SH tin HX phuong trinh ham tren tap roi rac 2016 07 31

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC Huỳnh Xn Tín Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên ĐT: 01262778283, Email: hxuantin@gmail.com Trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Toán Quốc tế khu vực thường xuất dạng tốn phương trình hàm, đặc biệt dạng tốn phương trình hàm tập rời rạc khơng chuẩn mực, tốn khó mẻ xa lạ học sinh trung học phổ thông Hầu hết em chưa làm quen tiếp cận với dạng tốn phương trình hàm tập rời rạc đặc biệt sách tham khảo dạng phương trình nói Chính lẽ viết chúng tơi đề cập đến Một số dạng phương trình hàm rời rạc , nhằm góp phần nhỏ bé vào việc bồi dưỡng tốn học sinh phổ thông trung học Nội dung chủ yếu chuyên đề dành trình bày số phương pháp giải tốn phương trình hàm tập rời rạc Tác giả đưa cách sử dụng hàm nhân tính tập số nguyên dương để giải tốn phương trình hàm tập rời rạc Cách vận dụng nguyên lý quy nạp nguyên lý thứ tự việc giải phương trình hàm tập rời rạc Đặc biệt sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm, phương trình hàm tập N ta chuyển tốn dãy số Khi đó, ta sử dụng phương pháp giải số dạng phương trình sai phân để giải phương trình hàm Ngồi cịn khai thác tính chất số học tập số nguyên, cấp số cộng tập số nguyên Đặc biệt toán tập số tự nhiên ta chuyển đổi qua tốn hệ hệ số thích hợp Ngồi phần có số ví dụ minh hoạ số dạng tập, toán áp dụng kỳ thi học sinh giỏi toán quốc gia, kì thi Olympic tốn quốc tế, nhằm để giúp em học sinh phổ thông tiếp cận nắm vững phương pháp giải tốn phương trình hàm Sau phần ln có tập để học sinh tự giải nhằm củng cố kiến thức phần cho người đọc Mục lục Một số phương pháp giải phương trình hàm tập rời rạc 1.1 1.1.2 1.2 1.3 1.4 Dạng a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, U1 , U2 cho trước Dạng a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn , U1 , U2 cho trước fn đa thức bậc n Phương pháp sử dụng sai phân 1.1.1 Phương pháp sử dụng hàm nhân tính tập số nguyên dương 13 1.2.1 Phương pháp 13 1.2.2 Bài tập áp dụng 13 1.2.3 Bài tập củng cố 17 Phương pháp chứng minh quy nạp 17 1.3.1 Phương pháp 17 1.3.2 Bài tập áp dụng 18 1.3.3 Bài tập củng cố 25 Phương pháp sử dụng nguyên lý thứ tự tốt 26 1.4.1 Phương pháp 26 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 1.5 1.4.2 Bài tập áp dụng 26 1.4.3 Bài tập củng cố 30 Phương pháp sử dụng tính chất số học 1.5.1 1.6 1.7 1.8 Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Phương pháp 30 30 1.5.2 Bài tập áp dụng 30 1.5.3 Bài tập củng cố 34 Phương pháp sử dụng hệ đếm số 35 35 1.6.1 Phương pháp 1.6.2 Bài tập áp dụng 35 1.6.3 Bài tập củng cố 37 Sử dụng số tính chất hàm số 37 1.7.1 Phương pháp chung 37 1.7.2 Bài tập áp dụng 38 1.7.3 Bài tập củng cố 40 Sử dụng tính chất cấp số cộng tập số nguyên 40 40 1.8.1 Phương pháp chung 1.8.2 Một số dạng tập áp dụng 40 1.8.3 Bài tập củng cố 42 Tài liệu tham khảo 43 Chương Một số phương pháp giải phương trình hàm tập rời rạc Trong chương này, nghiên cứu phương pháp giải số dạng phương trình hàm tập rời rạc 1.1 Phương pháp sử dụng sai phân Vì dãy số hàm số đặc biệt với miền xác định tập số tự nhiên, nên tốn phương trình hàm tập số tự nhiên xem tốn dãy số vơ hạn Vì thế, sử dụng kiến thức sai phân phương trình sai phân để giải phương trình hàm tập rời rạc Sau xét số dạng cụ thể nêu phương pháp giải tương ứng 1.1.1 Dạng a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, U1 , U2 cho trước Bài tốn tổng qt Tìm Un biết a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, U1 , U2 cho trước Phương pháp Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = a) Nếu λ1 , λ2 nghiệm thực Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín khác Un = Aλn1 + Bλn2 , A, B số xác định theo U , U2 b) Nếu λ1 = λ2 = λ nghiệm thực Un = (A + nB)λn , A, B số xác định theo U1, U2 c) Nếu λ nghiệm phức λ = x + iy, ta đặt x2 + y , r = |λ| = y tgϕ = , x ϕ∈( −π π , ) 2 Khi λ = r.(cos ϕ + i sin ϕ) Un = r n (A cos nϕ + B sin nϕ), A, B số xác định theo U1, U2 Bài tập áp dụng Bài toán 1.1.1 Cho f : N∗ −→ R thoả mãn điều kiện f (n + 2) = f (n + 1) − f (n), f (1) = 1, f (2) = √ , ∀n ∈ N∗ Chứng minh | f (n) |≤ Giải Trong (1.1) đặt f (n) = Un , ta Un+2 = Un+1 − Un, U1 = f (1) = 1, U2 = f (2) = Phương trình đặc trưng λ2 − λ + = có nghiệm phức √ √ 1+i 1−i , λ2 = λ1 = 2 √ Ta có r = |λ| = |λ1 | = |λ2 | = Khi λ = cos + = 1, tgϕ = 4 2 = √ π 3⇒ϕ= π π + i sin 3 Ta tính f (n) dạng f (n) = A cos nπ nπ + B sin Ta có 3 (1.1) Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín  π π  = U1 = A cos + B sin 3  = U2 = A cos 2π + B sin 2π 3 √ Suy A = B = √ nπ nπ + sin Vậy ta có f (n) = cos 3 √ 3 Do |f (n)| ≤ 12 + = Bài tốn 1.1.2 Tìm hàm f : Z → R thoả mãn điều kiện f (x + y) + f (x − y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ Z, f (0) = 0, f (1) = (1.2) Giải Trong (1.2) cho x = n, n ∈ Z, y = ta f (n + 1) + f (n − 1) = f (n)f (1) Đặt f (n) = un , từ 1.2) ta có f (0) = u0 = 0, f (1) = u1 = , un+1 = Phương trình đặc trưng λ2 − λ + = có nghiệm Do ta có un − un−1 λ1 = 2, λ2 = un = A.2n + B.( )n Trong 1.2) cho x = 1, y = 0, ta f (1).f (0) = 2f (1) ⇒ f (0) = = u0 , ta có    u0 = A20 + B( )0 = = A + B B 1   u1 = A2 + B( ) = = 2A + 2 Suy A = B = Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Vậy f (n) = un = 2n + Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín 1 x hay f (x) = + , ∀x ∈ Z 2n 2x Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thoả mãn điều kiện toán cho 1.1.2 Dạng a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn , U1, U2 cho trước fn đa thức bậc n Bài tốn tổng qt Tìm Un biết a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn, U1 , U2 cho trước fn đa thức bậc n Phương pháp Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = Khi Un = Un∗ + Un , Un nghiệm tổng qt phương trình dạng 1, a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = Và Un∗ nghiệm riêng phương trình khơng Theo dạng giải tìm Un , A, B số chưa xác định Un∗ xác định sau: a) Nếu λ = Un∗ đa thức bậc với fn b) Nếu λ = nghiệm đơn Un∗ = n.gn , gn đa thức bậc với fn c) Nếu λ = nghiệm kép Un∗ = n2 gn , gn đa thức bậc với fn Thay Un∗ vào phương trình cho đồng hệ số ta tính hệ số Un∗ Biết U1, U2 , từ hệ thức Un = Un + Un∗ , ta tính số A, B Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xn Tín Bài tập áp dụng Bài tốn 1.1.3 Cho f : N∗ −→ R thoả mãn điều kiện f (n + 1) − 2f (n) + f (n − 1) = n + 1; f (1) = 1; f (2) = (1.3) Chứng minh (6f (n) − 24) chia hết cho n với n ≥ Giải Trong (1.3) đặt f (n) = Un , ta Un+1 − 2Un + Un−1 = n + 1, U1 = f (1) = 1, U2 = f (2) = Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + = 0, có nghiệm kép λ = Ta có f (n) = f (n) + f ∗ (n) Trong f (n) = (A + nB).1n = A + nB f ∗ (n) = n2 (an + b) Ta thay f ∗ (n) vào phương trình (1.3) ta (n+1)2 [a(n+1)+ b] −2n2 (an+b)+(n−1)2 [a(n−1)+ b] = n+1, ∀n ∈ N∗ (*) +) Trong (*) cho n = 1, ta 3a + b = (**) +) Trong (*) cho n = ta 12a + 2b = (***) Từ (**) (***) ta suy a = 1 ; b= Khi n f ∗ (n) = n2( + ) Do n f (n) = A + Bn + n2 ( + ) Ta có U1 = f (1) = ⇒ A + B + 1 + = 1 U2 = f (2) = ⇒ A + 2B + 4( + ) = Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Từ suy A = 4; B = − Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín 11 Vậy ta có n3 n2 11 + f (n) = − n + Hay (6f (n) − 24) = (n3 + 3n2 − 22n) chia hết cho n Bài tốn 1.1.4 Tìm tất hàm f xác định N thoả mãn 2f (n).f (k + n) − 2f (k − n) = 3f (n).f (k); f (1) = (1.4) Giải Trong (1.4) cho k = n = ta f (0) = −2f (0) ⇒ f (0) = {0, −2} +) Nếu f (0) = Thay n = vào (1.4) ta −f (k) = ⇒ f (k) = nên f (1) = Mâu thuẫn với giả thiết +) Do ta xét với f (0) = −2 Thay n = vào (1.4) ta có 2f (1)f (k + 1) − 2f (k − 1) = 3f (1).f (k) ⇔ 2f (k + 1) − 3f (k) − 2f (k − 1) = Phương trình đặc trưng 2λ2 − 3λ − = ⇒ Ta tìm f dạng Trong λ=2 λ=− f (n) = A.2n + B.(− )n f (0) = −2, f (1) = f (0) = −2 = A + B f (1) = = 2A − B Suy A = 0, B = −2 Vậy f (n) = −2(− )n = (−1)n+1 2n−1 nghiệm toán Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Bài toán 1.1.5 Giáo viên: Huỳnh Xn Tín Tìm tất hàm f : N −→ Z thoả mãn điều kiện f (k + n) − 2f (n)f (k) + f (k − n) = 3n.2k ; f (1) = (1.5) Giải Trong (1.5) cho k = n = ta có 2f (0) − 2f (0) = ⇒ f (0) ∈ {0, 1} Nếu f (0) = Cho n = vào (1.5) ta 2f (k) = 0, ∀k ∈ N ⇒ f (1) = Mâu thuẫn, f (0) = Nếu f (0) = Cho n = vào (1.5) ta f (k + 1) − 2f (k) + f (k − 1) = 3.2k , với f (0) = 1, f (1) = (*) Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + = ⇐⇒ λ = Khi ta có nghiệm dạng f (k) = f (k) + f ∗ (k), f (k) = (A + Bk) f ∗ (k) = m.2k Thay f ∗ (k) vào phương trình (∗) ta m.2k+1 − 2m.2k + m.2k−1 = 3.2k ⇒ m = Vậy f (k) = A + B.k + 6.2k Sử dụng điều kiện ban đầu ta có f (0) = = A + 6, f (1) = = A + B + 12 Từ suy A = −5; B = −6 Vậy f (n) = −5 − 6n + 6.2n nghiệm toán cho Sau ta trình bày phương pháp giải phương trình hàm biến dạng f [i] = g(n) (trong vế phải đa thức biến n nguyên vế trái hàm i∈N∗ hợp f xác định f [1] = f (n), f [2] = f (f (n)), f [i+1] = f (f [i](n)) ) cách đưa phương trình sai phân, cách xây dựng công thức tổng quát dãy số sau: a1 = α, = f [i] (n) với α số thuộc tập xác định hàm số Ta cần lưu ý đến tập xác định tập giá trị hàm số để dãy số tạo điều kiện có lợi Bài toán 1.1.6 Giả sử a, b hai số thực dương Tìm tất hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (x)) + af (x) = b(a + b)x 10 (1.6) Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Ta chứng minh f (1) = Thay a = a+k(f (1)−1) ta a+k(f (1)−1), f (b), f (b+f (a+k(f (1)−1))−1) ba cạnh tam giác Mà f (b) = f (b + f (1) − 1) nên f (b + f (a + k(f (1) − 1)) − 1) = f (b + f (a + (k − 1)(f (1) − 1)) − 1) = = f (b + f (a) − 1) Suy a + k(f (1) − 1), f (b), f (b + f (a) − 1) ba cạnh tam giác Suy f (b + f (a) − 1) + f (b) > a + k(f (1) − 1) Nếu a, b hai số k → +∞ bất đẳng thức f (1) = Thay b = ta có a, f (1), f (f (a)) ba cạnh tam giác suy f (f (a)) = a hay f đơn ánh Đặt f (2) = x Có f (x) = Thay a = 2, b = x ta có 2, 2, f (x + f (2) − 1) ba cạnh tam giác suy > f (x + f (2) − 1) > Nếu f (x + f (2) − 1) = = f (1) ⇒ x + f (2) − = ⇒ x = < (mâu thuẫn) Nếu f (x + f (2) − 1) = = f (x) ⇒ x + f (2) − = x ⇒ x = < (mâu thuẫn) Vậy f (x + f (2) − 1) = Ta chứng minh f (x + f (n) − 1) = n + (*) Ta thấy (*) với n = 1, Giả sử (*) với n < k Ta chứng mini(*) với n = k Thật vậy, thay a = k, b = x ta có k, 2, f (x + f (k) − 1) ba cạnh tam giác suy k + > f (x + f (k) − 1) > k − Nếu f (x + f (k) − 1) = k − = f (x + f (k − 2) − 1) (mâu thuẫn) Nếu f (x + f (k) − 1) = k = f (x + f (k − 1) − 1) (mâu thuẫn) Ta có f (x + f (n) − 1) = f (f (n + 1)) ⇒ x + f (n) − = f (n + 1) ⇒ f (n + 1) = n(x − 1) + thay vào n + = f (f (n + 1)) ⇒ f (n) = n 29 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Vậy f ⇒ f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại ta thấy thỏa 1.4.3 Bài tập củng cố 1.17 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (1) = f (f (n))f (n+2)+1 = f (n + 1)f (f (n + 1)) ∀n ∈ N∗ 1.18 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa 2(f (m2 + n2 ))3 = f (m)f (n) + f (m).f (n) ∀m, n ∈ N∗ 1.19 (VMO 1996A) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (n) + f (n + 1) = f (n + 2).f (n + 3) − 1996, ∀n ∈ N∗ 1.5 Phương pháp sử dụng tính chất số học 1.5.1 Phương pháp Ta thường dùng tính chất số học đồng dư, chia hết, khai triển tắc, định lý phần dư Trung Hoa, 1.5.2 Bài tập áp dụng Trước hết ta sử dụng tính chất chia hết số nguyên Bài toán 1.5.1 x2 ), ∀x, y ∈ N∗ Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa (f (x)2 +y) (f (y)+ (*) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn toán Thay x = y = vào (*) ta (f (1)2 + 1) (f (1) + 1) ⇒ f (1) = Thay y = vào (*) ta có (f (x)2 + 1) (f (1) + x2 ) ⇒ f (x) ≥ x, ∀x ∈ N∗ Thay x = vào (*) ta có (1 + y) (f (y) + x2 ) ⇒ y ≥ f (y), ∀y ∈ N∗ 30 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xn Tín Vậy f (x) = x Bài tốn ta liên quan đến thuật toán Oclit tìm ước chung lớn Bài tốn 1.5.2 (Olynpic 30/4/2009) Giả sử hàm số f : N∗ → N∗ thỏa (m + n)2009 (f (m) + f (n)), ∀m, n ∈ N∗ (*) Chứng minh f (1), f (2), f (3), cấp số cộng với công sai dương Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn toán Trước tiên ta chứng minh f đơn ánh Giả sử f đơn ánh hay ∃a, b ∈ N∗ thỏa a < b f (a) = f (b) Có (a + n)2009 (f (a) + f (n)) (b + n)2009 (f (b) + f (n)) = (f (a) + f (n)) ⇒ ((a + n)2009, (b + n)2009) = f (a) + f (n) ≥ ⇒ (a + n, b + n) ⇒ (a + n, b − a) = (Thuật toán Ơclit) Thay n = p − a với p số nguyên tố lớn b, có (p, b − a) = mâu thuẫn Vậy f đơn ánh Với t ∈ N∗ tùy ý, ta có (t+n)2009 (f (t)+f (n)) (t+1+n)2009 (f (t+1)+f (n)) = (f (t + 1) + f (n)) Mà (n + t, n + t + 1) = ⇒ ((t + n)2009, (t + + n)2009) ⇒ (f (n) + f (t), f (n) + f (t + 1)) = ⇒ (f (n) + f (t), f (t + 1) − f (t)) = Ta chứng minh f (t + 1) − f (t) = ±1 (*) Giả sử f (t + 1) − f (t) = ±1, mà f đơn ánh nên f (t + 1) − f (t) = Gọi p ước nguyên tố f (t + 1) − f (t) Có (t + n)2009 (f (t) + f (n)) thay n = pk − t(k ∈ N∗ thỏa mãn pk > t) ⇒ p2009k (f (pk − t) + f (t)) ⇒ c p ⇒ (f (pk − t) + f (t), f (t + 1) − f (t))p mâu thuẫn Vậy f (t + 1) − f (t) = ±1 Nếu f (t + 1) = f (t) − f hàm giảm nghiêm ngặt, mâu thuẫn với tập giá trị tập số ngun dương ln có phần tử nhỏ 31 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Vậy f (t + 1) = f (t) + Bài tốn 1.5.3 Tồn hay khơng song ánh f : N∗ → N∗ thỏa (f (1) + f (2) + + f (n)) n Giải Ta xây dựng hàm f sau: f (1) = 1, f (2) = 3, f (3) = 2, giả sử ta xác định f (1), f (2), , f (k) Gọi n số nguyên nhỏ không thuộc số dãy Theo định lý thặng dư Trung Hoa tồn m thỏa mãn m ≡ −(f (1) + f (2) + + f (k))(mod(k + 1)) m ≡ −(f (1) + f (2) + + f (k) + n)(mod(k + 2)) Khi f (k + 1) = m, f (k + 2) = n Tiếp theo ta xét đến khai triển tắc Bài tốn 1.5.4 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa i) (f mn) = f (m) + f (n) ii) f (30) = iii) f (n) = n ≡ 7(mod10) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn toán Ta có f (30) = f (2) + f (3) + f (5) = ⇒ f (2) = f (3) = f (5) = Với x ∈ Z+ tùy ý ta có x = 2p1 5p2 k với k không chia hết cho Suy f (x) = f (k) k có tận 1, 3, 7, Nếu k ≡ 7( mod 10) ⇒ f (k) = Nếu k ≡ 1( mod 10) Thay m = 7, n = k vào (i) có f (7k) = f (7)+f (7) = f (k) Mà 7k ≡ 7( mod 10) ⇒ f (k) = Nếu k ≡ 3( mod 10) Thay m = 7, n = k vào (i) có f (7k) = f (7)+f (7) = f (k) Mà 7k ≡ 1( mod 10) ⇒ f (k) = Nếu k ≡ 9( mod 10) Thay m = 3, n = k vào (i) có f (3k) = f (3)+f (7) = f (k) Mà 3k ≡ 7( mod 10) ⇒ f (k) = 32 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Vậy f (n) = 0, ∀n ∈ N∗ Bài toán 1.5.5 (VMO-1991A) Cho số k > lẻ Với số nguyên dương n xác định f (n) số nguyên không âm lớn cho (k n − 1) 2f(n) Xác định cơng thức tính f (n) theo k, n Giải: Ta thấy f (n) số mũ khai triển tắc k n − Có k 4n = (k 2n − 1)(k 2n + 1) mà k 2n số phương lẻ nên k 2n + không chia hết cho 4, chia hết cho Do f (4n) = f (2n) + Mặt khác để ý k n − = (k − 1)(k n−1 + k n−2 + + k + 1) Nếu n lẻ (k n−1 + k n−2 + + k + 1) Do f (n) = f (1) (1) Xét hàm g(n) số nguyên dương lớn cho (k n + 1) 2g(n) Ta có k n + = − (−k)n = (1 + k)(1 + (−k) + (−k)2 + + (−k)n−1 ) Tương tự có n lẻ g(n) = g(1) Có k 4n+2 = (k 2n+1 − 1)(k 2n+1 + 1) ⇒ f (4n + 2) = f (2n + 1) + g(2n + 1) Vậy ta có với n = 2m p (p lẻ) có: f (n) = f (1); m = (m − 1) + f (1) + g(1); m ≥ f (1) số mũ khai triển tẵ k − 1, g(1) số mũ khai triển tắc k + Nhận xét Ta xét hàm g(n) nhận thấy f (n) g(n) có tính chất (1) việc phát (2) vừa cho ta ý tưởng xét hàm g(n) vừa mấu chốt tốn Bài tốn 1.5.6 N (*) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa f (f (n)) = 2n, ∀n ∈ Giải Ta dễ dàng nhận thấy f đơn ánh Thay n f (n) vào (*) f (f (f (n))) = 2f (n) ⇒ f (2n) = 2f (n) Xét số tự nhiên m tùy ý, đặt m = 2k p với p số lẻ Suy f (m) = 2k f (p) 33 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Đặt f (m) = 2h q với q số lẻ có 2h q = 2k f (p) ⇒ h ≥ k Có f (2h q) = f (2k f (p)) ⇒ 2h f (q) = 2k f (f (p)) = 2k+1 p ⇒ k ≥ h − + k = h ⇒ f (p) = q + k = h − ⇒ f (p) = 2q Mặt khác f (p) = q ⇒ f (f (p)) = f (p) ⇒ f (q) = 2p Vậy f (p) = q f (p) = 2q Nếu f (p) = p ⇒ f (f (p)) = f (p) ⇒ 2p = p mâu thuẫn Vậy ta thiết lập hàm f sau: Phân hoạch tập số tự nhiên lẻ thành hai tập vô hạn: A = {a1, a2 , , , }; B = {b1, b2 , , bi , }   f (0) = 0; m = f (m) = f (ai ) = bi ; m = 2k   f (bi ) = 2ai , m = 2k bi 1.5.3 Bài tập củng cố 1.20 Tìm tất tồn ánh f : N → N cho với m, n ∈ N f (n) f (m) ⇔ n m 1.21 (IMO-Shorlist 2004)Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa điều kiện (m2 + n)2 (f (m)2 + f (n)), ∀m, n ∈ N∗ 1.22 (Iran TST 2005)Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn tồn số k ∈ N số nguyên tố p cho ∀n ≥ k, f (n + p) = f (n) n m (f (n) + 1) f (m + 1) 1.23 Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn đồng thời: i) f (m) = f (n) m ≡ n( mod p) ii) f (mn) = f (m).f (n) với m, n số nguyên 1.24 Cho f, g : N∗ → N∗ thỏa điều kiện : 34 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín i) g toàn ánh ii) 2f (n) = n2 + g (n) với n nguyên dương √ Chứng minh |f (n) − n| ≤ 2016 n, ∀n ∈ N∗ f có vơ số điểm bất động 1.25 Tìm tất hàm số f : N → Z thỏa i) Nếu a f (a) ≥ f (b) ii) f (ab) + f (a2 + b2 ) = f (a) + f (b) với a, b số tự nhiên 1.26 (China 1996) Cho A = {1; 2; ; 17} hàm số f : A → A Xác định f [1](x) = f (x) f [k+1](x) = f (f [k] (x)) với k ∈ N Tìm số tự nhiên lớn M cho tồn đơn ánh f : A → A thỏa mãn điều kiện sau: i) Nếu m < M ≤ i ≤ 16 f [m] (i + 1) − f [m] (i) ≡ ±1( mod 17) ii) Với ≤ i ≤ 16 f [M ](i + 1) − f [M ](i) ≡ ±1( mod 17) 1.6 Phương pháp sử dụng hệ đếm số 1.6.1 Phương pháp Hệ đếm số khái niệm quan trọng tập số nguyên, nên có nhiều ứng dụng liên quan đến thuật toán số học, tin học, Ta nhắc lại định nghĩa hệ đếm số: với b số nguyên dương lớn hay số nguyên dương N biểu diễn dạng N = (a1 ak )b = a1 bk−1 + a2 bk−2 + + ak b0 với ≤ a1 ≤ b − 1, ≤ a2, , ak ≤ b − Đối với số tốn phương trình hàm tập số nguyên, dễ dàng nhận quy luật chuyển thành tốn theo hệ đếm số khác Sau ta xét số tập minh họa cho phương pháp 1.6.2 Bài tập áp dụng Bài tốn 1.6.1 Tìm tất hàm số f : N → R thỏa điều kiện f (1) = ) n = 2k + 1 + f ( n−1 f (n) = n n = 2k + f(2) Giải Từ giả thiết suy f (2k + 1) = + f (k) = f (2k), k = 1, 2, Ta có 35 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín f (2) = f (3) = 2; f (4) = f (5) = 3; f (6) = f (7) = + f (3) = 3; f (8) = f (9) = f (10) = f (11) = f (12) = f (13) = f (14) = f (15) = Sau tính xong giá trị hệ số 10, ta chưa hình dung quy luật giá trị f (n) Tuy nhiên, viết hệ số ta được: f (2) = = f (3) ⇔ f (102 ) = f (112 ) = f (4) = f (5) = f (6) = f (7) = ⇔ f (1002 ) = f (1012 ) = f (1102 ) = f (1112 ) = Vậy ta dự đoán f (n) số chữ số n viết hệ nhị phân Ta chứng minh điều dự đoán quy nạp Khẳng định f (n) = n với n = 1, 2, 3, , 15 Giả sử khẳng định với n, ta chứng minh khẳng định với n + Thật vậy, n chẵn n = (a1 ak 0)2 ⇒ f (n) = k + Khi n + = (a1 ak 1)2 Ta có n2 = (a1 ak )2 ⇒ f ( n2 ) = k ⇒ f (n + 1) = + f ( n2 ) = k + = số chữ số biểu diễn nhị phân n Trường hợp n lẻ chứng minh hoàn toàn tương tự Như trường hợp ta có f (n) số chữ số n hệ nhị phân Bài tốn 1.6.2 Tìm tất hàm số f : N → R thỏa điều kiện f (1) = f (2n) = 3f (n), f (2n + 1) = f (2n) + Tính f (2016) Giải Từ giả thiết suy f (1) = f (12 ) = = 1.30 ; f (2) = f (102 ) = 3f (1) = = 1.31 + 0.30 ; f (3) = f (112 ) = f (2) + = = 1.31 + 1.30 Như dự đoán với n số nguyên dương n có biểu diễn hệ (*) nhi phân n = (ak ak−1 a1 a0)2 f (n) = ak 3k + ak−1.3k−1 + + a0.30 Ta chứng minh (*) quy nạp Với n ≤ (*) Giả sử (*) với i < n Ta chứng minh với n = i (*) Thật vậy: + Nếu n = 2m với m có biểu diễn hệ nhị phân m = (ak ak−1 a1 a0 )2 n = (ak ak−1 a1 a0 0)2 Do từ f (n) = f (2m) ta có f ((ak ak−1 a1 a00)2 ) = 3f (m) = 3(ak 3k + ak−1 3k−1 + + a0.30 ) = ak 3k+1 + ak−1 3k + + a0 + 0.30 36 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín + Nếu n = 2m + với mó biểu diễn hệ nhị phân m = (ak ak−1 a1 a0)2 n = (ak ak−1 a1 a0 1)2 Do từ f (n) = f (2m + 1) ta có f ((ak ak−1 a1 a01)2 ) = 3f (m) + = 3(ak 3k + ak−1.3k−1 + + a0.30 ) + = ak 3k+1 + ak−1 3k + + a0.3 + 1.30 Vậy (*) với n số nguyên dương Do với 2016 = (11111100000)2 Ta có f (2016) = 1.310 + 1.39 + 1.38 + 1.37 + 1.36 + 1.35 = 88452 1.6.3 Bài tập củng cố 1.27 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện f (1) = 1; f (2n) = 2f (n) − 1, f (2n + 1) = 2f (n) + 1, ∀n ∈ N∗ 1.28 Giả sử hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (1) = 1, f (2n) = f (n), f (2n+1) = f (2n) + 1, ∀n ∈ N∗ a) Tìm giá trị lớn f (n) tập {1, 2, , 2016} b) Tìm số n ∈ N∗ với ≤ n ≤ 2016 cho f (n) = M 1.29 (IMO 1988) Giả sử f : N → N thỏa f (1) = 1, f (3) = với số nguyên dương n f (2n) = f (n); f (4n + 1) = 2f (2n + 1) − f (n); f (4n + 3) = 3f (2n + 1) − 2f (n) 1.7 Sử dụng số tính chất hàm số 1.7.1 Phương pháp chung Ta ý đến tính chất đơn điệu hàm số ta thường kiểm tra: + Thiết lập bất đẳng thức kẹp để suy đẳng thức có lợi + Nếu f đơn điệu N có giá trị vơ số điểm f hàm N + Nếu f đơn điệu N ta khai thác triệt để tập giá trị f 37 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 1.7.2 Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài tập áp dụng Bài tốn 1.7.1 Tìm tất hàm số đồng biến f : N∗ → N∗ thỏa mãn (1) điều kiện xf (y) + yf (x) = [xf (f (x)) + yf (f (y))]f (xy), ∀x, y ∈ N∗ Giải Từ (1) cho x = = y ta 2f (1) = 2f (1).f (f (1)) ⇔ f (f (1)) = Do f hàm đồng biến nên từ ≤ f (1) ta có ≤ f (1) ≤ f (f (1)) = ⇒ f (1) = Từ (1) cho y = ta x + f (x) = [xf (f (x)) + 1]f (x), ∀x ∈ N∗ ⇔ f (f (x)).f (x) = 1, ∀x ∈ N∗ Do f (f (x)) = f (x) = 1, ∀x ∈ N∗ Vậy f (x) = 1, ∀x ∈ N∗ Thử lại thấy thỏa toán Bài toán 1.7.2 (IMO 1987) Chứng minh không tồn hàm số f : N → N thỏa mãn điều kiện f (f (n)) = n + 1987, ∀n ∈ N (1) Giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh f tăng nghiêm ngặt N Giả sử tồn n ∈ N cho f (n + 1) = f (n), ta được: f (f (n + 1)) = f (f (n)) ⇒ n + + 1987 = n + 1987 ⇒ 1998 = 1987 (vô lý) Do f (n + 1) = f (n) Giả sử f (n + 1) < f (n), ta có n + 1987 = f (f (n)) ⇒ f (f (f (n))) = f (n) + 1987 ⇒ f (n + 1987) = f (n) + 1987 Mà f (n + 1) < f (n) nên f (n) ≥ f (n + 1) + Suy f (n) ≥ f (n + 1) + ≥ f (n + 2) + ≥ ≥ f (n + 1987) + 1987 Từ ta có f (n + 1987) − 1987 ≥ f (n + 1987) + 1987 (vô lý) Vậy f (n + 1) > f (n), ∀n ∈ N (2) Hay f (n + 1) ≥ f (n) + 1, ∀n ∈ N Từ f (n + 1987) ≥ f (n + 1986) + ≥ ≥ f (n) + 1987 Nếu f (n + 1987) > f (n) + 1987 f tăng ngặt nên f (f (n + 1987)) > f (f (n) + 1987) > f (f (n)) + 1987 Do n+2.1987 > n+2.1987, vơ lý Vậy từ (2) suy f (n+1997) = f (n)+1987 38 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Suy tất dấu (2) xảy Khi f (n) = n + f (1) − = n + a với a = f (1) − ∈ Z Mà f (f (n)) = n + 2a = n + 1997 ⇒ a = thỏa mãn tốn 1987 ∈ Z Vậy khơng tồn hàm f Có nhứng tốn ta cần chứng ánh xạ đơn ánh, tồn ánh, song anh đủ Bài toán sau: Bài toán 1.7.3 (Đề nghị thi IMO 1995) Chứng minh tồn tai hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (m + f (n)) = n + f (m + 95), ∀m, n ∈ N∗ (1) 19 Giá trị tổng f (k) bao nhiêu? k=1 Giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2), ta có f (f (n1 ) + f (1)) = f (f (n2) + f (1)) ⇒ n1 + f (f (1) + 95) = n2 + f (f (1) + 95) ⇒ n1 = n2 Vậy f đơn ánh Với n ∈ N∗ , ta có f (f (n) + f (1)) = n + f (f (1) + 95) = n + + f (95 + 95) = f (95 + f (n + 1)) Suy f (n + 1) + 95 = f (n) + f (1) Từ với n ∈ N∗ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 95 = a, với a = f (1) − 95 Suy f (n)−f (n−1) = = f (2)−f (1) = f (1)−95 = a, dẫn đến f (n)−95 = na ⇒ f (n) = na + 95, ∀n ∈ N∗ Với f (n) = na + 95, ∀n ∈ N∗ thay vào (1) ta suy a = Vậy f (n) = n + 95, ∀n ∈ N∗ Thử lại ta thấy thỏa tốn theo thỏa mãn tốn 19 19 f (k) = Khi k=1 (k + 95) = 1995 k=1 39 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh 1.7.3 Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Bài tập củng cố 1.30 Tìm tất hàm số tăng thực f : N∗ → N∗ thỏa f (n + f (n)) = 2f (n), ∀n ∈ N∗ 1.31 Cho hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (n + 2) − 2f (n + 1) + f (n) = f (f (n − 1)), ∀m, n ∈ N∗ Chứng minh tồn a, b thỏa mãn với n > a ta có f (n) = b 1.32 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (f (f (n))) + f (f (n)) + f (n) = 3n, ∀n ∈ N∗ 1.33 (CH Sec 2007) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (m(f (n)) = nf (m), ∀n, m ∈ N∗ Tìm giá trị nhỏ f (2007) 1.8 Sử dụng tính chất cấp số cộng tập số nguyên 1.8.1 Phương pháp chung Trong ta trình bày số kỹ thuật để giải phương trình hàm N, Z liên quan đến cấp số cộng Sau số lưu ý giải toán + Nếu f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1), ∀n ∈ N∗ dãy số {f (n)} cấp số cộng + Nếu {f (n)} cấp số cộng có số hạng đầu f (1) công sai d = f (2) − f (1) số hạng tổng quát f (n) = f (1) + (n − 1)[f (2) − f (1)] hay có dạng f (n) = an + b + Một dấu hiệu để dự đoán dãy số {f (n)} cấp số cộng bậc biến không vượt 1.8.2 Một số dạng tập áp dụng Bài tốn 1.8.1 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (f (m) + f (n)) = m + n, ∀n, m ∈ N∗ 40 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín Giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta có f (f (n1)+f (1)) = f (f (n2 )+f (1)) ⇔ n1 = n2 Vậy f đơn ánh Từ (1), chọn m = n, ta f (2f (n)) = 2n, ∀n ∈ N∗ (2) Từ (2) ta có f (2f (n)) = 2n = (n + 1) + (n − 1) = f (f (n + 1) + f (n − 1)) ⇒ 2f (n) = f (n + 1) + f (n − 1) ⇒ f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1), ∀n ∈ N∗ (3) Từ (3) suy dãy số {f (n)} cấp số cộng nên f (n) = f (1) + (n − 1)a cơng việc cịn lại tính f (1), a Thay f (n) = f (1) + (n − 1)a vào (2) ta f (2f (n)) = 2n ⇔ 2na2 − 2a2 + (2f (1) − 1)a + f (1) = 2n a=1 a2 = ⇒ ⇒ f (1) = −2a2 + (2f (1) − 1)a + f (1) = Do f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại ta thấy thỏa mãn toán Bài toán 1.8.2 (Morocan Mathematical Olympiad 2012) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa f (f (a) + f (b)) = a + b − 1, ∀a, b ∈ Z (1) Giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Từ (1) cho b = ta f (f (a) + f (1)) = a, ∀a ∈ Z, dễ thấy f song ánh Z Đặt f −1 (−1) = k, f −1 (0) = l ta có k = l f (f (a) + f (−a)) = −1 = f (k) (∀a ∈ Z) ⇒ f (f (a) + f (1 − a)) = = f (l) nên ta có f (a)+f (−a) = k, f (a)+f (1−a) = l, ∀a ∈ Z, suy f (a) = l−f (1−a) = l − [k − f (a − 1)] = l − k + f (a − 1), ∀a ∈ Z Vậy f (0), f (1), , f (a−1), f (a) lập thành cấp số cộng với công sai l−k Từ đây, đặt f (0) = m, theo cơng thức cấp số cộng có: f (a) = (l − k)a + m, ∀a ∈ Z Từ f (x) = (l − k)x + m, ∀x ∈ Z suy f (f (x) + f (0)) = f ((l − k)x + 2m) = (l − k)2 x + 2m(l − k) + m Kết hợp với (1) ta (l − k)2 x + 2m(l − k) + m = x + − 1, ∀x ∈ Z Đồng hệ số, suy l − k = −1, m = Khi f (x) = − x, ∀x ∈ Z thỏa yêu 41 Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín cầu tốn 1.8.3 Bài tập củng cố 1.34 Tìm tất hàm số f : N → N thỏa f (f (m) + f (n) + f (p)) = m + n + p, ∀n, m, p ∈ N 1.35 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa f (n + 1) ≤ f (n), ∀n ∈ N∗ f (f (n)) = n + 2016, ∀n ∈ N∗ 1.36 Tìm tất hàm số f : N → N thỏa f (2x + 3y) = 2f (x) + 3f (y) + 4, ∀x, y ∈ N 42 43 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm , NXB Giáo dục [2] Nguyễn Trọng Tuấn (2004), Bài toán hàm số qua kì thi Olympic , NXB Giáo dục [3] Lê Đình Thịnh, Đặng Đình Châu, Phan Văn Hạp (1996), Phương trình sai phân số ứng dụng , NXB Giáo dục [4] Huỳnh Bá Lộc (2006), Một số lớp phương trình hàm tổng quát áp dụng vào phương trình hàm sơ cấp , Luận văn thạc sĩ tốn học [5] Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phị (2013), Chuyên khảo phương trình hàm, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [6] J.Aczél (1966), Lectures on functional equations and their applications , ACADEMIC PRESS New York San Francisco London [7] Stevo Stevic (2004), Periodic Character of a Class of Difference Equation , Vol.10, No 6, May 2004, pp.615-619, Taylor & Francis Group ————————————— ... f (2n + 1) = f (2n) + Tính f (2016) Giải Từ giả thiết suy f (1) = f (12 ) = = 1.30 ; f (2) = f (102 ) = 3f (1) = = 1 .31 + 0.30 ; f (3) = f (112 ) = f (2) + = = 1 .31 + 1.30 Như dự đoán với n số... = ak 3k+1 + ak−1 3k + + a0.3 + 1.30 Vậy (*) với n số nguyên dương Do với 2016 = (11111100000)2 Ta có f (2016) = 1 .310 + 1.39 + 1.38 + 1.37 + 1.36 + 1.35 = 88452 1.6.3 Bài tập củng cố 1.27 Tìm... = f (n), f (2n+1) = f (2n) + 1, ∀n ∈ N∗ a) Tìm giá trị lớn f (n) tập {1, 2, , 2016} b) Tìm số n ∈ N∗ với ≤ n ≤ 2016 cho f (n) = M 1.29 (IMO 1988) Giả sử f : N → N thỏa f (1) = 1, f (3) = với