Phơng trình hàm N Toỏn hc khụng phi l sách gói gọn tờ bìa mà người ta cần kiên nhẫn ñọc hết nội dung, tốn học khơng phải vùng mỏ q mà ngời ta cần có thời gian để khai thác; tốn học khơng phải cánh ñồng bị bạc màu vụ thu hoạch; tốn học khơng phải lục địa hay đại dương mà ta vẽ chúng lại Tốn học khơng có giới hạn khơng gian mà cảm thấy q chật chội cho khát vọng nó; khả tốn học vơ hạn bầu trời đầy sao; ta khơng thể giới hạn tốn học quy tắc hay định nghĩa giống sống ln ln tiến hóa” Sylvester I LÝ thut ánh xạ A) Định nghĩa Cho hai tập hợp khác rỗng X Y Nếu với phần tử x thuộc X quy tắc f cho ta xác định phần tử y thuộc Y ta gọi f ánh xạ từ X vµo Y KÝ hiƯu f : X → Y X tập xác định ; Y tập giá trị B) Đơn ánh, toàn ánh, song ánh a) Đơn ánh ánh xạ f : X Y đợc gọi đơn ánh nh với x1, x2 X x1 x2 f(x1) f(x2) Chú ý : muốn CM f đơn ánh ta giả sử f(a) = f(b) từ ta suy a = b Việc CM f đơn ánh công cụ tốt việc giải phơng trình hàm b) Toàn ánh ánh xạ f : X Y đợc gọi toàn ánh nh với phần tử y Y tồn phần tö x ∈ X tháa m n f(x) = y c) Song ánh ánh xạ f : X Y đợc gọi song ánh nh vừa đơn ánh vừa toàn ánh Hàm số A) Định nghĩa Cho X, Y R Một ánh xạ f : X Y đợc gọi hàm số từ tập X đến tập Y kí hiệu f : X → Y hay y = f(x) CÊp sè céng, cÊp sè nh©n Trong mét sè tr−êng hợp hàm số coi d y số giải phơng trình hàm N việc áp dụng trực tiếp cấp cộng cấp số nhân khiến lời giải trở lên ngắn gọn A) Cấp số céng Cho d y an : an = an −1 + d (d lµ h»ng sè) n ≥ gäi cấp số cộng công sai d Tính chất: ak = ak −1 + ak +1 víi mäi k ∈ [2; n – 1] C«ng thøc tÝnh sè hạng tổng quát cấp số cộng a n = a1 + ( n − 1) d B)CÊp sã nh©n Cho d y an : a n = a n −1 q (q # 0, n ≥ 2) gäi cấp số cộng công bội q Công thức tính số hạng tổng quát a n = a q n II Các phơng pháp giải Một số lu ý giải phơng trình hàm Sử dụng phép để đơn giản phơng trình hàm Nên sử dụng tích chất đơn ánh có hàm số Thay có giá trị đặc biệt điểm cực biên ( nguyên lý cực hạn ) tìm điểm bất động Nguyên lý quy nạp công cụ hiệu trình giải phơng trình hàm nhiên phải lựa chọn điểm rơi Trớc trình bày phơng pháp giải phơng trình hàm ta xét toán cổ sau Vespasien Hoàng đế La M kỉ thứ từ năm 69 đến năm 79 theo dơng lịch Thờiấy có Josephus nhà viết sử bị Vespasien truy n can tội chống lại triều đình Tục truyền Vespasein tìm đợc ham ẩn náu 100 ngời chống đối kê gọi họ hàng, không tàn sát tất Đa số muốn tự sát, không đầu hàng, có ngời nói nhỏ với Josephus hoàn cảng riêng muốn đầu hàng để sống Josephus thông cảm với ngời đặt quy tắc sau, đợc tất ngời chí thi hành : 100 ngời đứng thành vòng tròn đánh số từ đến 100 theo chiều kim đồng hồ Ngời thứ cầm dao ®Õm råi ®−a cho ng−êi thø 2, ng−êi thứ đếm tự sát Ngời thứ cầm dao lại đếm 1, đa dao cho ng−êi thø 4, ng−ëi thø ®Õm råi tù sát Cứ nh mà tiếp tục vòng qua vòng khác Cuối ngời sống Hỏi Josephus phải xếp ngời muốn sống vị trí ? Bài toán Josephus Giả sử Josephus có n bạn ; n ngời thành vòng tròn đánh số từ đến n theo chiêu kim đồng hồ tự sát theo quy tắc nh Gọi f(n) vị trí ngời sống sót Tìm f(n) Albert Einstein đ nói Phơng trình quan trọng trị, trị cho đại phơng trình cho vĩnh cửu Trên đờng phát triển phơng trình phơng trình hàm đời từ phát triển đến phơng trình hàm lĩnh vợc khó thờng xuyên xuất hiƯn c¸c cc thi häc sinh giái tØnh, qc gia quốc tế toán phơng trình hàm ẩn đại lợng xác định mà hàm số Giống nh toán Josephus phơng trình hàm theo cổ toán hay bạn hay thử giải xem nh mở đầu "Vạn khởi đầu nan" Bất đẳng thức thứ tự N phơng trình hàm A) Lí thuyết Thứ tự xếp N có tính chất đơn giản nhng mang đặc trng số tự nhiên nh số nguyên k < f(x) < k + ta lu«n cã f(x) = k + (k số nguyên) Với việc kết hợp tính chất với sử dụng phép biến đổi bất đẳng thức kẹp hàm f khoảng giá trị xét loại trờng hợp mâu thuẫn với giả thiết cuối đa ta đến hàm cần tìm B) Ví dụ Ví dụ 1) Tìm tất hàm f: N * → N * tháa m n i) f(n + 19) ≤ f(n) + 19 ii) f(n + 94) ≥ f(n) + 94 Giải Ta thấy hai BĐT hai bất đảng thức không chặt chúng lại ngợc lên ta tìm cách CM chúng quy B§T cã vÕ gièng nh−ng dÊu cđa B§T thøc kh¸c Ta cã : f(n + 19k) ≤ f(n) + 19k ( k ∈ N* ) f(n + 19k) = f((n + 19k – 94) + 94) ≥ f(n + 19k – 94) + 94 Ta chän k cho 19k 94 đạt N* dễ thÊy k = th× 19k – 94 =1 Tøc lµ f(n) + 95 ≥ f(n + 1) + 94 ¸p dơng liªn tiÕp cã f(n + 94) ≤ + f(n + 93) ≤ ≤ 93 + f(n +1) ≤ 94 + f(n) Suy f(n) + 94 = 93 + f(n + 1) hay f(n + 1) = f(n) + VËy f(n) = a + n – víi f(1) = a NhËn xÐt : Víi bµi toán từ giải ta hoàn toàn tổng quát đợc việc dành cho bạn lu ý tổng quát tốt nhng phải giải đợc Ví dụ 2) Tìm tất hàm sè f: N * → N * tháa m n víi mäi a,b ∈ N* th× a, f(b), f(b + f(a) 1) ba cạnh tam giác IMO_2009 Thay a = cã 1, f(b), f(b + f(1) 1) cạnh tam giác cã f(b) + > f(b + f(1) – 1) > f(b) – suy f(b) = f(b + f(1) – 1) Ta sÏ CM f(1) = Thay a = a + k(f(1) 1) ta đợc a + k(f(1) – 1), f(b), f(b + f(a + k(f(1) 1) 1) ba cạnh tam giác Mà ta có f(b) = f(b + f(1) -1) nªn f(b + f(a + k(f(1) – 1) – 1) = f(b + f(a + (k – 1)(f(1) – 1) – 1) = … = f(b + f(a) – 1) ⇒ a + k(f(1) – 1), f(b), f(b + f(a) – 1) ⇒ f(b) + f(b + f(a) – 1) > a + k(f(1) – 1) NÕu a,b cho lµ mét h»ng sè th× k → +∞ th× bÊt đẳng thức f(1) = Thay b = ta có a, f(1), f(f(a)) cạnh cđa mét tam gi¸c ⇒ f(f(a)) = a ⇒ f đơn ánh Đặt f(2) = x Có f(x) = Thay a =2; b = x ta cã 2, 2, f(x + f(2) 1) cạnh cđa mét tam gi¸c ⇒ > f(x + f(2) – 1) > NÕu f(x + f(2) – 1) = = f(1) ⇒ x + f(2) – = ⇒ x < (m©u thuÉn) NÕu f(x + f(2) – 1) = = f(x) ⇒ x + f(2) – = x ⇒ f(2) = (m©u thuÉn) VËy f(x + f(2) – 1) = Ta CM f(x + f(n) – 1) = n + (*) Ta thÊy (*) ®óng víi n = 1,2 Giả sử (*) với n < k Ta CM (*) ®óng víi n = k ThËt vËy: thay a = k; b = x ta cã k, 2, f(x + f(k) 1) cạnh tam gi¸c ⇒ k + > f(x + f(k) – 1) >k – NÕu f(x + f(k) – 1) = k – = f(x + f(k – 2) – 1) (m©u thuÉn) NÕu f(x + f(k) – 1) = k = f(x + f(k – 1) – 1) (mâu thuẫn) đpcm Ta có f(x + f(n) – 1) = f(f(n + 1)) ⇒ x + f(n) – = f(n + 1) ⇒ f(n + 1) = n(x – 1) + thay vµo n + = f(f(n + 1)) ⇒ f(n) = n Vậy f(n) = n Ví dụ 3) Tìm tất hàm số f: N * N * thỏa m n f(f(n)) < f(n + 1) víi mäi n N* IMO 1997 Chú ý: Mọi tập hợp khác rỗng tập N tồn phần tử nhỏ Mọi tập hợp hữu hạn tập N tồn phần tử lớn nhỏ Giải Gọi m = min{f(n), n N*} Vậy tồn x N* cho f(x) = m NÕu x > th× m = f(x) > f(f(x – 1)) ≥ m m©u thuÉn ⇒ x = ⇒ f(2) > f(1) T−¬ng tù chän m1 = min{f(n), n ∈ N* vµ n >1} ⇒ m1 = ⇒ f(3) > f(2) VËy ta cã f(1) < f(2) < …… < f(n) k + Cã f(f(k)) > f(k + 1) > f(f(n)) m©u thuẫn Vây f(n) = n Nhận xét: Bài toán ta đ xét phần tử nhỏ tập giá trị theo toán rời rạc đợc gọi nguyên lý cực hạn Trong nhiều toán ta áp dụng nguyên lý cực hạn có lợi nhiều giúp ta giải hoàn toàn toán giống nh ví dụ Ví dụ 4) Tìm tất hàm f : N * N * tháa m n víi mäi n ∈ N* cã f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 1996 (1) VMO_1996A Gi¶i Thay n b»ng n + cã f(n + 1) + f(n + 2) = f(n +3).f(n + 4) – 1996 (2) Trõ vế (1) cho (2) ta đợc f (n) − f (n + 2) = f (n + 3) [ f (n + 2) − f (n + 4)] (*) Ta CM f(n) ≤ f(n + 2) nh−ng tr−íc hÕt ta CM f(1) ≤ f(3) ThËt vËy nÕu f(1) > f(3) Tõ (*) quy n¹p cã f(2m + 1) > f(2m + 3) víi mäi m ∈ N ⇒ f (1) > f (3) > f (5) > d y vô tận số tự nhiên giảm dần từ f(1) vô lí Tơng tự có f(2) f(4) VËy quy n¹p ta cã f(n) ≤ f(n + 2) (1) ⇔ 1996 + f ( n ) + f ( n + 1) − f ( n + 2) f ( n + 3) = ⇔ 1996 + f ( n + 2) + f ( n + 3) − f ( n + 2) f ( n + 3) ≥ ⇔ 1997 − ( f ( n + 2) − 1)( f ( n + 3) − 1) ≥ (**) Ta thÊy nÕu f(n) < f(n+2) th× n → +∞ th× ( f ( n + 2) − 1)( f (n + 3) − 1) → +∞ m©u thn víi (**) VËy chØ cã TH sau x¶y f (2n) = a TH1 NÕu f (2n + 1) = b Khi ®ã (a – 1)(b – 1) = 1997 mà 1997 số nguyên tố có a = b = 1998 a = 1998 b = ⇒ f(2n) = 2, f(2n + 1) = 1998 ngợc lại Thử l¹i ta thÊy tháa m n TH NÕu f(2n) số f(2n + 1) sè NÕu f(2n) – > th× cã n → +∞ ⇒ ( f (2n) − 1)( f (2n + 1) − 1) → +∞ m©u thn víi (**) ⇒ f(2n) = Tõ mét ta cã f (2 n ) + f (2 n + 1) = f (2 n + 2) f (2 n + 3) − 1996 ⇔ f (2n + 3) = f (2n + 1) + 1997 VËy cã f(2n) = 1; f(2n + 1) = 1997n + f(1) víi f(1) tïy ý TH3 f(2n) số f(2n + 1) số Tơng tự TH2 Nhận xét: Bài toán ta đẵ sử dụng tính chất đ nêu phần ý Tính chất đợc áp dụng nhiều tronh giải phơng trình hàm Ví dơ 5) Cho hµm f : N → N tháa m n víi mäi m, n ∈ N th× f(2) = 0, f(3) > vµ f(9999) = 3333; f(m + n) – f(m) – f(n) = hc 1.(*) TÝnh f(1982) IMO_1982 0 (*) ⇔ f ( m + n ) = f ( m ) + f ( n ) + Ta dễ CM đợc f(1) = 0, f(3) = B»ng quy n¹p ta CM f(3n) ≥ n Ta thÊy nÕu f(3n) > n th× víi mäi m > n th× f(3m) > m ThËt vËy cã 0 f (3( n + 1)) ≥ f (3n ) + f (3) + > n + Mµ ta cã f(9999) = 3333 ⇒ víi mäi n ≤ 3333 1 th× f(3n) = n n ; 3n + = f (9n + 3) ≥ f (6n + 3) + f (3n + 1) ≥ f (3n + 1) n + Ta cã f (3n + 1) = ⇒ f(3n + 1) = n T−¬ng tù f(3n +2) = n n VËy cã f ( n ) = víi mäi n ≤ 3333 ⇒ f(1982) = 660 3 Nhận xét: Mấu chốt toán nằm f(3n) n nhiêu thiếu điều kiện f(2) = f(3) > toán giải đây? Ta xét toán tổng quát sau Ví dụ 6) Cho D = {1, 2, …, 2010} Hµm sè f : D → N tháa m n víi mäi m,n ∈ D mµ m + n ≤ 2010 th× f(m) + f(n) ≤ f(m + n) ≤ f(m) + f(n) + Chøng minh tồn số thực x cho với n D, f(n) = [nx] (Với [a] số nguyên lớn không vợt a) Giải f (n) f (n) + ≤x< Ta thÊy f ( n ) = [ nx ] ⇔ n n f (n) f (n) + ; n ∈ D ; b = ;n ∈ D n n §Ỉt a = max Ta cm a < b tồn vô số thực x thỏa m n Gọi h,k lần lợt số nhỏ thuộc D tháa m n f ( h) f (k ) + c= ;b = ⇒ ch = f (h); bk = f ( k ) + h k ⇒ ∀m ∈ [1; h − 1] ; f (m) < mc vµ ∀n ∈ [1; k − 1] ; f (n) + > nb TH1 k = h th× f(h) = f(k) < f(k) + ⇒ hc < kb ⇒ c < b TH2 k > h đặt k = h + p với p [1; k – 1] Cã kb = f(k) + = f(h + p) + ≥ f(h) + f(p) + > hc + pb ⇒ hb > hc ⇒ b > c TH3 k < h đặt h = k +p víi p∈ [1; h – 1] Cã hc = f(h) = f(k + p) ≤ f(k) + f(p) + < kb + pc ⇒ kc < kb c < b đpcm Ta thấy cách CM số 2010 tính chất toán sè > Quay l¹i vÝ dơ tõ (*) ta cã f(m) + f(n) ≤ f(m + n) ≤ f(m) + f(n) + 1 Khi ®ã f (9999) = [9999 x ] = 3333 ⇒ ≤ x < 3334 1982 1982.3334 ⇒ ≤ 1982 x < 9999 9999 ⇒ f(1982) = [1982x] = 660 NhËn xÐt: Hai điều kiện giả thiết cho thừa CM đợc giả thiết tơng tự nh Chúng ta hoàn toàn tổng quát thêm cách thay số 2010 thành n tùy ý > toán đợc giải kì thi USAMO_1997 số 2010 đợc thay 1997 C) Bài tập Bài Tìm tất hàm số f : N * → N * tháa m n i f(1) = f ( f ( n)) f ( n + 2) + = f (n + 1) f ( f (n + 1)) ii Bµi Tìm tất hàm số f : N * → N * tháa m n i f(x + 22) = f(x) ii f(x2y) = f(x)2f(y) Austrian_2002 Bµi Cho f : N * → N * tháa m n i f hàm tăng ii f(mn) = f(m).f(n) iii Víi m ≠ n vµ m n = n m f(m) = n f(n) = m Bài Tìm tất hàm số f : N * N * thỏa m n i f tăng thùc sù trªn N* ii f(mn) = f(m)f(n) víi (m,n) = iii f(2) = Bài Tìm tất hàm số f : N * N * tháa m n f ( f ( ( f ( n )) ) f1002 ( n ) + 2003 f ( n ) = 2004 n + 2005 víi f m ( n ) = 44 42 44 m lanf Bài Tìm tất hàm số f : N * N * thỏa m n i f tăng thực N* ii f(yf(x)) = x2f(xy) Cono Sur Olympiad_1995 Bµi D y số nguyên dơng (sn) thỏa m n sm + n − sm − sn ≤ K ; m,n = 1, 2, 3… víi K lµ mét sè nguyên dơng Với N số nguyên dơng tùy ý, tồn hay không số thực a1, a2, aK cho sn = K ∑ [ a n ], n ∈ [1, N ] k =1 k (Tổng quát ví dụ 6) Bài Khụng cú hủy hoại khả tốn học thói quen tiếp nhận phương pháp giải có sẵn mà khơng tự hỏi cần giải làm để tự nghĩ điều W.W Sawyer H y cho biÕt t¹i ví dụ lại đợc giải nh có cách giải khác không? ng quỏ lo lng v khó khăn bạn gặp phải Tốn học Tơi dám tơi cịn gặp nhiều khó khăn bạn ALBERT EINSTEIN Phơng trình hàm sử dụng tính chÊt sè häc C¸c tÝnh chÊt sè häc nh− sù chia hết, đồng d, số nguyên tố, khai triển tắc áp dụng việc giải phơng trình hàm Phơng pháp đợc chia thành phần nhỏ có ứng dụng tơng đơng việc giải phơng trình hàm (theo ý kiến tôi) Phần Các tính chất số học phơng trình hàm Về lí thuyết phần bạn cần nhớ tÝnh chÊt sè häc vỊ ®ång d−, sù chia hÕt khai triển tắc, định lý phần d Trung Hoa, A) Ví dụ Ví dụ Tìm tất hàm số f : N * N * tháa m n f ( x) + y M f ( y ) + x víi mäi x, y ∈ N* (*) Gi¶i Thay x = y =1 vào (*) ta đợc f(1)2 + M f(1) + ⇒ f(1) = Thay y = vµo (*) ta cã f(x)2 + M f(1) + x2 ⇒ f(x) ≥ x Thay x = vµo (*) ta cã f(1) + y M f(y) + ⇒ y ≥ f(y) VËy f(x) = x VÝ dơ 2.Gi¶ sư hµm sè f : N * → N * tháa m n (m + n) 2009 M ( f (m) + f (n) ) víi mäi m, n ∈ N* CMR f(1), f(2), f(3), … lµ cÊp sè céng với công sai dơng OLP30/4_2009 Giải Trớc tiên ta CM f đơn ánh Giả sử f đơn ánh a, b N* thỏa m n a < b vµ f(a) = f(b) Cã (a + n)2009 M (f(a) + f(n)) vµ (b + n)2009 M (f(b) + f(n)) = f(a) + f(n) ( ) 2009 2009 = f ( a ) + f ( n) ≥ ⇒ ( a + n) , (b + n) ⇒ ( a + n, b + n ) ≠ ⇒ ( a + n, b a ) (thuật toán ơclít) Thay n = p a với p số nguyên tố > b cã ( p , b − a ) mâu thuẫn Vậy f đơn ánh Víi t tïy ý thuéc N* ta cã (n + t ) 2009 M ( f (n) + f (t )) vµ (n + t + 1)2009 M ( f (n) + f (t + 1)) ( ) 2009 2009 =1 Mµ ( n + t , n + t + 1) = ⇒ ( n + t ) , (n + t + 1) ⇒ ( f (n) + f (t ), f (n) + f (t + 1) ) = ⇒ ( f (n) + f (t ), f (t + 1) − f (t ) ) = Ta CM f(t + 1) – f(t) = ± (*) Gi¶ sư f(t + 1) f(t) mà f đơn ¸nh nªn f(t + 1) – f(t) ≠ Gäi p ớc nguyên tố f(t + 1) f(t) 2009 Cã (n + t ) M ( f ( n) + f (t )) thay n = pk – t (k ∈ N* tháa m n pk > t) ⇒ p 2009 k M ( f ( p k − t ) + f (t )) ⇒ f ( p k − t ) + f (t )M p ( ) ⇒ f ( p k − t ) + f (t ), f (t + 1) − f (t ) = p m©u thuÉn VËy f(t + 1) – f(t) = ± NÕu f(t + 1) = f(t) f hàm giảm nghiêm ngặt mâu thuẫn với tập giá trị f tập số nguyên dơng có phần tử nhá nhÊt ⇒ f(t + 1) = f(t) + đpcm Nhận xét: Nếu tinh ý từ giả thiÕt ta thÊy f(n) = n tháa m n ®Ị từ khiến ta nghĩa đến việc CM đẳng thức (*) mấu chốt toán Trong toán ta sử dụng thuật toán Ơclit tìm ớc chung lớn Ví dụ Tồn hay không mét song ¸nh f : N * → N * tháa m n f (1) + f (2) + f (3) + + f (n)M n Gi¶i Ta thÊy toán cho f song ánh toán trở nên khó khăn nhiên đề hỏi có tồn hay không ta cần song ánh thỏa m n đợc Ta dùng hµm f nh− sau f(1) = 1, f(2) = 3, f(3) = giả sử ta xác định đợc f(1), f(2) f(k) Gọi n số nguyên nhỏ không thuộc số d y Theo định lý thặng d Trung Hoa tồn m thỏa m n m ≡ −( f (1) + f (2) + f (3) + + f (k ))(mod( k + 1)) m ≡ −( f (1) + f (2) + f (3) + + f (k ) + n)(mod(k + 2)) Khi ®ã f(k + 1) = m, f(k + 2) = n TiÕp theo ta xÐt ®Õn khai triển tắc Chú ý : Định lí số học: Cho n số nguyên dơng lớn Khi n biểu diễn đợc cách (hiểu theo nghĩa không tính đến việc xếp thứ tự nhân tử) d−íi d¹ng sau n = p1 q1 p q p k q k VÝ dơ T×m tất hàm số f : N * N tháa m n i f(mn) = f(m) + f(n) ii f(30) = iii f(n) = nÕu n ≡ (mod 10) Gi¶i Cã f(30) = f(2) + f(5) + f(3) = ⇒ f(2) = f(3) = f(5) = Với x số nguyên dơng tïy ý cã x = p1 p2 k với k không chia hết cho f(x) = f(k) vµ k cã tËn cïng lµ 1, 3, 7, NÕu k ≡ (mod 10) ⇒ f(k) = NÕu k ≡ (mod 10) Thay m = 7, n = k vµo (i) cã f(7k) = f(7) + f(k) = f(k) Mµ 7k ≡ (mod 10) ⇒ f(k) = NÕu k ≡ (mod 10) Thay m = 7, n = k vµo (i) cã f(7k) = f(7) + f(k) = f(k) Mµ 7k ≡ (mod 10) ⇒ f(k) = NÕu k ≡ (mod 10) Thay m = 3, n = k vµo (i) cã f(3k) = f(3) + f(k) = f(k) Mµ 3k ≡ (mod 10) ⇒ f(k) = VËy f(n) = víi mäi n∈ N* 10 VÝ dơ Cho sè k lỴ > Với số nguyên dơng n ta xác định f(n) số nguyên không âm lớn cho k n − 1M f ( n ) X¸c định công thức tính f(n) theo k n VMO_1991A Giải Ta thấy f(n) số mũ khai triĨn chÝnh t¾c cđa k n − Cã k n = ( k n + 1)( k n − 1) mµ k n số phơng lẻ k n + kh«ng chia hÕt cho chØ chia hÕt cho ⇒ f (4n) = f (2n) + Mặt khác để ý k n = (k − 1)(k n −1 + k n − + + k + 1) Nếu n lẻ k n −1 + k n − + + k + kh«ng chia hÕt cho ⇒ f(n) = f(1) n lẻ (1) Xét hàm g(n) số nguyên dơng lớn cho k + 1M Ta cã k n + = − (−k ) n = (1 + k )(1 + (−k ) + (−k ) + + (−k )n −1 ) T−¬ng tù cã nÕu n lẻ g(n) = g(1) Có k n + − = (k n +1 − 1)(k n +1 + 1) ⇒ f (4n + 2) = f (2n + 1) + g (2n + 1) (2) VËy ta cã víi n = 2m p (p lẻ) có f (1); m = f (n) = (m − 1) + f (1) + g (1); m ≥ Trong ®ã f(1) số mũ khai triển tắc cđa k - g(1) lµ sè mị cđa khai triĨn chÝnh t¾c cđa k + NhËn xét: Ta xét hàm g(n) nhận thấy đợc f(n) vµ g(n) cïng cã chung tÝnh chÊt (1) vµ viƯc ph¸t hiƯn tÝnh chÊt (2) võa cho ta ý t−ëng xÐt hµm g(n) võa lµ mÊu chèt cđa bµi toán n g (n) Ví dụ Tìm tất hàm số f : N N thỏa m n f(f(n)) = 2n víi mäi n∈ N (*) Gi¶i Ta dễ dàng nhận thấy f đơn ánh Thay n f(n) vào (*) đợc f(f(f(n))) = 2f(n) f(2n) = 2f(n) k k XÐt sè tù nhiªn m tùy ý đặt m = p với p sè lỴ ⇒ f ( m) = f ( p ) h k h Đặt f (m) = q với q số lẻ có q = f ( p ) ⇒ h ≥ k h k h k k +1 Cã f (2 q ) = f (2 f ( p )) ⇒ f ( q ) = f ( f ( p )) = p ⇒ k ≥ h − k = h ⇒ f ( p) = q ⇒ k = h − f ( p ) = 2q Mặt khác f ( p ) = q ⇒ f ( f ( p )) = f ( q ) ⇒ f ( q ) = p VËy f(p) = q hc f(p) = 2q NÕu f(p) = p ⇒ f ( f ( p )) = f ( p ) ⇒ p = p m©u thuÉn VËy ta thiÕt lập hàm f nh sau: Phân hoạch tập số tự nhiên lẻ thành hai tập hợp vô hạn 11 A = {a1 , a2 , , , } ; B = {b1 , b2 , , bi } f (0) = 0; m = f (m) = f (ai ) = bi ; m = 2k k f (bi ) = 2ai ; m = bi B) Bµi tËp Bài Tìm tất hàm số f : N * → N * tháa m n ( m + n ) M f ( m ) + f ( n ) víi mäi m, n ∈ N* IMO Shorlists 2004 Bµi Cho p lµ số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm số f : Z → Z tháa m n f (m) = f (n) nÕu m ≡ n (mod p) i) f (m.n) = f (m) f ( n) ii) USA TST Bài Tìm tất hàm số f : N N thỏa m n điều kiện f (m + n ) = f (m) + f (n) víi mäi m, n thuéc N i) f (1) > ii) Bµi Tìm tất hàm số f : Z Z tháa m n f ( a + b + c ) = f ( a ) + f (b ) + f ( c ) Bài Tìm tất hàm sè f : N → N tháa m n TST_2005 f (m + f ( n)) = f ( f (m)) + f ( n) IMO_1996 Bài Tìm tất hàm số f : N * N * thỏa m n i) f toàn ánh f ( n ) M f ( m ) ⇔ n M m với n, m số nguyên dơng ii) Bài Tìm tất hàm số f : N → N tháa m n f ( f ( n)) = pn với p số nguyên tố lỴ cho tr−íc Bài Khơng có hủy hoại khả tốn học thói quen tiếp nhận phương pháp giải có sẵn mà khơng tự hỏi cần giải làm để tự nghĩ điều W.W Sawyer H y cho biết ví dụ lại đợc giải nh có cách giải khác không? ng quỏ lo lng v nhng khú khn bạn gặp phải Tốn học Tơi dám tơi cịn gặp nhiều khó khăn bạn ALBERT EINSTEIN 12 Phần Số nguyên tố hàm nhân tính Trước hết ta tìm hiểu hàm nhân tính.Hàm số f:N* N* gọi có tính chất nhân với m,n thuộc N* có:f(mn)=f(m)f(n) Các hàm số nhân có t/c nhân đặc biệt nên thuận lợi tính giá trị điểm tuỳ ý.Như để xác ñịnh giá trị hàm số càn xác ñịnh điểm ngun tố VD1(Úc 2002): Tìm tất f:N* N* t/m: +f(x+22t)=f(x) (x>1) +f(x2y)=f(x)2f(y) (x>1) Giải: Cho x=y=1,ta có:f(1)=f(1)3 =>f(1)=1.Với 1f(x)f(k)=1 mà f(x);f(k) thuộc N* =>f(x)=f(k)=1 Vậy f(x)=1 với x thuộc N* VD2:Cho hàm f:N* N* thoã mãn:f(mf(n))=nf(m) (1) với m,n thuộc N*(f ñơn ánh).CMR:nếu p số nguyên tố f(p) số nguyên tố.Chỉ hàm số t/m ñề Giải: ðặt f(1)=a.Với m=1 ta có:f(f(n))=nf(1)=an Cho n=1 thay vào (1) ta có:f(am)=f(m)hayf(an)=f(n) Do ñó f(f(an))=f(f(n)) nên a.an=an nên a=1.Vây f(1)=1 Ta có f(f(n))=n với n Sau ta cm f hàm nhân tính: f(f(m).f(n))=nf(f(m))=mn=f(f(mn)), mà f đơn ánh nên f(mn)=f(m).f(n) ðã cm f hàm nhân tính ta nghĩ ñến việc xét giá trị hàm số ñiểm nguyên tố Gọi p số nguyên tố t/m:f(p)=mn,ta có: f(f(p))=f(m).f(n)) hay p=f(m)f(n) Suy f(m)=p f(n)=1 hay ngược lại,mà f ñơn ánh nên m=1 hay n=1, nghĩa m hay n số nguyên tố Suy p nguyên tố f(p) nguyên tố Gọi f(p)= q số nguyên tố,thì f(f(p))=f(q) f(q)=p Từ ta thấy với p số ngun tố f(p)=q số nguyên tố f(q)=p.Từ ta có cách xây dưng hàm số sau: Gọi pi số nguyên tố thứ i,nghĩa p1 =2,p2 =3,… Chia cặp số nguyên tố thành cặp (p2k-1, p2k) với k=1;2;3;… f(1)=1 f(p2k-1)=p2k ;f(p2k)=p2k-1;k=1;2;3;… Hàm f xác ñịnh t/m ñầu VD3:Cho hàm số f:N* N* t/m:f(mf(n))=n2f(m) với m,n thuộc N*.CMR:f(2003) số nguyên tố bình phương số nguyên tố(f ñơn ánh) Giải: Từ VD2,hơn ñề lại cho 2003 số ngun tố nên ta dễ dành đốn ñược ta phải cm p số nguyên tố f(p) số nguyên tố bình phương số ngun tố Với m=n=1 ta có:f(f(1))=f(1), f đơn ánh nên f(1)=1 f(f(n))=n2 với n thuộc N* Sau ta cm f hàm nhân tính: Xét f(f(m).f(n))=n2f(f(m))=n2m 2=f(f(mn)) 13 Vì f đơn ánh nên f(mn)=f(m)f(n) Rồi ta xét giá trị hàm số ñiểm nguyên tố Gọi p số nguyên tố.Nếu f(p) hợp số f(p)=a.b với a≥b>1 Mà p2=f(f(p))=f(ab)=f(a).f(b).Do có trường hợp sao: +f(a)=p2 => f(b)=1 =>b=1(vô lý) +f(b)=p2 => f(a)=1 =>a=1(vơ lý) +f(a)=f(b)=p.Mà f đơn ánh nên a=b =>f(p)=a2 Ta cần cm a số nguyên tố Giả sử a=mn p=f(a)=f(mn)=f(m).f(n) Mà p số nguyên tố nên: Hoặc f(m)=1 => m=1 f(n)=1 => n=1.Vậy a số nguyên tố Vậy p số nguyên tố thi f(p) số nguyên tố bình phương số nguyên tố Mà 2003 số ngun tố =>đpcm VD4:Tìm hàm f:N* N* t/m: f(mf(n))=n3f(m) với m,n thuộc N*(f ñơn ánh) Giải:Từ VD3 ta dự đốn p số nguyên tố f(p)là số nguyên tố lập phương số nguyên tố.Nếu cm điều ta dễ dàng giải tốn Cho m=1 đặt f(1)=a,ta có: f(f(n))=n3f(1)=an3 Cho n=1 có f(am)=f(m)=> am=m=> a=1 Từ ta có f(1)=1 nên f(f(n))=n3 với n thuộc N* Sau ta cm f hàm nhân tính Xét: f(f(m).f(n))=n3f(f(m))=m3n3 =f(f(mn)) Mà f đơn ánh nên f(mn)=f(m).f(n) Sau ta xét giá trị hàm f ñiểm nguyên tố Gọi p số nguyên tố giả sử f(p)=ab với a≥b≥1 Khi p3=f(f(p))=f(ab)=f(a).f(b).Do có khả năng: +f(a)=p3 f(b)=1 =>b=1, a số nguyên tố f(p)=a =>f(p) số nguyên tố +f(b)= p3 f(a)=1 =>a=1, b số nguyên tố f(p)=b =>f(p) số nguyên tố +f(a)=p, f(b)=p2 Từ f(p)=f(f(a))=a3 (f(p))2=f(p2)=f(f(b))=b3 =>ab=a3và a2b 2=b3 =>b=a2 =>f(p)=a3 Ta cần cm a số nguyên tố = phản chứng VD2 Giả sử a=mn (m≥n>1) ta có: p=f(a)=f(mn)=f(m).f(n) mà p ngun tố nên: +f(n)=1=> n=1(vơ lý) +f(m)=1=>m=1(vơ lý) Ta cm p số nguyên tố f(p)là số nguyên tố lập phương số nguyên tố.Từ ñó ta có hàm f: Ta chia tập hợp số nguyên tố thành cặp (p;q) ñặt f(q)=p,f(p)=q3.Hiển nhiên lúc hàm t/m đề VD5:Tìm tất hàm f:N* N* t/m: +f(2)=2 +f(mn)=f(m).f(n) với m,n thuộc N* +f(m) f(2)=f(2).f(1)=2.0=0(loại) =>f(1)=1 f(4)=f(2).f(2)=2.2=4 f(2)=2n=2m=>n+2 chẵn=>f(n+2)=f(2).f(m+1)=2(m+1)=n+2 f(n)=nn+1 chẵn=> n+1=2p với 1≤p f(n+1)=f(2).f(p)=2p=n+1 =>dpcm=>hàm f cần tìm :f(n)=n VD6: Tìm tất hàm f:N* N* t/m: +f(2)=2 +f(mn)=f(m).f(n) với m,n thuộc N*,(m,n)=1 +f(m)f(1)2-3f(1)+2=0 =>f(1)=1 =2 Nếu f(1)=1=>Từ (1)=>f(n)=f(n)-1-f(n)+2 =>f(n)=n với n trái với ñiều kiện (2) Nếu f(1)=2 Tương tự ta xét hàm g(n)=f(n)-1=>f(n)=g(n)+1 g(2004)=2003 Từ (1),ta có: g(mn)+1=(g(m)+1)(g(n)+1)-g(m)-1-g(n)-1+2 =>g(mn)=g(m).g(n) =>g hàm nhân tính.Ta có: 2003=g(2004)=g(2)2g(3)g(167) Mà g(2)=f(1)-1=2-2=1,do 2003 số nguyên tố nên g(3)=1 g(3)=2003 =>g(2003)≤2003 Bây ta cần hàm g t/m g(mn)=g(m).g(n) g(3)=g(2004)=2003 tìm max f(3)(tức ñ/k dấu =) Xét hàm g(n) sau:g(1)=1;g(3)=2003;g(p)=1 p số nguyên tố khác Với n thuộc N* n=p1k1p2k2…pmkm thì:g(n)=g(p1)k1g(p2)k2…g(pm)km Thì ham g t/m ñk Vậy Max f(3)=2004 Bài tập áp dụng 1.Tìm f:N* N* t/m: +f(xf(y))= yf(x) với x;y +f(p)=p với p số nguyên tố (ñáp số:f(x)=x với x thuộc N*) 2.Cho hàm f:N* N* t/m:f(m2f(n))=nf(m)2 Tìm Min f(1998) (đáp số:120 f(1)=1 p ngun tố f(p) nguyên tố f(q)=p f(p)=q (p;q nguyên tố) 3.Cho hàm f:N* N* t/m: f(mf(n))=n5f(m).CMR:nếu p số nguyên tố f(p) nguyên tố luỹ thừa bậc số nguyên tố(giải tương tự VD3) 16 4.Cho f:N* N* t/m:f(m2f(n))=mnf(m) với m;n thuộc N*.CMR f(2003)=a2 a số nguyên tố (Hướng dẫn:CM f ñơn ánh f(1)=1;f(f(n))=n với n(tương tự VD1) Thay n f(n), ta có:f(m2f(f(n)))=mf(n)f(m) =>f(m2n)=mf(m)f(n) =>f(m2)=mf(m) f(m2n2)=f(m2)f(n2) Giả sử f(2003)=a2 với a hợp số =>a=mn với m≥n>1 Khi f(f(2003))=f(a2)=f(m2n2) =>2003=f(m2)f(n2) Mà 2003 hợp số nên ñiều ko thể xảy Vậy a số nguyên tố.) Cho hàm f:N* N* t/m: +f(xy)=f(x)f(y) +f(x)≤x +f(f(1995))=95 Tìm Minf(133) (Hướng dẫn: Ta có:95=f(f(1995))=f(f(3)f(5)f(7)f(19))=f(f(3)).f(f(5)).f(f(7)).f(f(19)) f(f(k))≤f(k)(vì f(k)≤k) mà f(k)≤k f(f(k))|95 nên ta có f(133)≥19 => f(133)=19) 17 Cấp số cộng, cấp số nhân phơng trình hàm A) Lí thuyết phần lí thuyết đ giới thiệu hai d y số đặc biệt cấp số cộng cấp số nhân xin giới thiệu thêm d y đặc biệt đợc ứng dụng nhiều phơng trình hàm phần d y số aphin Định Nghĩa: D y số aphin d y số có dạng an = α an −1 + β víi α, β số cho trớc Trong phần ta xét với , số nguyên Nếu α = th× cã an +1 = an + β lµ cÊp sè céng β NÕu α ≠ Đặt bn = an + Từ ta CM đợc bn = α bn −1 ⇒ CT tÝnh cña a n α −1 B) VÝ dô VÝ dô Tìm tất hàm số f : N * → N * tháa m n f(f(n) + m) = n + f(m + b) víi mäi m, n ∈ N*; b số nguyên dơng Giải Cách Ta dễ dàng CM đợc f đơn ánh Có f ( f ( n) + f (1)) = n + f ( f (1) + b) = n + + f (b + b) = f ( f ( n + 1) + b) ⇒ f ( n ) + f (1) = f ( n + 1) + b ⇒ f ( n + 1) = f ( n ) + f (1) b Đặt a = f (1) − b ⇒ f ( n + 1) = f ( n ) + a ⇒ f ( n ) = f (1) + ( n − 1) a Thay f (n) = f (1) + (n 1)a giả thiết có f ( f (1) + ( n − 1) a + m ) = n + f (1) + ( m + b − 1) a ⇒ f (1) + ( f (1) + na − a + m − 1)a = n + f (1) + ma + ab − a ⇒ n(a − 1) + f (1)a − a − ab = §ång nhÊt hƯ sè ta cã a = ⇒ a = ±1 f (1) a − a − ab = f (n) = f (1) + n − ⇒ f ( n) = n + b NÕu a = th× f (1) = b + f ( n) = f (1) − n + ⇒ f (n) = n + b mâu thuẫn n > b f(n) < NÕu a = -1 th× f (1) = b − VËy f(n) = n + b C¸ch Víi ý t−ëng nh− c¸ch ta chứng minh f cấp số cộng Dễ dàng chứng minh đợc f đơn ánh Cã f ( f ( m) + f ( n)) = n + f ( f ( m) + b) = n + m + f (2b) ⇒ NÕu cã p + q = m + n th× f ( n ) + f ( m ) = f ( p ) + f ( q ) ⇒ f ( n) − f ( p ) = f ( q ) − f ( m) ⇒ f ( n ) − f ( n − 1) = f ( n − 1) − f ( n − 2) = = f (3) − f (2) = f (2) − f (1) = d VËy f ( n ) = f ( n − 1) + d ⇒ f ( n ) = f (1) + ( n 1) d phần lại mời bạn ®äc gi¶i tiÕp 18 NhËn xÐt: Tuy cã nhiỊu cách nhng toán ta đề quy vỊ chøng minh f lµ mét cÊp sè céng víi hỗ trợ đắc lực ánh xạ Tuy nhiên với cách theo cách hay nhng bạn h y xem xét hai toán sau cách không hiệu mà phức tạp ta theo cách lại đơn giản tính toán cồng kềnh Ví dụ Chứng minh không tồn hàm f : N * → N * tháa m n f (mf (n)) = n + f (2004m) Gi¶i DƠ dàng chứng minh đợc f đơn ánh Có f ( f (m) f (n)) = n + f (2004 f (m)) = n + m + f (20042 ) VËy nÕu n + m = p + q th× cã f(n)f(m) = f(p)f(q) f ( n) f (q) f (n) f (n − 1) f (3) f (2) ⇒ = ⇒ = = = = =k f ( p ) f ( m) f (n − 1) f (n − 2) f (2) f (1) ⇒ f ( n) = kf ( n − 1) ⇒ f ( n) = k n −1 f (1) ⇒ lµ số nguyên dơng Thay f (n) = k n f (1) vào giả thiết có f ( mk n −1 f (1)) = n + k 2004 m −1 ⇒ k mk mf (1) −1 n −1 f (1) −1 f (1) = n + k 2004 m −1 2004 m −1 f (1) = + k ⇒ k = Thay f(n) = f(1) dÉn tíi m©u Thay n = cã k thuÉn VËy kh«ng tån hàm f thỏa m n Ví dụ Chứng minh không tồn hàm số f : Z → Z cho f(m + f(n)) = f(m) - n víi mäi m, n ∈ Z 10th Nordic Mathemtical Contest Giải Dễ dàng chứng minh đợc f đơn ¸nh Thay n = ta cã f ( m + f (0) = f (m ) ⇒ m + f (0) = m ⇒ f (0) = Thay m = cã f ( f (n)) = − n Cã f ( f (m) + f ( n)) = f ( f ( m)) − n = − m − n VËy víi m + n = p + q ta cã f ( m) + f ( n) = f ( p ) + f ( q ) ⇒ f ( n + 1) − f ( n) = f ( n) − f ( n − 1) = = f (3) − f (2) = f (2) − f (1) = f (1) − f (0) = f (1) = d Ta cã f (n) = nd thay vào giả thiết có f (m + nd ) = md − n ⇒ md + nd = md − n ⇒ nd = − n mâu thuẫn Nhận xét: ba toán ta đ sử dụng tính chất đơn ánh sau suy f cấp số cộng cấp số nhân từ tìm công thức tìm hàm f Ta xÐt tiÕp vÝ dơ sau sư dơng tíi d y sè aphin nhiªn sư dơng d y aphin bạn h y dựa vào cách CM đ nêu để tìm hàm không nên sử dụng trùc tiÕp VÝ dơ Cho hµm f(x,y) : N → N tháa m n f (0, y ) = y + i) f ( x + 1, 0) = f ( x,1) ii) 19 f ( x + 1, y + 1) = f ( x, f ( x + 1, y ) iii) Tìm f(4,x) ? Giải Có f (1, x ) = f (0 + 1, x − + 1) = f (0, f (1, x − 1)) = f (1, x − 1) + ⇒ f (1, x ) = f (1, x − 1) + ⇒ f (1, x ) = f (1, 0) + x Mµ f (1, 0) = f (0 + 1, 0) = f (0,1) = ⇒ f (1, x ) = x + Làm tơng tự f (2, x ) = f (1, f (2, x − 1) = f (2, x − 1) + ⇒ f (2, x ) = f (2, 0) + x Mµ f (2, 0) = f (1 + 1, 0) = f (1,1) = ⇒ f (2, x ) = x + f (3, x ) = f (2, f (3, x − 1)) = f (3, x 1) + x Đặt g(x) = f(3,x) + cã g ( x ) = g ( x − 1) ⇒ g ( x ) = g (0) x+3 x +3 Cã g(0) = f(3,0) + = f(2,1) + = ⇒ g ( x ) = ⇒ f (3, x) = − f (4, x) = f (3, f (4, x − 1)) = f (4, x 1) +3 Đến cấp số giúp ta đợc ta xét vài giá trị đầu f(4,x) 22 2 Cã f (4, 0) = f (3,1) = − = − ⇒ f (4,1) = Dự đoán f (4, x ) = 2 2 −3 víi sè mũ chứa n + chữ số Còn phần quy nạp dành cho bạn đọc Nhận xét: Bài toán đ sử dụng tới d y số đặc biệt để tìm đợc f(4,x) bạn h y tìm thử f(5,x) = ? Phần phơng trình hàm thờng phần hỗ trợ cho việc tìm hàm số nên phần tập riêng 20 Hệ đếm số phơng trình hàm A) Lí thuyết Phần phần khó phơng trình hàm, nhiên phần cần dùng đến Phơng pháp quy nạp công phá xong nhng việc dự đoán hàm gặp vô khó khăn mấu chốt toán dạng B) Ví dụ Ví dụ Tìm hàm f : N → N lµ hµm sè tháa m n i) f(1) = 1; f(3) = ii) f(2n) = 2f(n) f (4 n + 1) = f (2n + 1) − f ( n ) iii) f (4n + 3) = f (2n + 1) − f (n) iv) Gi¶i Víi sè k tïy ý thc N bÊt k× chØ cã thĨ cã mét d¹ng: k = 4n = 2.2n; k = 4n + 1; k = 4n + = 2(2n+1); k = 4n +3 nên từ công thức đầu thấy hàm số đ cho đợc xác định cách Ta sử dụng số để tìm biểu diễn f Ta có f (12 ) = f (1) = = 12 f (102 ) = f (2) = f (1) = = 012 f (112 ) = f (3) = = 112 f (100 ) = f (4) = f (2.2) = f (2) = = 0012 f (1012 ) = f (5) = f (4.1 + 1) = f (3) − f (1) = 2.3 − = f (110 ) = f (6) = f (2.3) = f (3) = = 0112 f (1112 ) = f (7) = f (4.1 + 3) = f (3) − f (1) = 3.3 − = = 1112 f (1000 ) = f (8) = f (4) = f (2) = = 00012 f (10012 ) = f (9) = f (4.2 + 1) = f (5) − f (2) = 2.5 − = 10012 f (1010 ) = f (10) = f (5) = 01012 Qui lt: BiĨu diƠn cđa f(n) c¬ sè chÝnh lµ biĨu diƠn cđa n b»ng viÕt ngợc lại, tức f ( a k a k −1 a k − a a1 ) = a1 a a k Chøng minh: Giả sử tính chất cho số có số chữ số hệ số th× cã g ( n) = g (m) víi m = + 2 NÕu i1 = th× cã g ( n) = g ( m) với Làm liên tiếp cã g ( n ) = − i i + 2i3 −i2 + + 2ik −ik −1 m = i2 −1 + i3 −1 + + ik −1 ik + Từ ta có đợc hàm f nh 22 Nhận xét: Cách dựa vào ý tơng sử dụng chút cấp số nhân hàm g không giống cấp số nhân Ta CM hàm g quy nạp Nếu [ log n ] học log ta có công thức tìm hàm f nh sau f ( n ) = + 2( n − Ng−êi sèng sãt sau vụ thảm sát ngời thứ 73 ông thật may mắn ) Ví dụ Tìm tất hàm số f : N * N * thỏa m n điều kiện i) f(1) = ii) f(2n) = f(n) iii) f(2n +1) = f(2n) + Giải Bảng tính vài giá trị đầu hµm f n f(n) 1 2 Ta thÊy f(n) lµ tỉng cđa chữ số n hệ đếm nhị phân Việc lại quy nạp ý ta xét tính chẵn lẻ n Ví dụ Tìm tất hàm số f : N * N * tháa m n i) f(1) = ii) f(2n +1)=f(2n) + iii) f(2n) = 3f(n) Gi¶i Ta tính vài giá trị hàm f ta thấy nÕu n = a1 a a k ⇒ f ( n ) = a1 a a k Giả sử đpcm với k < 2n Đặt 2n + = ak ak −1 a2 a11 ⇒ 2n = ak ak −1 a2 a1 ; n = ak ak −1 a2 a1 k f (2 n ) = f ( n ) = 3.∑ a i = i i =1 k ∑3 i +1 i =1 a i = a k a k −1 a a1 f (2 n + 1) = f (2 n ) + = a k a k −1 a a11 Từ giả thiết ta thấy f tồn Nhận xét: Các toán đơn giản ta đ xác định đợc xác hàm f không ?????? C) Bài tập Bài Hàm số f : N N đợc xác ®Þnh nh− sau i) f(0) = 0; f(1) = ii) Với n f(n) số nhỏ số tự nhiên không tạo thành với bÊt k× hai sè f(i) , f(j) (i < j < n) nµo mét cÊp sè céng CMR f(n) cã thể xác định nh sau: Giả sử hệ sè 2, th× n = ak ak −1 a1a0 f ( n ) = a k a k −1 a2 a1a0 Bµi Cho hµm sè f : N * → N * tháa m n i) f(4n) = f(2n) + f(n) ii) f(4n + 2) = f(4n) + 23 iii) f(2n + 1) = f(2n) + CMR với số nguyên dơng m, số số nguyên dơng n cho n < m vµ f (4 n ) = f (3n ) = f (2 m +1 ) IMO shortlist_2000 Bµi Hµm sè f : N * → N tháa m n i) f(1) = 2; f(2) = ii) f(3n) = 3f(n) iii) f(3n + 1) = f(3n) + iv) f(3n + 2) = f(3n) + Tìm số n 2006 thỏa m n f(n) = 2n ðNH 24 ... f (n+ 1) =n+ 1 N? ??u n ch? ?n = >n= 2m= >n+ 2 ch? ?n= >f (n+ 2)=f(2).f(m+1)=2(m+1) =n+ 2 f (n) =n< f (n+ 1)f (n+ 1) =n+ 1 N? ??u n lẻ= >n+ 1 ch? ?n= > n+ 1=2p với 1≤p f (n+ 1)=f(2).f(p)=2p =n+ 1 =>dpcm=>hàm f c? ?n tìm :f (n) =n. .. f(1)=1 n? ?n f(f (n) ) =n3 với n thuộc N* Sau ta cm f hàm nh? ?n tính Xét: f(f(m).f (n) ) =n3 f(f(m))=m 3n3 =f(f(mn)) Mà f đ? ?n ánh n? ?n f(mn)=f(m).f (n) Sau ta xét giá trị hàm f ñiểm nguy? ?n tố Gọi p số nguy? ?n tố... có:f(f (n) )=nf(1)=an Cho n= 1 thay vào (1) ta có:f(am)=f(m)hayf(an)=f (n) Do f(f(an))=f(f (n) ) n? ?n a.an=an n? ?n a=1.Vây f(1)=1 Ta có f(f (n) ) =n với n Sau ta cm f hàm nh? ?n tính: f(f(m).f (n) )=nf(f(m))=mn=f(f(mn)),