SH quang NV phuong trinh ham lien quan den so hoc

MỘT SỐ BÀI TỒN PHƯƠNG TRÌNH HÀM CĨ LIÊN QUAN ĐẾN SỐ HỌC Giáo viên: Nguyễn Văn Quang Trường THPT chuyên Nguyễn Du – Tỉnh Đaklak Bài viết tổng hợp số toán phương trình hàm, có sử dụng tính chất số học để tìm tính chất hàm số, từ có lời giải đẹp Bài viết tập hợp toán để em học sinh luyện tập, có nhìn tương đối dạng tập Bài tốn1: Tìm hàm số f : N  N thỏa mãn :  x  f  y   Giải: Giả sử f hàm số thỏa mãn  x  f  y   f  x   y x, y  N  f  x   y  x, y  N (1) Từ (1), thay x = y = ta có: 1  f 1   f 1  1  2 f 1 1  f 1   2 Trong (1), cho x=1, ta có: 1  f  y   1  y  y  N  y  f  y  y  N  f  x   1 x  N  x  f  x  x  N Trong (1), cho y=1, ta có:  x  1 (2) (3) Từ (2) (3) ta có f  x   x , x  N Thử lại, f  x   x , x  N thỏa mãn đề Bài toán 2: Tìm tất hàm số f: f :    thỏa mãn điều kiện: 3f  n   2f  f  n    n, n   Giải: Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Đặt g  n   f  n   n, n    Ta có : 2g  f  n    f  f  n    f  n   f  n   n  g  n  , n       Áp dụng liên tiếp ta có: g  n   2g  f  n    22 g f  f  n     2m g f f  f  n       g  n   , m    g  n   hay f  n   n, n   m  m Thử lại hàm f  n   n, n   thỏa mãn Bài toán 3: Cho hàm số f :    thỏa mãn đồng thời : i) f  n  1  f  n  , n   ii) f  f  n    3n, n   Tính f(2016) Giải: Nếu f(1)=1, ta có 3=f(f(1))=f(1)=1 (vơ lý) Đặt f 1  k, k  Ta có  f  f 1   f  k   f  k   1  f  k  1    f 1  k   2k   k  Do f 1  Ta có: f  2  f  f 1   3,f  3  f  f     3.2  6,f    f  f 3     3f  n   f f  f  n    f  3n  , n    f  3k n   3.f  3k 1.n    3k f  n   f  3k   3k.f 1  2.3k   Ta có: f  2.3k   f f  3k   3k 1 3k 1  f  2.3k   f  3k  3k   f  3k   3k  2.3k  3k  3k 1  f  3k  3k   f  3k   3k  f  3k  a   f  3k   a  2.3k  a với a  1;3k    f  2.3k  a   f f  3k  a    3k  a   3k 1  3a f  2016   f  2.36  558  37  3.558  3861 Bài toán 4: (Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f : N  N thỏa mãn: tồn số k   số nguyên tố p cho với n  k,f  n  p   f  n  m n f  m  1  f  n   1 Giải: Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử n  k n  không chia hết cho p Khi tồn k cho  n  1 n  kp  f  n   f  n  kp   1 Mặt khác f  n   f  n  kp  nên f  n   f  n   Với n>1 bất kì, ta có:  n  1  n  1 kp  f  n  f   n  1 kp    Do với n>1 thì: f  n  1; 2 Ta xét hai trường hợp: TH1: f  n   2, n  k p n  Khi với n  k n  không chia hết cho p, tồn tịa m cho n  m p m  Suy f  n  f  m     f  n   ( không mâu thuẫn với cm trên) f  n   , n  k vaø p n   Ta xác định hàm f: f  n   , n  k p không ước cuûa n   f  i   f  i  p  i  k TH2: f  n   1, n  k p n  Trong trường hợp , f  n   1, n  k Gọi S={a:f(a)=2} khơng tồn m,nS thỏa mãn: m  n Ta có hàm f : + f  n   , n   2 neáu n  S + f n   f(1) số xác định f   f 1  1 neáu n  S, n  Bài toán 5: (Iran 2008) Cho k số nguyên dương Tìm hàm số f : N  N cho f  m   f  n   m  n  với số nguyên dương m,n k Giải: Giả sử f  a   f  b  với a  b , với số nguyên dương n, ta có f  a   f  n   a  n  ;f  b   f  n   b  n  k k Mặt khác f  a   f  n   f  b   f  n  nên f  a   f  n  ước chung  a  n   b  n  k k Chọn n đủ lớn để a  n số nguyên tố lớn a-b, gcd  a  n;b  n   gcd  a  n;b  a   Khi f  a   f  n  ước chung  a  n   b  n  ( mâu thuẫn) Do f đơn ánh k k Cố định số nguyên dương m Với n, f  n   f  m   n  m  ,f  n   f  m  1  n  m  1 k k Vì gcd  m  n, m  n  1  , nên gcd  f  n   f  m  ,f  n   f  m  1   gcd  f  n   f  m  ,f  m  1  f  m    (*) Giả sử p ước nguyên tố f  m  1  f  m  Lấy số nguyên dương a cho pa  m Xét n  pa  m f  n   f  m   n  m   pak  p f  n   f  m  k  p gcd  f  n   f  m  ,f  m  1  f  m   ( mâu thuẫn với (*)) f  m  1  f  m   1 Mặt khác, f đơn ánh nên f  m  1  f  m   m   f  m  1  f  m   1 m   Lại có f nhận giá trị dương, nên f  m  1  f  m   , m   Vì vậy, tồn c để f  n   n  c n   Nếu c>0, lấy số nguyên tố p  2c f 1  f  p  1 pk  2c  p pk  p 2c  p  p 2c ( mâu thuẫn  2c  p ), c=0 Thử lại f(n) = n nghiệm Bài toán 6: (IMO shorlist 2009) Cho hàm số f :    , f khác hàm số thỏa mãn: a – b | f(a) – f(b) Chứng minh tập ước nguyên tố f(c), với c   vơ hạn Giải: Giả sử f có hữu hạn ước nguyên tố Khi gọi tất ước nguyên tố f p1, p2, , pn Theo giả thiết ta có a = (a+1) – | f(a + 1) – f(1) Vì f(1) xác định nên tồn vô số số a cho v pi (a)  v pi ( f (1)) Mà a | f(a + 1) – f(1) Nếu f(a + 1) ≠ f(1) tồn số i cho v pi ( f (a  1))  v pi ( f (1))  v pi ( f (a  1)  f (1))  v pi ( f (1))  v pi (a) (vơ lí) Vậy f(a + 1) = f(1) Với b ta có (a + 1) – b | f(a + 1) – f(b) = f(1) – f(b) Do (a + 1) – b | f(1) – f(b) với a Điều xảy f(b) = f(1) Hay f hàm (mâu thuẫn với điều kiện toán) Vậy có điều phải chứng minh Bài tốn 7: (IMO 2010-bài 3) Tìm hàm số g :    thỏa mãn:  g  m   n   m  g  n   bình phương với số tự nhiên m,n Giải: Trước hết ta chứng minh: Nếu p f  k   f  h  với p nguyên tố k,h số nguyên dương, p k  h CM: Giả sử p2 f  k   f  h  f  h   f  k   ap2 ,a  Lấy số nguyên dương D  max f  k  ,f  h  D không chia hết cho p, đặt n  pD  f  k  Ta có n  f  k   pD n  f  h   pD   f  h   f  k    p  D  pa  hai số chia hết cho pnhuwng không chia hết cho p Áp dụng điều kiện toán, hai số  f  k   n   f  n   k   f  h   n   f  n   h  số phương chia hết cho p Do hai số f  n   k f  n   h chi hết cho p nên p  f  n   k    f  n   h   k  h Mặt khác f  k   f  h  chia hết cho p không chia hết cho p ta chon số D đặt n  p3D  f  k  f  k   n  p3D f  h   n  p3D   f  h   f  k   chia hết cho p ( không chia hết cho p ) chia hết cho p ( không chia hết cho p ) Tương tự ta có f  n   k f  n   h chi hết cho p nên p  f  n   k    f  n   h   k  h Trửo lại toán: + Nếu f  k   f  h  theo chứng minh k-h chia hết cho số nguyên tố, k-h=0 Suy f đơn ánh + Vì (k+1)-k=1 khơng có ước ngun tố , nên từ chứng minh ta có f  k  1  f  k   + Đặt f  2  f 1  q, q  Bằng quy nạp ta có: f  n   f 1  q  n  1 Ta có q khơng thể - 1, q=-1 vơi n  f 1  f  n   ( vô lý) Vậy q=1 Suy f  n    f 1  1  n  n  a với a=f 1   Thử lại:  f  m   n   f  n   m    n  m  a  số phương Kết luận: Bài toán 8: ( Hưng Yên 2015 – DHBB) Cho đa thức f ( x)  x  3x  x  20 chứng minh tồn số nguyên a cho f (a) chia hết cho 32015 Giải: f ( x)  ( x  1)3  6( x  1)  27  f (9 x  1)  (9 x)3  6.9 x  27 = 27(27 x3  x  1) Đặt g ( x)  27 x3  x  Gọi A=  g (k )k 1 32012 Ta chứng minh A hệ thặng dư đầy đủ mod 32012 Thật vậy, giả sử A không hệ thặng dư đầy đủ mod 32012  tồn i, j cho:  i  j  32012 g(i)  g(j) (mod 32012 )  27i3  2i   27 j  j  1(mod 32012 )   27(i  j  ij )  2 (i  j )  (mod 32012 )  i  j (mod 32012 ) (mâu thuẫn)  A hệ thặng dư đầy đủ mod 32012  Tồn n  [1; 32012 ] cho: g(n)  0(mod 32012 )  f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27 32012 = 32015 Vậy tồn số nguyên a để f  a  chia hết cho 32015 (đpcm) Bài tốn 9: (IMO Shortlists 2004) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn : f  m   f  n   m2  n  , m, n   (1) Giải: Giải sử f hàm số thỏa mãn điều kiện đề Cho m=n=1 vào (1) ta có: f 1  f 1 12  1   f 1  ( f 1  1,f 1   ) Thay m=1 vào (1) ta có: f  n    n  1 , n   Thay n=1 vào (1) ta có: f  m    m2  1 , m   Với p số nguyên tố f  p  1   p Trong (1), cho m=1, n=p-1 ta f  p  1  p   f  p  1   p Giả sử f  p  1   p2  f  p  1  p2 1   Trong (1), cho m  p  1;n  ta  p2  1   p  1  (2) 2   Mà  p2  1    p  1  p  1  p  p  1   p  p    p  1  2 2 2 ( mâu thuẫn với (2)) Do đó: f  p  1   p  f  p 1  p 1 với số nguyên tố p Khi tồn số nguyên dương k cho f  k   k Với số k số nguyên dương n ta có:  k  f  n   k  n    p  1  f  n    p  1  f  n   Khi chọn k đủ lớn ta phải có: f  n   n 2   p 1  2n  f  n   f  n   n   2 Thử lại : f  n   n , n   thỏa đề Bài tốn 10: (Khơng rõ nguồn) Cho f ,g :    hai hàm số thỏa mãn: i) g toàn ánh ii) 2f  n   n  g  n  , n   CMR: f  n   n  2004 n , n   f có vơ số điểm bất động Giải: Theo định lý Đirichlet số nguyên tố dãy  pi  với p i số nguyên tố dạng 8k+3 dãy vô pn 1     hạn Khi với n thì:     1  1 (   kí hiệu Legendre )  pn   pn  Sử dụng điều kiện i), ta có dãy vô hạn  x n  cho g  x n   pn , n   Ta có: 2f  x n   x n2  pn2  2f  x n   x n2  mod pn   Vì   pn   p n f  x n    1     p n x n   x n  a n p n Suy tồn dãy số nguyên dương  a n  ,  bn  cho   f  x n   b n p n Từ ii) ta có: 2b2n  a 2n  Sử dụng giả thiết f  n   n  2004 n , n  ta có: f  xn  a 2n  bn 2004 1  1   lim  n  an xn an xn  lim a n  n  Suy tồn N cho an  bn  1, n  N0 Vậy f  p n   p n , n  N (điều phải chứng minh) Bài toán 11: (IMO shortlist 2013) tìm hàm số f :    thỏa mãn: m2  f  n  mf  m   n với số nguyên dương m,n Giải: Giả sử f hàm số thỏa điều kiện m2  f  n  mf  m   n, m, n   (1) Thay m=n=2 vào (1) ta có:  f   2f    Mà 2f       f    , suy 2f  2    f    f    Thay m=2 vào (1) ta có:  f  n   n  f  n   n , n   (2) Thay m=n vào (1), n  f  n  nf  n   n  nf  n   n  n  f  n    n  1  f  n   n   Do f  n   n với n  (3) Từ (2), (3) suy f  n   n Thử lại ta có f  n   n, n   thỏa mãn Bài toán 12: (IMO shortlist 2011) Cho hàm số f :    thỏa mãn với số nguyên m, n f  m   f  n  chia hết cho f  m  n  CMR: Với số nguyên m, n thỏa f  m   f  n  f  n  chia hết cho f(m) Giải: Gọi x,y hai số nguyên với f  x   f  y  Ta chứng minh f  x  f  y  Thay m=x, n=y vào điều kiện đề ta có: f  x  y  f  x   f  y   f  y   f  x  >0  f  x  y  f  y  f  x   f  y Đặt d  f  x   f  x  y  Ta có: f  y   f  x  y   d  f  x   f  y  Thay m=x, n=x-y ta có: f  y  d , d=0  f  x   f  x  y  f  x   f  y   f  x  f  y  Bài tập: Bài 13: Tìm tất tồn ánh f :    thỏa mãn với m, n   f  m  f  n   m n Bài 14: (USA –TST) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm f :    thỏa mãn: i) f  m   f  n  với m  n  mod p  ii) f  mn   f  m  f  n  , m, n  Bài 15: Tìm số ngun khơng âm n nhỏ cho tồn hàm số f :   0;   khác hàm thỏa mãn đồng thời: i) f  xy   f  x  f  y  , x, y  ii) 2f  x  y2   f  x   f  y  0;1; 2; ; n , x, y  Với n tìm được, tìm hàm số thỏa mãn Bài 16: ( IMO shortlist 2014 – Hà Lan) Xác định hàm f :    thỏa mãn: f  f  m   n   f  m   f  n   f  3m   2014 , m, n  Bài 17 : (Đề đề nghị DHBB 2014) Kí hiệu * tập hợp số nguyên dương Tìm tất * * hàm f :    thỏa mãn đẳng thức: f  f  m   f  n    m2  2n2 , với m, n  * Bài 18: ( Đề đề nghị DHBB 2015): Tìm tất hàm f :    thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: i) ii) Với cặp a, b ngun dương khơng ngun tố nhau, ta có f(a).f(b)=f(ab) Với a, b nguyên dương tồn tam giác khơng suy biến có độ dài ba cạnh f(a), f(b) f(a+b-1) Bài 18: ( IMO shortlist 2014 – Anh) Tìm hàm f :    thỏa mãn n  4f  n   f  f  n   , n  Bài 19: (IMO shortlist 2009 – Bài N5) Với n   , kí hiệu d  n  số ước nguyên dươn n Tìm hàm số f :    thỏa mãn: i) d  f  x    x , x   ii) f  xy   x  1 y xy1f  x  với x, y   Bài 20: (IMO shortlist 2007 - Iran) Tìm tồn ánh f :    thỏa mãn Với m, n   số nguyên tố p p f  m  n   p f  m   f  n  Bài 21: (Mathlinks contest) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn: i) Nếu a b f  a   f  b  ii) f  ab   f  a  b2   f  a   f  b  , a, b   Bài 22: (Việt Nam 1997) Cho hàm số f :    xác định f    2;f 1  503,f  n    503f  n  1  1996f  n  Với k   chọn số nguyên s1 ,s , sk không bé k cho p i ước nguyên tố f  2si  CMR: p i 2t  k 2t Bài :23: Tìm hàm f :    thỏa mãn gcd  f  m  ,f  n     gcd  m, n   Bài 24: Cho f hàm số f :    thỏa i) f    0,f 1  ii) f  n    23f  n  1  f  n  , n  0,1, CMR: Với m  , tồn số tự nhiên d cho m f  f  n    d n Tài liệu tham khảo: Chuyên đề: Phương trình Hàm N, nhiều tác giả - diendantoanhoc.net Nguyễn Hoàng Cương – Trường THPT chhuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Chuyên đề : Ứng dụng số học để giải phương trình hàm Các tuyển tập IMO shortlist Các đề thi nước từ trang www.artofproblemsolving.com  ... dài ba cạnh f(a), f(b) f(a+b-1) Bài 18: ( IMO shortlist 2014 – Anh) Tìm hàm f :    thỏa mãn n  4f  n   f  f  n   , n  Bài 19: (IMO shortlist 2009 – Bài N5) Với n   , kí hiệu... m  , tồn số tự nhiên d cho m f  f  n    d n Tài liệu tham khảo: Chuyên đề: Phương trình Hàm N, nhiều tác giả - diendantoanhoc.net Nguyễn Hoàng Cương – Trường THPT chhuyên Lê Hồng Phong... Chuyên đề : Ứng dụng số học để giải phương trình hàm Các tuyển tập IMO shortlist Các đề thi nước từ trang www.artofproblemsolving.com