SH minh NT nghi MD dong nhat thuc va phuong trinh ham

ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI-HẢI DƯƠNG ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM Tác giả: Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh Đơn vị: THPT Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương Đồng thức khái niệm quen thuộc chương trình tốn bậc THCS THPT.Đã có nhiều viết ứng dụng đồng thức chứng minh bất đẳng thức,giải phương trình & bất phương trình,các tốn số học…Trong viết xin giới thiệu ứng dụng đồng thức xây dựng xử lý tốn phương trình hàm (trên Z N) Bài viết chia làm phần sau: Phần 1: Xung quanh tốn phương trình hàm kì thi Vietnam TST2005 Phần 2: Xây dựng phương trình hàm từ đẳng thức bậc hai Phần 3: Xây dựng phương trình hàm từ đẳng thức sai phân Phần 4: Bài tập đề nghị Mọi ý kiến đóng góp q thầy bạn viết xin vui lòng gừi địa email : Nghinthd@gmail.com & Nguyentheminh1991@gmail.com Xin trân thành cảm ơn ! Các tác giả PHẦN :XUNG QUANH BÀI THI VIETNAM TST 2005 Trong kì thi Vietnam TST 2005 có tốn phương trình hàm sau: BÀI Tìm tất hàm số f : Z  Z cho: f ( x3  y3  z3)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z) với x,y,z nguyên (I) (Vietnam TST 2005) Sau lời giải gốc đáp án: Xét đẳng thức: (2x  y)3  ( y  2x)3  ( x  y)3  ( x  y)3  (5 y)3  ( y)3 (*) Trong đẳng thức (*) cho y=1 y=2 ta đẳng thức: (2x 1)3  (1 2x)3  ( x  4)3  ( x  4)3  (5)3  (1)3 (1) (2x  2)3  (2  2x)3  ( x  8)3  ( x  8)3  (10)3  (2)3 (2) Từ (I) cho x=y=z=0 ta f (0)  f 3(0) ,do f(0) ∈ Z nên f(0)=0 Từ (I) cho x=y=0,z=1 ta f (1)  f (1) ,do f(1)=a với a=0,1,  ( a3  a ) Từ (I) cho y=  x,z=0 ta f(  x)=  f(x) với x ∈ Z Như cần xác định hàm số f N.Tính tốn số giá trị ban đầu f(x) f(2) = f(13 + 13 +03)=f3(1) + f3(1) + f3(0) = 2a3 = 2a Hoàn toàn tương tự: f(k)=ka k 3, 6, 7, 8, 9, 10, 16, 18 Thay x=1 vào (2) ta đẳng thức : 43 + 03 + (  7)3 = 93 + (  10)3 + (  2)3  f [43 + 03 + (  7)3 ]= f [93 + (  10)3 + (  2)3]  f(4)=4a Thay x=2 vào (1) ta đẳng thức : 53 + (  3)3 + (  2)3 = 63 + (  5)3 + (  1)3  f(5)=5a Thay x=5 vào (1) ta đẳng thức: 113 + (  9)3 + 13 = 93 + (  5)3 + (  1)3  f(11)=11a ; f(  11)=  11a Thay x=6 vào (1) ta đẳng thức: 133 + (  11)3 + 23 = 103 + (  5)3 + (  1)3  f(13)=13a Thay x=5 vào (2) ta đẳng thức : 123 + (  8)3 + (  3)3 = 133 + (  10)3 + (  2)3  f(12)=12a Thay x=7 vào (1) ta đẳng thức : 153 + (  13)3 + 33 = 113 + (  5)3 + (  1)3  f(15)=15a Thay x=8 vào (2) ta đẳng thức : 183 + (  14)3 + 03 = 163 + (  10)3 + (  2)3  f(  14)=  14a  f(14)=14a Vậy f(n)=na với n  16 Ta chứng minh f(n)=na với n  N (3) Thật vậy:  (3) với n  16  Giả sử (3) tới n ( n  16 ),ta chứng minh (3) với n+1 Xét trường hợp :  Nếu n chẵn,n=2x (x > 7) Sử dụng đẳng thức (1) với ý: < x-4,2x-1,x+4 < 2x ta có: f(x  4)=(x  4)a ; f(2x  1)=(2x  1)a f(x+4)=(x+4)a  f(2x+1)=(2x+1)a hay f(n+1)=n+1  Nếu n lẻ,n=2x+1(x > 7) Tương tự,sử dụng (2) ta f(2x+2)=(2x+2)a hay f(n+1)=(n+1)a Vậy (3) chứng minh,tức f(n)=an với n∈N  f(x)=ax với x ∈ Z( a=0,1  1) Thử lại hàm số thỏa mãn ! Ý tưởng lời giải thiết lập đẳng thức mà hai vế tổng lập phương,sau sử dụng đẳng thức để tính tốn vài giá trị hàm số,từ chứng minh f(x)≡ax quy nạp Tuy nhiên đồng thức lời giải xây dựng không tự nhiên,tiếp theo nêu lên hướng để thiết lập đồng thức để xử lý toán giải toán xác định hàm số f(x) N Hướng thứ Ta tìm a,b,c,m,n,p số nguyên thỏa mãn đồng thức: (mx+ay)3 + (nx+by)3 + (px+cy)3 = (mx+by)3 + (nx+cy)3 + (px+ay)3  m2a + n2b + p2c = m2b + n2c + p2a & a2m+ b2n + c2p = b2m + c2n + a2p  (a-b)(m2 – p2)+(b-c)(n2 – p2) = & a b b c a c   m p n p mn Ta xét số trường hợp đặc biệt: Cho m=0 , n=  , p=2 ta a=1 , b=  , c=3.Ta có đẳng thức: y3 + (  x  5y)3+(2x+3y)3 = (  5y)3 + (  x+3y)3 + (2x+y)3 (Đ1) Cho m=1,n=1,p=2 ta a=  5,b=29,c=7.Ta có đẳng thức: (  5y)3 + (x+29y)3 + (2x+7y)3= (29y)3 + (x+7y)3 + (2x  5y)3 (Đ2) Cả hai đẳng thức (Đ1) (Đ2) dùng để giải toán Hướng thứ hai Xuất phát từ nhận xét đơn giản sau: “ Nếu a1,b1,c1;a2,b2,c2 thỏa mãn điều kiện: a1  b1  c1  a2  b2  c2 (a1  b1 )(b1  c1 )(a1  c1 )  (a2  b2 )(b2  c2 )(c2  a2 ) Khi a13  b13  c13  a23  b23  c23 ” Ta chọn a1,b1,c1;a2,b2,c2 sau: Đặt A=(3ax+3by)(cx+dy)(2mx+2ny) Chọn a1,b1,c1 thỏa mãn: a1+b1=3ax+3by , c1+b1=cx+dy , a1+c1=2mx+2ny Giải hệ điều kiện ta : 3a  c 3b  d a (  m) x  (  n) y 2 3a  c 3b  d b (  m) x  (  n) y 2 c  3a 3b  d c (  m) x  (  n) y 2 Chọn a2,b2,c2 sau: a2+b2=  (ax+by) , c2+b2=6mx+6ny , a2+c2=  (cx+dy) Giải hệ điều kiện ta được: c  a b  d a (  3m) x  (  3n) y 2 ca d b b (  3m) x  (  3n) y 2 ac bd c (  3m) x  (  3n) y 2 Chọn a,b,c,m,n,p cho a1  b1  c1  a2  b2  c2 ,tức là: 3a  c a  c m  3m 2 3b  d b  d n  3n 2 m 2a  c 2b  d ;n  2 Như vậy: 5a 5b a  x y 2 a b b  x y 2 2c  a 2d  b c  x y 2 7b  4d y 2 5a  4c 7b  4d b  x y 2 7a  2c 7b  2d c  x y 2 a  7a  4c x Ta thiết lập đồng thức sau : [(2c  a)x+(2d  b)y]3 + (5ax + 5by)3 + (ax + by)3 = [(7a+2c)x+(7b+2d)y]3 + + [(  7a  4c)x + (  7b  4d)y]3 + [(5a+4c)x + (5b+4d)y]3 với a,b,c,d,x,y Ta chuyển đồng thức dạng: [(7a+4c)x + (7b+4d)y]3 + (5ax + 5by)3 + (ax + by)3 = [(a  2c)x+(b  2d)y]3 + + [(7a+2c)x+(7b+2d)y]3 + [(5a+4c)x + (5b+4d)y]3 (Đ3) Trong đồng thức (*) chọn a=1,b=0,c=  1,d=1.Ta có đồng thức: (5x+2y)3 + (3x-2y)3 + (x+4y)3 = (3x+4y)3 + (5x)3 + x3 (Đ4) Có thể thấy hệ số x (Đ4) dương nên ta sử dụng đẳng thức để giải tốn đây: Bài Tìm tất hàm số f : N  N cho: f ( x3  y3  z3)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z) với x, y, z  N (II) Biết f(1)=1, f(4)=4,f(5)=5 Phân tích Tập xác định hàm số bị thu nhỏ lại dẫn tới đẳng thức thiết lập không sử dụng được,ta cần thiết lập đẳng thức dựa vào (Đ4) Trong (Đ4) cho y 1 , ,1, ,2 ta đồng thức : 2 (5x)3 + (3x  2)3 + x3 = (3x+1)3 + (5x  1)3 + (x  2)3 (1) (5x+1)3 + (3x  1)3 + (x+2)3 = (3x+2)3 + (5x)3 + x3 (2) (5x+2)3 + (3x  2)3 + (x+4)3 = (3x+4)3 + (5x)3 + x3 (3) (5x+3)3 + (3x  3)3 + (x+6)3 = (3x+6)3 + (5x)3 + x3 (4) (5x+14)3 + (3x  4)3 + (x+8)3 = (3x+8)3 + (5x)3 + x3 (5) Ta sử dụng đồng thức để giải Bài Trước hết để quy nạp theo đẳng thức ta cần tính f(1), ,f(14) Từ giả thiết dễ dàng tính được: f(0) = ; f(1) = ; f(2) = ; f(3)= ; f(4)= f(5)= ; f(8)= ; f(9)= 9; f(10) = 10 Từ đẳng thức: 33 + 43 + 53 = 63 + 03 + 03  f(33 + 43 + 53) = f(63 + 03 + 03)  f3(3) + f3(4) + f3(5) = f3(6) + f3(0) + f3(0) Vì f(3)= ; f(4)= ; f(5)= ; f(0) = nên f(6)=6 Từ đẳng thức: 63 + 83 + 103 = 123 + 03 + 03 Vì f(6)=6,f(8)=8,f(10)=10,f(0)=0 nên f(12)=12 Từ đẳng thức: 73 + 83 + 03 = 93 + 53 + 13  f(7) = Từ đẳng thức: 123 + 23 + 33 = 113 + 63 + 63  f(11) = 11 Từ đẳng thức: 363 + 123 + 183 = 303 + 303 + 63 ( Thay x=6,y=3 vào (Đ4) )  2f3(30) – f3(18)=363 + 123 - 63 Từ đẳng thức: 183 + 243 + 303 = 363 + 03 + 03  f3(18)+f3(30)=363 - 243 Giải điều kiện ta được: f(18)=18 f(30)=30 Từ đẳng thức: 93 + 123 + 153 = 183 + 03 + 03  f(15)=15 173 + 73 + 73 = 133 + 153 + 33 ( Thay x=3,y=1 vào (Đ4 ))  f(13)=13 Từ đẳng thức: 143 + 163 + 03 = 183 + 103 + 23  f(14)=14 Vậy f(n)=n n  14 Ta chứng minh quy nạp f(n)=n n  N (*)  Theo chứng minh (I) n  14  Giả sử (I) tới n ( n  14 ).Tức là: f(k)=k k  n  Ta cần chứng minh f(n+1)=n+1.Thật :  Nếu n chia hết cho 5,đặt n=5x (x ≥3) Vì < 3x-1,x+2,3x+2,5x,x ≤ 5x =n nên theo giả thiết quy nạp thì: f(3x-61)=3x-1,f(x+2)=x+2, f(3x+2) =3x+2,f(5x)=5x,f(x)=x Từ (2) suy f(5x+1)=5x+1 hay f(n+1)=n+1  Nếu n chia dư 1,đặt n=5x+1 (x≥3) Vì < 3x-2,x+4,3x+4,5x,x < 5x+1=n nên theo giả thiết quy nạp : f(3x-2)=3x-2 ; f(3x+4)=3x+4 ; f(x+4)=x+4 ; f(5x)=5x ; f(x)=x Từ (3) suy f(5x+2)=5x+2 hay f(n+1)=n+1  Nếu n chia dư 2,đặt n=5x+2 (x≥3) Vì < 3x-3,x+6,3x+6,5x,x < 5x+2=n nên theo giả thiết quy nạp : f(3x-3)=3x-3,f(3x+6)=3x+6,f(x+6)=x+6,f(5x)=5x,f(x)=x Từ (4) suy f(5x+3)=5x+3 hay f(n+1)=n+1  Nếu n chia dư 3,đặt n=5x+3 (x≥3) Từ (5) suy f(5x+4)=5x+4 hay f(n+1)=n+1  Nếu n chia dư 4,đặt n=5x-1 (x≥3) Từ (1) suy f(5x)=5x hay f(n+1)=n+1 Tóm lại f(n+1)=n+1 nên (*) chứng minh Kết luận: f(x)=x với x số tự nhiên a)Không tồn x,y phân biệt thuộc N* cho có số x,y,x2+y2 thuộc S b)1,4,9,16,25,169,225,400 thuộc S Chứng minh: S=N* Lời giải Xuất phát từ đồng thức: (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+bd)2 + (ad  bc)2 = (ad+bc)2 + (ac  bd)2 (ĐT5) Ta có đẳng thức: (2x+1)2 + (x  2)2 = (2x  1)2 + (x+2)2 (1) (2x+2)2 + (x  4)2 = (2x  2)2 + (x+4)2 (2) Ta có : S 32+42 S nên 3S 52+122=132 S nên 5,12 S 5,12 không thuộc S Giả sử 5,12 S.Xét 1,2,12+22 có 1S 12+22=5 S nên 2 S 1,3S nên 12+32=10 S 162+122=202 S  12S (mâu thuẫn) Vậy 2,5,12S Xét đồng thức: 22+92=62+72.Vì 2,9 S nên 22+92 S → 62+72S  6,7S 6,7 S Lại có 22+32=13 mà 2,3S  13S 12+122=82+92 1,12S nên 82+92S,kết hợp với 9S nên 8S 62+82=102 S,8S nên 6S  7S 12+132=72+112 S  11S 22+142=82+102 S  4S 22+42=20S 82+152=172S  15S 122+162=202S  16S Vậy 1,2,…,16 S Giả sử n S với n  16,ta chứng minh n+1S  Nếu n=2k  k-2x+4>x  4>0.Theo (2*): f3(2k+2) – 20f(2k+2)=(2k+2)3a3 – 20(2k+2)a  f(2k+2)=(2k+2)a hay f(n+1)=(n+1)a Nếu n chẵn,làm tương tự ta f(n+1)=(n+1)a Vậy f(x)=ax ∀x∈Z Cuối phần tơi xin trình bày tốn có lời giải đẹp mắt sử dụng đẳng thức bậc hai: Bài 11 Tìm f:N*→N* thỏa mãn: f(f2(m) + 2f2(n))=m2 + 2n2 ∀m,n ∈ N* Lời giải Xét m1 m2 thỏa mãn f(m1)=f(m2) Cố định n0 ∈ N* ta có: f(f2(m1) + 2f2(n0)) = f(f2(m2) + 2f2(n0))  m12  2n02  m22  2n02  m12  m22  m1=m2 Vậy f đơn ánh Cho m=n=1  f(3.f2(1))=3 Đặt f(1)=a  f(3a2)=3 Cho m=n=3a2 ta được: f(f2(3a2)+2f2(3a2))=(3a2)2+2.(3a2)2  f(27)=27a4 (1) Cho m= 5a2,n=a2 ta : f(f2(5a2)+2f2(a2))=(5a2)2+2.(a2)2  f(f2(5a2)+2f2(a2))= 27a4 (2) Từ (1) (2)  f(f2(5a2)+2f2(a2))=f(27) Do f đơn ánh nên : f2(5a2)+2f2(a2)=27  f(5a2)=f(a2)=3 f(5a2)=5,f(a2)=1 Do f đơn ánh nên f(5a2)≠f(a2)  f(5a2)=5,f(a2)=1 Tương tự : (5a2)2 + 2(2a2)2 = (a2)2 + 2.(4a2)2  f2(4a2)  f 2(2a2)=12  f(4a2)=4 f(2a2)=2 Với m số nguyên tùy ý ta có: (m+4)2 + 2(m+1)2 = m2 + 2(m+3)2  f2((m+4)a2)+2f2((m+1)a2)=f2(ma2)+2f2((m+3)a2) Do ta kết luận f(ka2)=k ∀k=1,2, ,m+3 khẳng định với m+4 Vậy quy nạp  f(ka2)=k ∀k∈N*  f(a3)=f(a.a2)=a=f(1) Do f đơn ánh nên a3 =  a=1 Vậy f(k)≡k ∀k∈N* PHẦN III:XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TỪ CÁC ĐẲNG THỨC SAI PHÂN Xuất phát từ biểu thức sai phân đa thức: Cho f(x) đa thức với hệ số thực,đặt: ∆(1)f(x)=∆f(x)=f(x+1)-f(x) ∆(n+1)f(x) = ∆(∆(n)f(x)) n Ta có kết sau : ∆(n)f(x) =  (1)niCni f ( x  i) (chứng minh quy nạp theo n) i0 Xét f(x)=xn ,ta có ∆(n)f(x)=n! ,thay VT theo đẳng thức ta được: n n k k n n n n Cn0 ( x  n)n  C1 n ( x  n 1)  Cn ( x  n  2)   Cn (1) ( x  n  k )   Cn (1) x  n! Với n=5 ta có: (x+5)5  5(x+4)5+10(x+3)5  10(x+2)5 + 5(x+1)5  x5=5! Lấy đạo hàm vế đẳng thức ta được: (x+5)5 +10(x+3)4 + 5(x+1)4 = x4 + 10(x+2)4 + 5(x+4)4 Từ ta có tốn sau: Bài 12 Tìm f:N→N thỏa mãn: f(x4+5y4+10z4)=f4(x)+5f4(y)+10f4(z) x, y, z  N (*) f(1) > Lời giải Thay x=y=z=0 vào (*) ta có f(0)=0 Thay x=1,y=z=0 vào (*) ta có f(1)=f4(1) f(1)=1 ( f(1)>0 ) Thay x=y=z=1 vào (*) ta có f(16)=16 Thay x=y=2,z=0 vào (*) ta có f(2)=2f(1)=2 Thay x=1,y=2,z=0 vào (*) ta có f(81)=81 Thay x=3,y=z=0 vào (*) ta có f(3)=3 Thay x=y=z=2 ta có f(256)=256 Thay x=4,y=z=0 ta có f(256)=f4(4)  f(4)=4 Vậy f(n)=n ∀n≤4 Ta chứng minh f(n)=n ∀n∈N (3*) Viết lại đẳng thức xây dựng trên: (x+5)5 +10(x+3)4 + 5(x+1)4 = x4 + 10(x+2)4 + 5(x+4)4 (**) Dễ thấy (3*) với n=0,1,2,3,4 Giả sử (3*) tới n (n≥4),ta chứng minh (3*) với n+1 Thật vậy: Đặt n=x+4 ( x≥0)  n+1=x+5 Áp dụng đẳng thức (**): f[(x+5)5 +10(x+3)4 + 5(x+1)4] = f[x4 + 10(x+2)4 + 5(x+4)4]  f4(x+5)+10f4(x+3)+5f4(x+1)=f4(x)+10f4(x+2)+5f4(x+4) Vì 0≤x,x+1,x+2,x+3,x+4≤x+4=n nên theo giả thiết quy nạp : f(x)=x ; f(x+1)=x+1 , f(x+2)=x+2 , f(x+3)=x+3 , f(x+4)=x+4  f4(x+5)=(x+5)4  f(x+5)=x+5 hay f(n+1)=n+1,ta hoàn thành chứng minh Vậy f(x)=x ∀x∈NVới ý tưởng từ đẳng thức: n n k k n n n n Cn0 ( x  n)n  C1 n ( x  n 1)  Cn ( x  n  2)   Cn ( 1) (x  n  k )   Cn ( 1) x  n ! Cho n=3 n=7 dẫn đến tốn sau: Bài 13 Tìm f:N→N thỏa mãn f(1)>0 : f(x2+3y2)=f2(x)+3f2(y) ∀x,y∈N Lời giải Cho x=y=0  f(0)=0 Cho x=1,y=0  f(1)=1 Cho x=y=1  f(4)=4 Cho x=2,y=0  f(2)=2 Cho y=1,x=0  f(3)=3 Quy nạp f(x)=x ∀x∈N từ đẳng thức: (x+3)2 +3(x+1)2 = x2 + 3(x+2)2 Bài 14 Tìm f:N→N thỏa mãn f(1)>0 : f(x6+7y6+21z6+35t6)=f6(x)+7f6(y)+21f6(z)+35f6(t) x, y, z  N f(3)=3,f(5)=5 Lời giải Cho x=y=z=t=0 ta f(0)=0 Cho x=1,y=z=t=0 ta f(1)=0 Cho x=y=z=t=1 ta f(64)=64 Cho x=2,y=z=t=0 ta f(2)=2 Cho x=y=z=t=2 ta f(46)=46 Cho x=4,y=z=t=0 ta f(46)=f6(4)=46→f(4)=4 Cho x=y=z=t=3 ta f(66)=66 Quy nạp f(x)=x ∀x∈N từ đẳng thức: (x+7)6 + 7(x+5)6 + 21(x+3)6 + 35(x+1)6 = x6 + 7(x+2)6 + 21(x+4)6 + 35(x+6)6 (*) Cho x=6,y=z=t=0 ta f(66)=f6(6)  f(6)=6 Vậy f(n)=n ∀n≤6 Quy nạp theo đẳng thức (*) ta có : f(n)=n ∀n∈N Trên số ý tưởng xây dựng phương trình hàm từ đồng thức tơi,còn nhiều đồng thức khác dùng để xây dựng phương trình hàm bạn đọc tự thực hiện.Cuối xin đưa tập đề nghị sử dụng ý tưởng để giải PHẦN IV : BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài Tìm f: N→N thỏa mãn : f(x2 + y2)=xf(x) + yf(y) ∀x,y ∈ N Bài Tìm f: N→N thỏa mãn : ∀x,y ∈ N : f(x2 + y2)= xf(x) + yf(y) f(x2 + y2)= f2(x) + f2(y) Bài Tìm f : Z→Z thỏa mãn : ∀x,y,z∈ Z : f(x3 + y3+z3)= x2 f(x) + y2 f(y) + z2 f(z) f3(x) + f3(y) + f3(z) Bài Tìm tất hàm số f : N  N cho: a) f(m2+2n2)=f2(m)+2f2(n) với m,n N b) f(m2+3n2)=f2(m)+3f2(n) với m,n N c) f(m2+4n2)=f2(m)+4f2(n) với m,n N Bài Tìm f: Z→Z thỏa mãn : f(x3 + y3 + z3 – 3xyz) = f3(x) + f3(y) + f3(z) – 3f(x).f(y).f(z) ∀x,y,z ∈ Z ... Bài tập đề nghị Mọi ý kiến đóng góp q thầy bạn viết xin vui lòng gừi địa email : Nghinthd@gmail.com & Nguyentheminh1991@gmail.com Xin trân thành cảm ơn ! Các tác giả PHẦN :XUNG QUANH BÀI THI VIETNAM... f(14)=14 Vậy f(n)=n n  14 Ta chứng minh quy nạp f(n)=n n  N (*)  Theo chứng minh (I) n  14  Giả sử (I) tới n ( n  14 ).Tức là: f(k)=k k  n  Ta cần chứng minh f(n+1)=n+1.Thật :  Nếu n chia... 16,ta chứng minh n+1S  Nếu n=2k  k-2