần tìm VMO 2006: - Bảng B: - THTT tháng 11/2006 tr Bài 5: Hãy tìm tất hàm số f(x) xác đònh, liên tục tập số thực , lấy giá trò thỏa mãn điều kiện: f(x - y) f(y - z) f(z - x) + = 0, x, y, z t t t ,y z 0, thu f (t) f ( )2 , f(t) < 0, với t Vậy đặt 2 g(x) f(x) = -2 Thế vào pt hàm cho, nhận được: Cho x GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: g( x y) g( y z) g(z x ) Đặt u = x - y; v = y - z z - x = - (u+ v) Đặt h(x) = g(x) - 1, PT hàm trở thành: h(u) + h(v) = - h(-u - v) (*) Dể thấy h(0) = 0, (với u = v = 0) h(x) = -h(-x) (với u = x v = -x) PT (*) viết lại thành h(u) h(v) h(u v) PT hàm PT hàm Cauchy Nghiệm h(t) = at, với a số thực tùy ý Thế ngược lại, ta thu nghiệm PT hàm ban đầu là: f ( x ) 2ax 1 , a Thử lại thấy hàm số nghiệm PT cho VMO 2006 - Bảng A: - THTT tháng 11/2006 tr 10 Bài 5: Hãy xác đònh tất đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn hệ thức sau: P( x ) x (3P( x ) P( x )) ( P( x ))2 x (1), x (1) Giả sử P(x) đa thức cần tìm, dễ thấy deg P > 1/ Xét deg P = P( x ) ax b, a 0, vào (1), ta : (a 3a 2) x 2b(a 2b) x b b (2) Từ (2) ta tìm (a = 1, b = 0), (a = 2, b = 0), (a = 2, b = 1) Ta đa thức: P( x ) x; P( x ) x; P( x ) x 1; 2/ Xét deg P = n > Đặt P ( x ) ax n S( x ), a (3), với S( x ) đa thức, deg S k n Thế (3) vào (1), ta được: (a a) x n (S ( x ))2 S( x ) 2ax n S( x ) (3 (1)n )ax n 1 (3S( x ) S( x )) x x (4) Vì bậc đa thức nằm vế phải (4) n + n + < 2n nên từ (4) ta a2 - a = 0, hay a = Do đó, từ (4) ta có: x n S ( x ) (S( x ))2 S ( x ) (3 (1)n ) x n 1 (3S( x ) S( x )) x x (5) Vì bậc đa thức nằm vế trái (5) n + k bậc đa thức nằm vế trái (%0 n + nên từ (5) ta suy phải có k = Hơn nữa, (5) thay x = ta (S (0))2 S (0) 0, hay S (0) S(0) Như , S( x ) có dạng : S ( x ) px S ( x ) px Trường hợp 1: S( x ) px Thế vào (5) ta được: (3 (1)n p) x n1 ( p p 2).x 3 (1)n p p 1, n 1(mod 2) p 2, n 0(mod 2) p p Từ ta đa thức: P( x ) x n 1 x P( x ) x n x Phép thử trực tiếp cho thấy đa thức thỏa (1) Trường hợp 2: S( x ) px Thế vào (5) ta được: (3 (1)n p) x n x n ( p p 2).x 2( p 2) x Suy = Vô lý Chứng tỏ không tồn đa thức thỏa (5), không tồn đa thức thỏa (1) trường hợp Tóm lại, tất đa thức thỏa đề là: P( x ) x ; P( x ) x n 1 x P( x ) x n x , n tùy ý GV: Huỳnh Quốc Hào http://sites.google.com/site/toantintrangchu/ Trang: VMO 2007: - THTT tháng 11/2007 tr 14 Câu 5: (3 đ) Cho b số thực dương Hãy xác đònh tất hàm số f xác đònh tập số thực , lấy giá trò thỏa mãn phương trình: y y f ( x y ) f ( x ).3b f ( y )1 b x (3b f ( y )1 b y ), x , y Phương trình cho tương đương với: f ( x y) b x y ( f ( x ) b x ).3b y f ( y ) 1 , x, y (1) Đặt g(x) = f(x) + bx Khi (1) có dạng: g( x y ) g( x ).3g ( y )1 , x , y (2) Thay y = vào pt (2) ta g( x ) , x g( x ) g( x ).3g (0 )1 , x g(0) * Với g( x ) 0, x f ( x ) b x * Với g(0) 1, x vào pt(2) ta g( y ) g(0).3g ( y )1 g( y) 3g ( y )1 3g ( y )1 g( y ) 0, y (3) Xét hsố h(t ) 3t 1 t có h '(t ) 3t 1.ln h '(t ) t log3 (log3 e) Ta có bảng biến thiên sau, với a log3 e log3 (log3 e) Từ bảng biến thiên ta thấy pt h(t) = có nghiệm t1 = t2 = c , với 0