VỀ HAI BÀI TỐN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC KỲ THI OLYMPIC TOÁN NĂM 2012 Trần Xuân Đáng (Giáo viên trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định) Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế năm 2012 tổ chức Achentina có tốn sau: Bài tốn 1: Tìm tất hàm số f : ¢ → ¢ cho với tất số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = , đẳng thức sau đúng: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 (Ở ¢ ký hiệu tập hợp số nguyên) Bài toán toán đề thi IMO 2012 Nam Phi đề nghị Sau lời giải toán tác giả viết này: Giả sử hàm f : ¢ → ¢ thỏa mãn điều kiện đề Cho a = b = c = , ta f (0) = Cho a = n, b = −n, c = (n ∈¢ ) ta f (−n) = f (n) Đặt f (1) = t (t ∈¢ ) Cho a = 2, b = −1, c = −1 ta có f (2) = f (2) = 4t * Trường hợp 1: f (2) = ⇒ f (3) = t 2 Ta có ( f (4) ) + ( f (2) ) + ( f (2) ) = f (2) f (4) + f (2) f (4) + f (2) f (2) ⇒ f (4) = Giả sử f (2i) = 0, f (2i + 1) = t (1 ≤ i ≤ k ) ⇒ ( f (2k + 2) ) + ( f (2k ) ) + ( f (2) ) = ⇒ f (2k + 2) = 2 Ta có ( f (2k + 3) ) + ( f (2k ) ) + ( f (3) ) = f (3) f (2k + 3) ⇒ f (2k + 3) = f (3) = t Vậy f (2i) = 0, f (2i + 1) = t , ∀i ∈ N 2 ⇒ f (2i ) = 0, f (2i + 1) = t , ∀i ∈ ¢ * Trường hợp 2: f (2) = 4t (t ∈ ¢, t ≠ 0) Ta có ( f (3) ) + ( f (2) ) + ( f (1) ) = f (1) f (2) + f (1) f (3) + f (2) f (3) Suy f (3) = t f (3) = 9t a) f (3) = 9t , f (2) = 4t , f (1) = t Ta chứng minh f (n) = n 2t , ∀n ∈ ¥ * Thật mệnh đề với n = 1, 2,3 Giả sử mệnh đề đến n ≥ 2 Ta có ( f (n + 1) ) + ( f (n) ) + ( f (1) ) = f (1) f (n) + f (1) f (n + 1) + f (n) f (n + 1) 2 ⇒ ( f (n + 1) ) − 2t (n + 1) f (n + 1) + t (n − 1) = ⇒ f (n + 1) = t (n + 1)2 f (n + 1) = t (n − 1)2 Giả sử f (n + 1) = t (n −1)2 = f (n − 1) Ta có ( f (n −1) ) + ( f (2) ) + ( f (n + 1) ) = f (2) f (n − 1) + f (2) f (n + 1) + ( f (n −1) ) 2 ⇒ ( f (2) ) = f (2) ( f (n − 1) + f (n + 1) ) ⇒ 16t = 8t.2(n − 1)2 t ⇒ 16t = 16t (n − 1) Đó điều vơ lý (vì n ≥ ) Vậy f (n) = n2t , ∀n ∈ ¥ * ⇒ f (n) = n 2t , ∀n ∈ ¢ b) f (3) = t , f (0) = 0, f (1) = t , f (2) = 4t ( f (4) ) + ( f (2) ) + ( f (2) ) = f (2) f (2) + f (2) f (4) + f (2) f (4) ⇒ f (4) = f (4) = 16t Giả sử f (4) = 16t 2 Ta có ( f (4) ) + ( f (3) ) + ( f (1) ) = f (1) f (4) + f (3) f (4) + f (1) f (3) ⇒ 256t + 2t = 32t + 32t + 2t ⇒ 192t = (vô lý) Vậy f (4) = 2 Ta có ( f (5) ) + ( f (4) ) + ( f (1) ) = f (1) f (5) ⇒ f (5) = f (1) = t , 2 ( f (6) ) + ( f (4) ) + ( f (2) ) = f (2) f (6) ⇒ f (6) = f (2) = 4t , 2 ( f (7) ) + ( f (4) ) + ( f (3) ) = f (3) f (7) ⇒ f (7) = f (3) = t , 2 ( f (8) ) + ( f (4) ) + ( f (4) ) = ⇒ f (8) = 2 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh f (4i + 1) = t ∀i ∈ N ; f (4i + 3) = t ∀i ∈ ¥ f (4i) = ∀i ∈ N ; f (4i + 2) = 4t ∀i ∈¥ Thật giả sử f (4k ) = 0, f (4k + 1) = t , f (4k + 2) = 4t , f (4k + 3) = t (k ∈ N ) Ta có ( f (4k + 1) ) + ( f (4k ) ) + ( f (1) ) = f (1) f (4k ) + f (4k ) f (4k + 1) + f (1) f (4k + 1) 2 ⇒ f (4k + 1) = f (1) ( f (4k + 2) ) + ( f (4k ) ) + ( f (2) ) = f (2) f (4k ) + f (4k ) f (4k + 2) + f (2) f (4k + 2) 2 ⇒ f (4k + 2) = f (2) = 4t ( f (4k + 3) ) + ( f (4k ) ) + ( f (3) ) = f (3) f (4k ) + f (4k ) f (4k + 3) + f (3) f (4k + 3) 2 ⇒ f (4k + 3) = f (3) = t ( f (4k + 4) ) + ( f (4k ) ) + ( f (4) ) = f (4) f (4k ) + f (4k ) f (4k + 4) + f (4) f (4k + 4) 2 ⇒ f (4k + 4) = f (4) = Suy f (4i) = 0, f (4i + 1) = t , f (4i + 2) = 4t , f (4i + 3) = t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀i ∈ ¢ Ngược lại, giả sử hàm f : ¢ → ¢ thỏa mãn f (2i) = 0, f (2i + 1) = t (t ∈¢ ) với i ∈¢ Giả sử a, b, c ∈ ¢, a + b + c = Suy số a, b, c có số chẵn +) Nếu a, b, c chẵn f (a) = f (b) = f (c) = ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 +) Nếu a chẵn b, c lẻ f (a) = , f (b) = f (c) = t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 2t 2 2 ( f (a) f (b) + f (a) f (c) + f (b) f (c) ) = 2t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 Tương tự b chẵn a, c lẻ c chẵn a, b lẻ ta có: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 Vậy hàm f : ¢ → ¢ cho f (2i) = , f (2i + 1) = t (t ∈¢ ) với i ∈¢ thỏa mãn điều kiện đề +) Xét hàm số f : ¢ → ¢ thỏa mãn f (n) = n 2t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀n ∈ ¢ Giả sử a, b, c ∈¢ thỏa mãn a + b + c = Ta có f (a) = a 2t , f (b) = b 2t , f (c) = c 2t Suy ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = ( a + b + c ) t 2 2 a + b + c = ⇒ a + b + c = −2ab − 2bc − 2ca ⇒ a + b4 + c + 2a 2b2 + 2b2c + 2a 2c = 4a 2b2 + 4b 2c + 4a 2c + 8abc(a + b + c) ⇒ a + b4 + c = 2a 2b2 + 2b 2c + 2a 2c ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 2a 2b 2t + 2b 2c 2t + 2a 2c 2t 2 2 = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a ) Vậy hàm f : ¢ → ¢ cho f (n) = n 2t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀n ∈ ¢ thỏa mãn đề +) Xét hàm f : ¢ → ¢ thỏa mãn f (4i + 1) = t , f (4i + 2) = 4t , f (4i + 3) = t , f (4i) = (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀i ∈ ¢ Giả sử a, b, c ∈¢ cho a + b + c = - Nếu a = 4i (i ∈ ¢ ) ⇒ b + c ≡ (mod 4) - Nếu b, c chia hết cho f (a) = f (b) = f (c) = ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) ( = 0) 2 - Nếu b ≡ 2(mod 4) c ≡ 2(mod 4) f (a) = 0, f (b) = 4t , f (c) = 4t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 32t 2 2 f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) = 32t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu b ≡ 1(mod 4) c ≡ 3(mod 4) f (b) = t , f (c) = t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 2t 2 2 f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) = 2t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 1(mod 4) , b ≡ 0(mod 4) c ≡ 3(mod 4) , tương tự ta có: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 1(mod 4) , b ≡ 3(mod 4) c ≡ 0(mod 4) , tương tự ta có: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 1(mod 4) , b ≡ 2(mod 4) c ≡ 1(mod 4) ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 18t 2 ⇒ f (a) = t , f (b) = 4t , f (c) = t 2 f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) = 8t + 8t + 2t = 18t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 1(mod 4) , b ≡ 1(mod 4) c ≡ 2(mod 4) , tương tự ta có: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 2(mod 4) , b ≡ 0(mod 4) c ≡ 2(mod 4) a ≡ 2(mod 4) , b ≡ 1(mod 4) c ≡ 1(mod 4) ; a ≡ 3(mod 4) , b ≡ 0(mod 4) c ≡ 1(mod 4) a ≡ 3(mod 4) , b ≡ 1(mod 4) c ≡ 0(mod 4) , tương tự ta có: ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 - Nếu a ≡ 3(mod 4) , b ≡ 3(mod 4) , c ≡ 2(mod 4) f (a) = f (b) = t , f (c) = 4t ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = 18t ; f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) = 18t 2 2 ⇒ ( f (a) ) + ( f (b) ) + ( f (c) ) = f (a) f (b) + f (b) f (c) + f (c) f (a) 2 Vậy tất hàm f : ¢ → ¢ thỏa mãn đề là: f : ¢ → ¢ : f (2i) = 0, f (2i + 1) = t (t ∈ ¢ ) ∀i ∈ ¢ f : ¢ → ¢ : f (n) = n 2t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀n ∈ ¢ f : ¢ → ¢ : f (4i ) = 0, f (4i + 1) = t , f (4i + 2) = 4t , f (4i + 3) = t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀i ∈ ¢ Trong kỳ thi chọn HSG Quốc gia THPT năm 2012 Việt Nam có tốn sau: Bài tốn 2: Tìm tất hàm f xác định tập số thực ¡ , lấy giá trị ¡ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: 1) f toàn ánh từ ¡ đến ¡ 2) f hàm số tăng ¡ 3) f ( f ( x) ) = f ( x) + 12 x với số thực x (Bài toán đề thi VMO - 2012) Trong tạp chí Kvant tháng 11 năm 1986 có tốn sau: Bài tốn 3: Tìm tất hàm liên tục f : ¡ → ¡ thỏa mãn f ( f ( x) ) = f ( x) + x với số thực x Sau lời giải toán 3: Giả sử hàm f : ¡ → ¡ hàm liên tục ¡ thỏa mãn f ( f ( x) ) = f ( x) + x với số thực x Trước hết ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử x1 , x2 ∈ ¡ cho f ( x1 ) = f ( x2 ) Khi f ( f ( x1 ) ) = f ( f ( x2 ) ) Mặt khác f ( f ( x1 ) ) = f ( x1 ) + x2 f ( f ( x2 ) ) = f ( x2 ) + x2 Từ suy x1 = x2 Ta có f ( f (0) ) = f (0) Vì f đơn ánh nên f (0) = Đặt f ( x) = x, f1 ( x) = f ( x), f n +1 ( x) = f ( f n ( x) ) ⇒ f n ( x) = Fn −1 x + Fn f ( x) với n ∈ ¥ * ( Fn ) dãy Phibơnaxi xác định F0 = 0, F1 = 1, Fn + = Fn + Fn +1 (n ≥ 0) Thật mệnh đề với n = 1, n = Giả sử mệnh đề đến n = k ≥ Ta có f k +1 ( x) = f ( f (k ) ) = f ( f ( f k −1 ( x) ) ) = f k −1 ( x) + f k ( x) = Fk −2 x + Fk −1 f ( x) + Fk −1x + Fk f ( x) = ( Fk −2 + Fk −1 ) x + ( Fk −1 + Fk ) f ( x) = Fk x + Fk +1 f ( x) Vậy mệnh đề với n = k + , tức f n ( x) = Fn −1 x + Fn f ( x) với n ∈ ¥ * Vì f liên tục đơn ánh nên f đồng biến f nghịch biến Giả sử f nghịch biến ¡ Phương trình đặc trưng dãy ( Fn ) là: 1+ t = 2 t − t −1 = ⇔ 1− t = Đặt t1 = 1+ 1− , t2 = Tồn số A B cho 2 A + B = Fn = At1n + Bt2n , ∀n ∈ ¥ Vì F0 = 0, F1 = nên At1 + Bt2 = n n 1 1+ 1− ⇒ A= , B=− ⇒ Fn = − ÷ ÷ 5 5 ÷ ÷ Giả sử f hàm nghịch biến Với x > ta có f ( x) < ⇒ f ( f ( x) ) > ⇒ x + f ( x) > ⇒ > f ( x) > − x ⇒ f ( x) < x B = − A ⇒ A(t1 − t2 ) = Với x < ta có f ( x) > ⇒ f ( f ( x) ) < ⇒ x + f ( x) < ⇒ < f ( x) < − x ⇒ f ( x) < x Trong trường hợp ta có f ( x) < x với x ≠ Suy f ( x) ≤ x với x ∈ ¡ Vậy x số thực n số nguyên dương f n ( x) = f ( f n −1 ( x) ) ≤ f n −1 ( x) ≤ ≤ f ( x) ≤ x Cố định x ∈ ¡ F f ( x) n −1 n Ta có f n ( x) = Fn −1 x + Fn f ( x) ⇒ F x + f ( x) = F n n f ( x) F = +∞ f n ( x) bị chặn ⇒ lim n =0 Ta có nlim →+∞ n n→+∞ F n n −1 t1 − Fn −1 = Mặt khác n Fn t1 − n −1 t1 1 n −1 ÷ − t2 n −1 n −1 t t t2 t −t = n 2n = n n t1 − t2 t1 t2 ÷ −1 t2 n t1 Fn −1 −1 1− = = = ⇒ f ( x) = x Vì nlim ÷ = ⇒ nlim →+∞ F →+∞ t t2 2 +1 n 2 Giả sử f đồng biến ¡ Vì f khơng bị chặn f liên tục nên Im f = ¡ Mặt khác f đơn ánh nên tồn hàm g : ¡ → ¡ cho g ( f ( x) ) = x ∀x ∈ ¡ f ( g ( x) ) = x ∀x ∈ ¡ ( g hàm ngược f ), g đồng biến ¡ Với x ∈ ¡ ta có x = g ( g ( x) ) + g ( x) Thật vậy, đặt g ( x) = y, g ( y ) = t ta có g ( g ( x) ) = g ( y ) = t ⇒ y = f (t ) ⇒ g ( x) + g ( g ( x) ) = t + f (t ) = f ( f (t ) ) = f ( y ) = x n Ta chứng minh ( −1) g n ( x) = Fn −1 x − Fn g ( x) ( Fn ) dãy Phibônaxi trên, g ( x) = x, g1( x) = g ( x), g n+1( x) = g ( g n ( x ) ) (n ∈ ¥ ) Thật mệnh đề với n = 1, n = Giả sử mệnh đề đến n = k ≥ Ta có g k +1 ( x) = g k −1 ( x) − g k ( x) = ( −1) k −1 ( Fk −2 x − Fk −1g ( x) ) − (−1)k ( Fk −1x − Fk g ( x) ) = (−1)k −1 ( Fk −2 x + Fk −1 x ) − g ( x)(−1)k −1 ( Fk −1 + Fk ) = (−1)k −1 Fk x − (−1) k −1 g ( x) Fk +1 = (−1)k +1 Fk x − (−1) k +1 g ( x) Fk +1 ⇒ (−1)k +1 g k +1 ( x) = Fk x − Fk +1 g ( x) Ta có g n +1 ( x) = g n −1 ( x) − g n ( x), g (0) = Nếu x > g ( x) > g (0) = ⇒ g ( g ( x) ) > ⇒ x > g ( x) > Nếu x < g ( x) < ⇒ g ( g ( x) ) < ⇒ x < g ( x) < ⇒ g ( x) < x Trong trường hợp ta có: g ( x) < x ⇒ g n ( x) < x , ∀n ∈ N * ⇒ g n ( x) ≤ x , ∀x ∈ ¡ (n ∈ N * ) Cố định x ∈ ¡ Ta có (−1)n g n ( x) = Fn −1 x − Fn g ( x) ⇒ (−1) g n ( x) Fn −1 = x − g ( x) Fn Fn Fn = +∞ Vì g n ( x) bị chặn nlim →+∞ Fn −1 1 −1 −1 = = = = ⇒0= x − g ( x) n →+∞ F t 2 + + n 2 lim ⇒ g ( x) = −1 +1 x ⇒ f ( x) = x= x 2 −1 Vậy có hàm f thỏa mãn đề Đó hàm f ( x) = +1 1− x, ∀x ∈ ¡ f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ 2 Lời giải toán tương tự lời giải toán Sau lời giải toán tác giả viết này: Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện đề Vì f tồn ánh từ ¡ → ¡ f hàm số tăng ¡ nên tồn hàm g xác định ¡ , tăng ¡ cho f ( g ( x) ) = x g ( f ( x) ) = x với x ∈ ¡ ( g hàm ngược f ) Ta chứng minh g ( g (t ) ) = 1 t − g (t ), ∀t ∈ ¡ 12 12 Thật với t ∈ ¡ , đặt g (t ) = y ta có f ( y ) = t Đặt g ( y ) = x ta có f ( x) = y ⇒ g ( g (t ) ) = g ( y ) = x Ta có t = f ( y ) = f ( f ( x) ) f ( f ( x) ) = f ( x) + 12 x Suy t = g (t ) + 12 g ( g (t ) ) ⇒ g ( g (t ) ) = 1 t − g (t ) 12 12 * Đặt g0 (t ) = t , g1 (t ) = g (t ), g n +1 (t ) = g ( g n (t ) ) (n ∈ N ) Xét dãy ( un ) ( ) cho u2 = un + = 1 13 , v2 = − , u3 = − , v3 = 12 12 144 144 1 un − un +1 ) (n ≥ 2) , + = ( − +1 ) (n ≥ 2) ( 12 12 n n n n 41 3 1 12 12 Ta chứng minh un = ÷ + − ÷ (n ≥ 2) = ÷ − − ÷ (n ≥ 2) 4 3 4 3 Ta chứng minh g n (t ) = unt + g (t ), ∀n ≥ Thật mệnh đề với n = Ta có g3 (t ) = g ( g (t ) ) = =− 1 11 g (t ) − g ( g (t ) ) = g (t ) − t − g (t ) ÷ 12 12 12 12 12 12 1 t + + ÷g (t ) = u3t + v3 g (t ) 144 12 12 Giả sử mệnh đề đến n = k ≥ Ta có g k +1 (t ) = = 1 1 g k −1 (t ) − g k (t ) = ( uk −1t + vk −1g (t ) ) − ( uk t + vk g (t ) ) 12 12 12 12 1 t ( uk −1 − uk ) + g (t ) ( vk −1 − vk ) = uk +1t + vk +1 g (t ) Vậy mệnh đề với n = k + 12 12 Theo nguyên lý quy nạp toán học, (1) với n ≥ ⇒ g n (t ) = u n t + g (t ) (n ≥ 2) n n 12 n 12 n ⇒ g n (t ) = ÷ + − ÷ t + ÷ − − ÷ g (t ) n n 12 12 = ÷ t + g (t ) ÷+ − ÷ t − g (t ) ÷ 7 4 7 3 Ta có f đơn ánh f ( f (0) ) = f (0) ⇒ f (0) = ⇒ g (0) = Ta có g ( g (t ) ) = 1 t − g (t ) 12 12 Nếu t > g (t ) > ⇒ < g ( g (t ) ) < 1 t ⇒ g (t ) < t 12 12 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh < g k (t ) < t , ∀t > 12k Xét t < ta có g (t ) < g (0), g ( g (t )) < g (0 ) = Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh g n (t ) < , ∀n ∈ ¥ * (t < 0) Ta có > g ( g (t ) ) = 1 1 t − g (t ) > t ⇒ g ( g (t ) ) < t 12 12 12 12 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh g k (t ) < Vậy g k (t ) ≤ t , ∀t ∈ ¡ ( ∀k ∈ ¥ * ) 12k k 11 11k g k (t ) = Xét t ∈ ¡ ta có: ≤ 11 g k (t ) ≤ ÷ t ⇒ klim →+∞ 12 ( k Mặt khác: ) t 12k ∀k ∈ ¥ * k 11 11 g k (t ) = ÷ 16 k k 12 11 t + g (t ) ÷+ − ÷ 7 9 k 11 12 12 t − g (t ) ÷ klim 16 ÷ t + g (t ) ÷ = →+∞ 7 k 12 11 lim ÷ = +∞ ⇒ t − g (t ) = ⇒ g (t ) = t k →+∞ 7 Suy f (t ) = 4t , ∀t ∈ ¡ Thử lại ta thấy hàm f : ¡ → ¡ cho f ( x) = x, ∀x ∈ ¡ thỏa mãn đề Cuối số tốn dành cho bạn đọc: Bài tốn 4: Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho: f ( yf ( x + y ) + f ( x) ) = x + yf ( x + y ) với x, y ∈ ¡ (EGMO 2012) Bài tốn 5: Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho: ( x − 2) f ( y) + f ( y + f ( x)) = f ( x + yf ( x) ) với x, y ∈ ¡ Bài toán 6: Cho số nguyên lẻ n ≥ Tìm tất hàm f : ¢ → ¢ cho với cặp số nguyên ( x, y ) x n − y n chia hết cho f ( x) − f ( y ) Bài tốn 7: Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho: f ( x + f ( y ) ) − f ( x) = ( x + f ( y ) ) − x với x, y ∈ ¡ Bài toán 8: Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho: ( x + y ) ( f ( x) − f ( y ) ) = ( x − y ) f ( x + y ) với x, y ∈ ¡ (SMO 2012) Bài toán 9: Tìm tất hàm f : ¡ → ¡ cho: 1 f ( x + xy + f ( y ) ) = f ( x) + ÷ f ( y ) + ÷ với x, y ∈ ¡ 2 Bài tốn 10: Tìm tất hàm f : ¥ * → ¥ * cho f (n !) = f (n)! với số nguyên dương n f (m) − f (n) chia hết cho m − n với cặp số nguyên dương (m, n) mà m≠n (USAMO 2012) ... 2) = 4t , f (4i + 3) = t (t ∈ ¢, t ≠ 0) ∀i ∈ ¢ Trong kỳ thi chọn HSG Quốc gia THPT năm 2012 Việt Nam có tốn sau: Bài tốn 2: Tìm tất hàm f xác định tập số thực ¡ , lấy giá trị ¡ thỏa mãn đồng thời