Trong phần này, ta không chú tâm quá nhiều vào bất đẳng thức mà là những ứng dụng thiết thực của nó trong việc xử lý các bài toán phương trình hàm.. Cần chú ý đến vài điểm:.[r]
(1)Mục lục
1 Sử dụng nguyên lý quy nạp
1.1 Lý thuyết 1.2 Một vài ví dụ minh họa 1.3 Bài tập áp dụng 10
2 Ứng dụng toán dãy số vào giải phương trình hàm 11
2.1 Lý thuyết 11 2.2 Một vài ví dụ minh họa 11 2.3 Bài tập áp dụng 14
3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức 15
3.1 Lý thuyết 15 3.2 Một vài ví dụ minh họa 15 3.3 Bài tập áp dụng 19
4 Sử dụng nguyên lý cực hạn 21
4.1 Lý thuyết 21 4.2 Một vài ví dụ minh họa 21 4.3 Bài tập áp dụng 24
5 Hàm số sử dụng tính chất số học 25
5.1 Lý thuyết 25 5.2 Một vài ví dụ minh họa 25 5.3 Bài tập áp dụng 35
6 Hàm số hệ đếm số 39
6.1 Lý thuyết 39 6.2 Một vài ví dụ minh họa 39 6.3 Bài tập áp dụng 43
7 Ý tưởng liên kết hàm số toán rời rạc 46
(2)(3)1 Sử dụng nguyên lý quy nạp. 1.1 Lý thuyết
Phương pháp quy nạp không xa lạ mơn tốn, cơng cụ thực hiệu để giải toán xác định tập số nguyên ( Tất nhiên có quy nạp tập số thực, quy nạp hình học, ta xét đến dạng quen thuộc phương pháp quy nạp mà ) Điều quan trọng việc thiết lập giá trị hàm số điểm lớn điểm biết giá trị hàm số ( theo giả thiết quy nạp ), cụ thể ta cần để ý đến đẳng thức truy hồi biết
1.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ 1.( Việt Nam TST 2005) Tìm tất hàm số f :Z−→Zthỏa mãn:
f(x3+y3+z3) =f(x)3+f(y)3+f(z)3
Giải: Kí hiệuP(x, y, z) cách cho bộ(x, y, z)∈Z3 vào phương trình
? P(0,0,0)⇒f(0) =
? P(x,−x,0)⇒f(x) =−f(−x)
? P(1,1,0)⇒f(2) = 2f(1)
? P(1,1,1)⇒f(3) = 3f(1)
Ta chứng minh quy nạp mệnh đề sau f(n) =nf(1),∀n∈Z
? Vớin= 1hiển nhiên
? Giả sử với n = k ≥ đúng, ta chứng minh với n = k+ Với k = 2t, sử dụng đẳng thức:
(2t+ 1)3+ 53+ 13= (2t−1)3+ (t+ 4)3+ (4−t)3 khik= 2t−1
(2t)3 = (2j)3.(2i+ 1)3,2i+ 1<2t, j ∈N
Ta có:
f(2t+ 1)3+f(5)3+f(1)3=f((2t+ 1)3+ 53+ 13)
(4)( Do f lẻ nênf(4−t) =−f(t−4) =−(t−4)f(1)) Hay :
f(2t+ 1) = (2t+ 1)f(1)
Tương tự chof(2t) = 2tf(1) Vì ta có với mọin∈Zthìf(n) =nf(1) Thay vào phương trình ta nhận nghiệm: f(x) = 0, f(x) =x, f(x) =−x
Sau ví dụ tương tự cho biến: ∇
Ví dụ 2.Tìm tất hàm f :N−→N thoả mãn điều kiện:
1, f(m2+n2) =f2(m) +f2(n) với mọim, n∈N
2, f(1)>0
Giải: Chom=n= 0vào phương trình hàm, ta đượcf(0) = 2f2(0) Nếuf(0)6= 0thì từ
suy raf(0) =
2, điều mâu thuẫn vìf nhận giá trị trongN Vậyf(0) = 0và điều dẫn đến f(m2) =f2(m) Ta viết a) dạng
f(m2+n2) =f2(m) +f2(n) =f(m2) +f(n2)
Ta ý rằngf(1) =f(12) =f2(1) Vì f(1)>0 nên f(1) = Từ suy ra:
f(2) =f(12+ 12) =f2(1) +f2(1) =
f(4) =f(22) =f2(2) =
f(5) =f(22+ 12) =f2(2) +f2(1) =
f(8) =f(22+ 22) =f2(2) +f2(2) = Hơn nữa, ta thấy
25 =f2(5) =f(52) =f(32+ 42) =f2(3) +f2(4) =f2(3) + 16 Từ suy f(3) = Từ ta lại có:
f(9) =f(32) =f2(3) =
f(10) =f(32+ 12) =f2(3) +f2(1) = 10
Sử dụng đẳng thức 72 + 12 = 52 + 52, biết f(5) = 5, f(1) = 1, ta tính được
(5)Như ta cóf(n) =n với mọin≤10 Ta sử dụng đẳng thức sau: (5k+ 1)2+ 22 = (4k+ 2)2 + (3k−1)2
(5k+ 2)2+ 12 = (4k+ 1)2+ (3k+ 2)2 (5k+ 3)2+ 12 = (4k+ 3)2+ (3k+ 1)2 (5k+ 4)2+ 22 = (4k+ 2)2+ (3k+ 4)2 Và :
(5k+ 5)2= (4k+ 4)2+ (3k+ 3)2
Sử dụng quy nạp ví dụ ta có f(n) =n,∀n∈N Ngay sau toán với ý tưởng khác
∇ Ví dụ 3.Cho f(n)∈N, ∀x∈N và:
1, f(1) = 1, f(2) =
2,f(n+ 2) =f(n+ 2−f(n+ 1)) +f(n+ 1−f(n)), ∀x∈N
a, Chứng minh0≤f(n+ 1−f(n)≤1 nlẻ f(n+ 1) =f(n) + b,Tìm n chof(n) = 210+ 1.
Giải: Ta có với ∀k= 2,3, ,và i= 1, , k ,j = 1, ,2k−1−k ta cóf(2k−i) = 2k−1 f(2k−k−j) = 2k−1−f(j).
Chứng minh: Quy nạp theon
? Vớik= 2,3 ,n≤7kiểm tra trực tiếp ta thấy thỏa mãn
? Xét vớin >7, k >3 , đó:
f(2k−i) =f(2k−i−f(2k−i−1)) +f(2k−i−1−f(2k−i−2)) Trường hợp 1: Khi i≤k−2 Theo giả thiết quy nạp :
f(2k−i) =f(2k−i−2k−1)+f(2k−i−1−2k−1) =f(2k−1−i)+f(2k−1−i−1) = 2k−2+2k−2 = 2k−1 Trường hợp 2: Khi i=k−1, ta có :
(6)Trường hợp 3: Khi i=k, ta xác định
f(2k−i) =f(2k−k−2k−1+ 1)) +f(2k−k−1−2k−1+ 2) = 2k−1 Tương tự cho trường hợp tínhf(2k−i−j)
Ta kết thúc lời giải cho câu1, Mặt khác vớik≥2:
f(2k) =f(2k+1−(k+ 1)−(2k−(k+ 1))) = 2k−f(2k−k−1)
= 2k−(2k−1−f(1)) = 2k−1+
Từf(2k−1) = 2k−1 là nghiệm phương trìnhf(n) = 210+1ta phải cón≥211theoa,. Và với k≥3ta tính:
f(2k+ 1) =f(2k+1−(k+ 1)−(2k−(k+ 2))) = 2k−f(2k−(k+ 2)
= 2k−(2k−1−f(2)) = 2k−1+ Do n= 211là giá trị thỏa mãn
∇
Ví dụ 4.( IMO 1982, 1).Cho f :N−→N thoả mãn với m, n∈N :
f(m+n)−f(m)−f(n) = 1, f(2) = 0, f(3)>0, vàf(9999) = 3333 Tính f(1982)
Giải: Ta chứng minh quy nạp rằng: f(n) =bn
3c với n≤9999
Trước tiên dễ dàng chứng minh f(3) = Quy nạp lên, ta có f(3n) ≥n Với f(3n+ 3) =
f(3) +f(3n) +a (trong a ∈ {0,1}) = f(3n) +b (trong b ∈ {1,2}) Mặt khác
f(3n) > nthì ta có f(3m)> m, ∀m > n Nhưngf(3.3333) = 3333, f(3n) =n
với mọin≤3333 Bây ta có
f(3n+ 1) =f(3n) +f(1) +a=n+a
Nhưng
3n+ =f(9n+ 3)f(6n+ 2) +f(3n+ 1)3f(3n+ 1)
(7)∇
Ví dụ 5.( Iran 1995).Tìm tất hàm số f :Z\ {0} →Qthoả mãn với x, y∈Z\ {0}:
f
x+y
3
= f(x) +f(y)
2 , x, y ∈Z\ {0}
Giải:Ta chứng minh rằngf(x) =c vớix∈N Đặt f(1) =c
Chox= 1, y= ta có f(2) =f(1) =c Chox=y= 3,khi đóf(3) =f(2) =c
Bây ta chứng minh quy nạp với mọix >1 f(x) =c
Ta có f(1) = f(2) = f(3) = c Giả sử với ≤ x ≤ n (ở n ≥ 3) ta có
f(x) =c Gọitlà số tự nhiên thuộc đoạn[1;n]sao cho (n+ 1) +tlà bội Khi
f(n+ +t ) =
f(n+ 1) +f(t) Vìt≤nvà n+ +t
3 ≤nta có f(n+ 1) =c có nghĩa là:
f(x) =c
với mọix≥1
Xét k số âm Khi tồn l > cho l+k > l+k bội Cho
x=l, y =kvào phương trình ban đầu, ta f(k) =c Vậy ta có f(x) =c với sốc∈Q
Để kết thúc ta xét ví dụ kinh điển sau, phép quy nạp chứng minh trực tiếp giá trị hàm số điểm
∇
Ví dụ 6.Tìm tất hàm f :N∗ −→N∗ thoả mãn điều kiện:
f(f(n)) +f(n+ 1) =n+ 2, ∀n∈N (1)
Giải Chon= vào (1) ta có:
(8)Trường hợp 1: f(2) = f(f(1)) = Đặt f(1) = k, ta có f(k) = Cho n = vào (1), ta được:
f(f(2)) +f(3) = Suy raf(3) = 4−f(1) = 4−k Từf(3)≥1 nên k≤3 Nếuk= 1ta có :
2 =f(f(1)) =f(k) =f(1) =k= Mâu thuẫn Nếuk= 2, ta có:
2 =f(f(1)) =f(k) =f(2) = Mâu thuẫn Cuối xét k= Hay :
2 =f(f(1)) =f(k) =f(3) = 4−k= Cũng điều mâu thuẫn Ta loại trường hợp
Trường hợp 2:f(2) = 2và f(f(1)) = Chon= vào (1), ta nhận được:
f(f(2)) +f(3) = Từ dễ thấyf(3) = Ta tính tốn rằng:
f(4) = 5−f(f(3)) = 5−f(2) =
f(5) = 6−f(f(4)) = 6−f(3) =
f(6) = 7−f(f(5)) = 7−f(4) = Dự đoán rằng:
f(n) =bnαc −n+ Ở đâyα= +
√
2 Để chứng minh ta cần tới bổ đề sau: Bổ đề Với sốn∈N∗:
bα(bnαc −n+ 1)c=n n+
Chứng minh: Ta có :
bα(bnαc −n+ 1)c< α(nα−n+ 1)
n+α < n+ Và:
(9)Bổ đề chứng minh xong
Bổ đề Với sốn∈N∗: b(n+ 1)αc=
(
bnαc+ 2, bα(bnαc −n+ 1)c=n
bnαc+ 1, trường hợp lại
Chứng minh: Hiển nhiênb(n+1)αc=bnαc+1hoặcbnαc+2 Giả sửb(n+1)αc=b(n)αc+1
Từ ta có:
bα(bnαc −n+ 1)c=bα(b(n+ 1)αc −n)c
> α((n+ 1)α−1−n)−1 =n
Suy ra:
bα(bnαc −n+ 1)c ( Theo Bổ đề 1) Mặt khác nếub(n+ 1)αc=b(n)αc+ 2thì:
bα(bnαc −n+ 1)c=bα(b(n+ 1)αc −n−1)c
< α((n+ 1)α−n−1) =n+
Từ đó, quan sátBổ đề 1ta nhận :bα(bnαc −n+ 1)c=n
Bây ta chứng minh theo quy nạp kết dự đoán
? Vớin= 1:
f(1) = =bαc=bαc −1 +
? Vớin= 2:
f(2) = = 3−2 + =b2αc −2 +
? Giả sử kết với1≤j ≤n Sử dụng (1) ta có :
f(n+ 1) =n+ 2−f(f(n)) =n+ 2−h(bnαc −n+ 1)
=n+ 2− bα(bnαc −n+ 1)c+bnαc −n+ 1−1 Từbnαc −n+ 1<2n−n+ =n+ 1, dẫn đến:
f(n+ 1) =bnαc+ 2− bα(bnαc −n+ 1)c
Giả sửnthỏa mãn bα(bnαc −n+ 1)c=n Từ ta cób(n+ 1)αc=bnαc+ 2và đó:
f(n+ 1) =b(n+ 1)αc −n
Nếunkhơng thỏa mãnbα(bnαc −n+ 1)c=nthìbα(bnαc −n+ 1)c=n+ 1vàb(n+ 1)αc= bnαc+ 1, từ ta có:
f(n+ 1) =b(n+ 1)αc+ 1−(n+ 1)b(n+ 1)αc −n
(10)1.3 Bài tập áp dụng
1 Tìm tất hàm f :N−→Nthoả mãn điều kiện:
f(x+y2+z3) =f(x) +f2(y) +f3(z)
với mọix, y, z ∈N
2 Tìm tất hàm f :N−→Nthoả mãn điều kiện:
f(x4+ 5y4+ 10z4) =f(x)4+ 5f(y)4+ 10f(z)4
với mọix, y, z ∈N
3 Tìm tất hàm f :N−→N thoả mãn điều kiện:
f(f(m)2+f(n)2) =m2+n2 với mọim, n∈N
4 (Russia 2000)Choa1, a2, dãy số xác định bởia1 = 1thỏa mãn điều kiệnan+1 =an−2
nếuan−26∈ {a1, a2, , an} vàan−2>0 vàan+1 =an+ trường hợp lại Chứng
minh với số nguyên dươngkthì tồn số tự nhiênnsao choan=k2 =an−1+ Tìm tất hàm f :N−→N thoả mãn điều kiện:
1, f(1) =
2, f(m+n) +f(m−n) =
2(f(2m) +f(2n)), ∀m, n∈N Tìm tất hàm f :N−→R thoả mãn điều kiện:
1, f(f(m) +f(n)) =f(f(m)) +f(n)
2, f(1) = 2, f(2) =
7 Tồn hay không hàm f :N−→R thoả mãn điều kiện:
1, f(1) =
(11)2 Ứng dụng tốn dãy số vào giải phương trình hàm. 2.1 Lý thuyết
Có thể nói dãy số phần kiến thức khơng nhỏ phần tốn học sơ cấp, dãy số ứng dụng mạnh mẽ Toán rời rạc, ngồi cịn biết đến dãy số công cụ hữu hiệu dùng để xử lý dạng xuất biểu thức kiểu :
X
i∈N
aif[i]=g(n)
Ở bên vế phải đa thức biến n hệ số nguyên, vế bên trái hàm hợp f
xác định f[i+1](n) = f(f[i](n)) Vấn đề quy tìm cơng thức tổng qt dãy
a1=t, =f[i](n) vớit số thuộc vào tập xác định hàm số
Ở ý thêm ta dùng thêm điều kiện miền xác định hàm số f để khống chế dãy số nhằm tạo biểu thức có lợi ta buộc phải dùng tới số phức
2.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ 1.Tìm tất hàm số f :N−→Nthỏa mãn điều kiện :
f(f(n)) +f(n) = 2n+ 3k với n∈N
( klà số tự nhiên cho trước)
Giải Đặta1 =x vớin≥1 đặtan+1 =f(an) Khi từ phương trình ta có : 2an+ 3k=an+1+an+2
Và:
2an+1+ 3k=an+2+an+3 Trừ vế theo vế đẳng thức ta có :
an+3−3an+1+ 2an=
Suy :
an=λ1+λ2n+λ3(−2)n Nhưng ta cho nlẻ ta cóan<0 vơ lý Do đóλ3= Hay:
(12)Thay vào phương trình ta có :
2an+ 3k=an+1+an+2
⇒2λ1+ 2nλ2+ 3k=λ1+ (n+ 2)λ2+λ1+ (n+ 3)λ2
Từ đóλ2=k Bây ý tới:
a2−a1=λ1+ 2k−(λ1+k) =k ⇐⇒f(n)−n=k
Vậy hàm số cần tìm làf(n) =n+k,∀n∈N Nhận xét
1, Ví dụ ví dụ cho phần kiến thức đề cập chương Đường lối rõ ràng tuân theo hoàn toàn lý thuyết bên Nhưng ví dụ sau đây, việc xác định an khơng cịn dễ dàng nữa, chút kiến thức số phức giúp ta có lời giải gọn gẽ gặp
2, Tuy nhiên dãy số có phương trình sai phân có nghiệm phức, ta phải tách riêng đại lượng chứa thành phần lượng giác phần phức để dùng điều kiện tập xác định ép cho hệ số trước chúng Đến ta làm tương tự Ví dụ 2.Một ví dụ tương tự
∇
Ví dụ 2.Tìm tất hàm số f :N→Nsao cho với n∈N:
f(f(f(n))) + 6f(n) = 3f(f(n)) + 4n+ 2007
Giải: Đặtf(n) =g(n) + 669 Ta cóg(g(g(n))) + 6g(n) = 3g(g(n)) + 4n
Xét dãy sốak xác định :a0=nvớin số tự nhiên vàak+1=g(ak) Ta cóak+3 = 3ak+2−6ak+1+ 4ak
Do :
ak= ( 2n
3 +
g(g(n)) −2
g(n)−n
3√3 )+(
n
3−
g(g(n)) +2
g(n)−n
3√3 )2
kcos(kπ )+
g(n)−n
√
ksin(kπ ) ⇐⇒ak=u(n) + 2k(v(n) cos(
kπ
3 ) +w(n) sin(
kπ
(13)Từak v(n) cos(
kπ
3 ) +w(n) sin(
kπ
3 ) không nguyên với k nên v(n) =w(n) = Do
g(n) =n
Hayf(n) =n+ 669
∇
Ví dụ ( Balkan 2002 ) Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn với n ∈ N :
f(f(n)) +f(n) = 2n+ 2001hoặc 2n+ 2002
Giải: Ta xác định dãy số tự nhiên (an)n≥0 sau: a0 số tự nhiên
an+1 =f(an) với mọin Đặt thêm: cn=an−an−1−667, với mọin≥1 Từ đó:
cn+1+ 2cn=an+1+an−2an−1−2001, Với n≥1, cn+1+ 2cn số nguyên thỏa mãn:
0≤cn+1+ 2cn≤1
Giả sử c1 >0; suy c1 ≥1 c2 ≤ −2c1+ 1≤ −1, c3 ≥ −2c2 ≥2 Bằng quy nạp dễ thấy rằng: c2k+1 ≥2k
Mặt khác:
a2k+2−a2k−1334 =c2k+2+c2k+1 ≤ −2k+ 1, Do vớik≥11, ta có: a2k+2< a2k vơ lý
Nếu c1 < 0, suy c2 ≥ −2c1 > tương tự ta có : a2k+3 < a2k+1,với k ≥ 11, vơ lý
Vậy c1= 0, tương đương vớia1 =a0+ 667 Hayf(n) =n+ 667,với n
Nhận xét: Ở này, khơng khó để dự đốn kết toán Tuy nhiên, để xử lý điều kiệnf(f(n)) +f(n) = 2n+ 2001hoặc2n+ 2002, ta cụ thể hóa điều kiện
cn là0≤cn+1+ 2cn≤1
∇
Ví dụ 4.Tồn hay khơng hàm số f :N∗−→N∗ thỏa mãn:
f(f(n)) + 3n= 2f(n), ∀n∈N∗
Giải: Giả sử tồn hàm sốf Với mỗii∈N∗ ta xây dựng dãy(an)i=1+∞:a1 =i, an+1 =f(an) Khi đó:
(14)Hay:
an+4+ 4an+1+ 3an= 0,∀n≥1
Doan>0,∀n≥1nên đẳng thức xảy Suy không tồn hàm sốf thỏa mãn 2.3 Bài tập áp dụng
8 Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
i,f(f(n)) =f(n) +n ii, f(1) =
iii,f(n+ 1)> f(n), với n∈N∗
9 Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f(f(f(n))) +f(f(n)) +f(n) = 3n
10 Cho f :Z−→Z hàm số thỏa mãn điều kiện :
f(0) = 1;f(f(x)) =x+ 4f(x),∀x∈Z
Tìm số nguyên n ≥ cho fn(0) chia hết cho 2011 , f1(x) = f(x);fn(x) =
(15)3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức. 3.1 Lý thuyết
Bất đẳng thức lĩnh vực rộng có nhiều ứng dụng Trong phần này, ta không tâm nhiều vào bất đẳng thức mà ứng dụng thiết thực việc xử lý tốn phương trình hàm Cần ý đến vài điểm:
1, Tính đơn điệu hàm cần thiết ta kẹp hàm số khoảng giá trị Ví dụ, ta có f hàm đơn điệu f(an) = f(an+1) với an < an+1
f(x) = f(an) = f(an+1) với x ∈ [an, an+1]∩N Hoặc kẹp an < f(m) < f(an+1, lý luận để loại trường hợp không thỏa mãn cách xét giá trị khoảng(an, an+1)∩N
2, Dùng bất đẳng thức bản, ví dụa2 ≥0,∀a∈R 3.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ 1.Tìm tất hàm số tăng thực f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f(n+f(n)) = 2f(n), ∀n∈N
Giải Do f tăng thực nên f(n+ 1) ≥f(n) + hay f(n+ 1)−n−1 ≥f(n)−n Suy f(n)−nlà hàm số tăng Mặt khác, đặta0= 1, an+1 =an+f(an) Suy raa0 < a1< ,
f(an+1) = 2f(an), đó:
f(an+1)−an+1=f(an)−an
Suy có vơ hạn bộ(m, n) chof(n)−n=f(m)−nsuy f(n) =n+k vớik∈N ∇
Ví dụ 2.( Baltic MO) Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
1,f(0) = 0, f(1) = 2,f(0)≤f(1)≤f(2)≤ · · ·
3,f(x2+y2) =f(x)2+f(y)2 ∀x, y∈N∗
Giải: Ta có f(2) = f(1 + 1) = 2, f(5) = f(12 + 22) = 5, f(xn) = xn, x0 = 1, xn+1 =x2n+ Hiển nhiên limn→∞xn= +∞ Suy nếuf(m) =f(m+ 1)thì :
(16)=⇒f(m2+k) =f(m2+ 1), k= 1, 2m+
Quy nạp lên ta có tồn vơ hạn sốm chof(m2+k) =f(m2+ 1), k= 1, 2m+ Chọn
m đủ lớn cho tồn tạinsao choan, an+1 ∈ [m2+ 1, m2+ 2m+ 2] Khi đóan=an+1, điều vơ lý Suy raf tăng thực Hiển nhiên ta cóf(n) =n, n∈N∗
∇ Ví dụ 3.Cho hàm số f :N∗ −→Nthỏa mãn:
f(n+ 2)−2f(n+ 1) +f(n) =f(f(n−1))
Chứng minh tồn avà b thỏa mãn với mọin > a ta cóf(n) =b Giải: Ta có
f(n+ 2)−f(n+ 1) =f(n+ 1)−f(n) +f(f(n−1))≥f(n+ 1)−f(n)
Suy f(n+ 1)−f(n) hàm số tăng Suy tồn n0 cho với n ≥ n0
f(n+ 1)−f(n) ≥0 Giả sử tồn số n1 cho f(n0+ 1)−f(n0) ≥1 Suy f(n) tăng thực với n > n1 Suy tồn n2> n1+ 2sao cho f(n2−1)> n1 Từ :
f(n2+ 2)−f(n2+ 1) =f(n2+ 1)−f(n2) +f(f(n2−1))≥f(n2+ 1)−f(n2) + 1≥2 (dof(f(n2−1))> f(n1)≥0 )
Từ f(n+ 1)−f(n) hàm số tăng, có nghĩa f(n)≥2n−c với c Suy ra,
f(n)≥n+ 4vớinđủ lớn Vì thế, với nđủ lớn
f(n+ 2)−f(n+ 1) =f(n+ 1)−f(n) +f(f(n−1))≥f(f(n−1))≥f(n+ 3)> f(n+ 2) vô lý Suy f(n+ 1) =f(n) =f(a) =b với mọin≥a Điều cần phải chứng minh
Ví dụ sau Ví dụ 2, phần Hàm số sử dụng tính chất số học Một lời giải số học ngắn gọn trình bày Ở ta trình bày lời giải khác tư tưởng bất đẳng thức
∇
Ví dụ 4.( Austrian 2002) Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
a, f(x+ 22) =f(x)
(17)với mọix, y∈N∗2
Giải: Từ điều kiệna,cho thấyf có tối đa 22 giá trị Giả sử∃x0 ∈N∗sao chof(f(x0))>1 Nếu x0 = 1, chọn x0 = 23 (từ f(23) = f(1) ) Suy ta cần xét x0 > Ta có
f(x20y)> f(y), f(x40y)> f(x20y)> f(y) dẫn đến có 22 giá trị củaf(x),vơ lý Vì f(f(x)) = 1,∀x∈N∗ và f(x2y) =f(y)∀x, y∈
N∗
Chọn x > y∈N∗ :
f(222x) =f(x)
f(222y) =f(y)
f(222x) =f(222y+ 22k)
với k = 22(x−y) f(222x) = f(222y) hay f(x) = f(y) suy f(x) = ( từ
f(f(x)) = 1)
Vậy f(x) = 1,∀x∈N∗
∇
Ví dụ 5.Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f[19](n) + 97f(n) = 98n+ 232
với f[m](n) =f(f( f(n)))
| {z }
m lần
Giải: Đặtf(n) =n+ +t Từ giả thiết suy ra:
97f(n)<98n+ 232 =⇒f(n)< n+n+ 232
97 (1) Vớin≤156thì
f(n)< n+n+ 232
97 < n+ Suy với n≤156thì f(n)≤n+ Khi với n≤102thì :
f(n)≤n+ 3≤105<156 =⇒f(f(n)≤f(n) + 3<156 Tiếp tục trình 18 lần ta có :
(18)Suy với n≤36
97f(n)< f[19](n) + 97f(n)< n+ 57 + 97f(n) Từ (1) ta có 97t+ 251≥232hay t≥0 Do :
0≤t≤ n+ 38
97 , ∀n≤36
Suy raf(n) =n+ 2, ∀n≤36 Bây ta chứng minh quy nạp rằngf(n) =n+
? Vớin≤36 hiển nhiên theo chứng minh
? Vớin >36, giả sử kết luận với mọin < m Khi :
f[18](n−36) =f[17](n)(f(n−36)) =f[17](n)(n−34) = =f(n−2) =n
Vì :
f(n) =f(f[18](n−36)) =f[19](n−36) = 98(n−36) + 232−97f(n−36) =n+ Điều phải chứng minh
Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu toán làf(n) =n+ 2, ∀n∈N∗. ∇
Ví dụ 6.Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
1, f(2) =
2, f(mn) =f(m)f(n) với mọim, n∈N∗ thỏa mãn gcd(m, n) =
3, f(m)< f(n) với mọim < n Giải: Ta có
f(3)f(5) =f(15)< f(18) =f(2)f(9)< f(2)f(10) =f(2)f(2)f(5) = 4f(5)
Suy f(3) < 4, từ f(3) = Suy f(an) = an,∀n ∈ N∗, a1 = 3, an =
an−1(an−1−1) Dễ thấy limn→+∞an= +∞ Từ đóf(n) =n,∀n∈N∗
(19)Ví dụ 7.Cho hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
1, f(xy) =f(x)f(y) 2, f(x)≤x
3, f(f(1995)) = 95
Tìm giá trị nhỏ củaf(135) Giải: Ta có
95 =f(f(3))f(f5))f(f(7))f(f(19)) Dof(f(k))≤f(k)≤k vàf(f(k))|95nên ta có
f(133)≥19
Ta hàm số sau f(19mt) = 19m, m∈ N∗, đó gcd(19, t) = 1 Dễ thấy hàm số thỏa mãn
Ví dụ 8.Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn với mọix, y, z ∈N∗:
f(xy) +f(xz)≥f(x)f(yz) +
Giải: Kí hiệuP(x, y, z) phép biến vào điều kiệnf(xy) +f(xz)≥f(x)f(yz) + ? P(1,1,1),2f(1)≥f(1)2+ 1, suy ra0≥f(1)2−2f(1) + = (f(1)−1)2 hay f(1) =
? P(x,1,1),2f(x)≥f(x)f(1) + =f(x) + 1, suy raf(x)≥1∀x∈N
? P(x, x, x),2f(x2)≥f(x)f(x2) + 1suy f(x2)(f(x)−2)≤ −1 hay f(x)<2∀x∈N
? Đặt a = sup({f(n), n ∈ N}) ( ta có a tồn f(N) ⊆ [1,2) ≥ a ≥ )
Chọn > >0 tồn tạip thỏa mãn0≤a−f(p)<
? P(p, p,1),f(p2)+f(p)≥(f(p))2+1 Và vế trái bé thua bằnga+anên(f(p))2+1≤ 2asuy (a−)2+ 1≤2a Hay
(a−1)2<2a−2 <4, ∀∈(0,1)⇐⇒a= Do f(x) = ∀x∈N
3.3 Bài tập áp dụng
11 Tìm tất hàm số f :N∗ →N∗ thỏa mãn:
(20)với f[m](n) =f(f( f(n)))
| {z }
m lần
12 ( Korea 1996) Tìm tất hàm số f :N→N thỏa mãn:
1, Với m, n∈N
2f(m2+n2) =f(m)2+f(n)2
2, Với m, n∈N m≥n thìf(m2)≥f(n)2
13 Tìm tất hàm số f :N∗ →N∗ thỏa mãn với mọin∈N∗
1, f(n+ 19)≤f(n) + 19 2, f(n+ 94)≥f(n) + 94
14 Cho hàm số f :Z→ Z thỏa mãn với a b thuộc Z\ {0}, f(ab) ≥f(a) +f(b) Chứng
minh với a∈Z\ {0} ta có f(an) =nf(a) với n∈N f(a2) = 2f(a)
15 ( Cono Sur Olympiad 1995) Tìm tất hàm số f :N∗−→N∗ thỏa mãn
1, Nếux < y f(x)< f(y)
2, f(yf(x)) =x2f(xy) với x, y∈N∗
16 Cho n số tự nhiên khác không f(n) = 2n−1995b n 1000c
1, Chứng minh với số số nguyên dương r cho f(f(f f(n) )) = 1995, có r lần f nlà bội 1995
(21)4 Sử dụng nguyên lý cực hạn. 4.1 Lý thuyết
Một tính chất quan trọng tập sỗ nguyên tập số tự nhiên tính thứ tự tốt số hạng lớn nhỏ Cụ thể rằng:
1, Một tập S N có số hạng nhỏ Nếu S không tập vô hạn
S có số hạng lớn
2, Một tập S N có giá trị lớn nhỏ nhất, Nếu S không tập vơ hạn
thìS có số lớn nhỏ tương ứng 4.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ 1.( IMO 1997) Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f(f(n))< f(n+ 1), với số tự nhiênn Giải
Lời giải Do hàm số f có tập xác định tập giá trị làN∗ nên đặt:
d= min{f(n) :n∈N∗}
Suy tồn m∈N∗ chof(m) =d Nếum >1thì
d=f(m)> f(f(m−1))≥d
vơ lý Do đóm = Bây xác định tập hợp{f(n), n∈N∗, n≥2 Hiển nhiên f(2)> f(1) f(2)> f(f(1))≥f(1) Từ ta có :
f(1)< f(2)< < f(n)<
Chú ý f(1) ≥ nên f(n) ≥ n,∀n ∈ N∗.Giả sử f(k) > k với số k đó, suy
f(k)≥k+ 1hay f(f(k))≥f(k+ 1)> f(f(k)), vô lý Do :
f(n) =n, ∀n∈N∗
Lời giải 2.Ta có
f(1) = min{f(n), n∈N∗}
(22)Nếu f(1) ≥ suy f(f(1)) ≥ f(2) > f(f(1)) ( (?) ) Suy f(1) = Bây đặt
g(n) =f(n+ 1)−1 Ta thấy:
g(g(n)) =f(f(n+ 1)−1) =f(f(n+ 1)−1< f(n+ 2)−1 =g(n+ 1)
Suy rag(n)cũng nghiệm phương trình hàm Theo ta cóg(1) = 1hayf(2) = Theo quy nạp ta có:
f(n) =n, ∀n∈N∗
∇ Một tốn áp dụng tốn trên:
Ví dụ 1’.Tìm tất hàm số f :N∗−→N∗ thỏa mãn:
1, f(1) =
2, f(f(n))f(n+ 2) + =f(n+ 1)f(f(n+ 1)) Giải: Ta cm quy nạp rằngf(n+ 1)> f(f(n)) ? Với n=1 Hiển nhiên
? Giả sử đếnk Ta cm chok+ Ta có:
f(f(k))f(k+ 2) =f(k+ 1)f(f(k+ 1))−1 Do
f(k+ 2) = f(k+ 1)f(f(k+ 1))−1
f(f(k)) ≥
(f(f(k)) + 1)(f(f(k+ 1))
f(f(k)) > f(f(k+ 1)) Vậy nhận xét chứng minh TheoVí dụ thìf(n) =n, ∀n∈N∗
∇
Ví dụ 2.Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f(n+f(n)) =f(n), ∀n∈N
và tồn tạix0 ∈N chof(x0) =
Giải Gọi :
(23)Suy :
f(x1+ 1) =f(x1+f(x1)) =f(x1) = Hay
f(n) = 1, ∀n∈N, n≥x1 Giả sửx1 >1 Suy ra:
f(x1−1 +f(x1−1)) =f(x1−1)
Nếu x1 −1 +f(x1 −1) ≥ x1 f(x1 −1) = 1, vơ lý Nếu x1 −1 +f(x1)−1 < x1
f(x1−1)<1, vơ lý Suy rax1 = Từ đóf(x)≡1, ∀n∈N
∇
Ví dụ 3.Tìm tất hàm số :f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
2 f(m2+n2)3=f(m)2.f(n) +f(m).f(n)2
GiảiNếuf(n)≡c, với clà số hiển nhiên thỏa mãn
Nếu tồn m, n∈N∗ sao cho f(m)6=f(n) thì ta gọi a, blà số thỏa mãn |f(a)−f(b)|= min|f(m)−f(n)|, m, n∈N∗
Giả sửf(a)> f(b) Ta có:
2f3(b)< f(a)2.f(b) +f(a).f(b)2 <2f(a)3 Suy
f(b)< f(a2+b2)< f(a) Hay:
f(a2+b2)−f(b)< f(a)−f(b) Vơ lý Do đóf(n)≡c, vớic số hàm số cần tìm
Ví dụ 4.Tìm tất hàm số f :N−→Nthỏa mãn với m, n∈N:
f(m+f(n)) =f(f(m)) +f(n)
Giải Chom=n= 0, ta có f(0) =
Chom= 0, ta có f(f(n)) =f(n) Gọiklà điểm bất động bé hàm số
(24)? Nếu k 6= 0, dễ thấy f(nk) = nk,∀n ∈ N Bây ta xét a điểm bất động
củaf Biểu diễna=ks+r,0≤r < k Theo giả thiết:
f(ks+r) =f(r+f(ks) =f(f(r)) +ks
Hayf(r) =r Suy rar = Do điểm bất động củaf bội củak Từ ta xây dựng hàmf0(n) sau: Chọn k−1 số nguyên không âm tùy ý làn1, n2, , nk−1 n0 = 0, n = qk+r,0 ≤ r < k f0(n) = qk +nrk Dễ thấy hàm f0(n) nghiệm tổng quát hàm số cho
4.3 Bài tập áp dụng
17 ( Canada 2002)Tìm tất hàm số f :N−→N thỏa mãn:
xf(y) +yf(x) = (x+y)f(x2+y2) với mọix, y∈N
18 Xét hàm số f(n) = bn+√nc, n = 1,2, Cho m ≥ số tự nhiên Xét dãy số m, f(m), f(f(m), Chứng minh dãy có vơ hạn số phương
19 Cho D={1,2,3, ,2004} Hàm số f :D−→Nthỏa mãn : với m, n∈D f(m) +f(n)≤f(m+n)≤f(m) +f(n) +
Chứng minh tồn x∈R chof(n) =bnxc, với n∈D
20 ( Tổng quát Ví dụ )Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
f(n+f(n)) =f(n), ∀n∈N
(25)5 Hàm số sử dụng tính chất số học. 5.1 Lý thuyết
Các toán sử dụng tính chất số học đẹp mắt từ phát biểu đến lời giải Tuy nhiên , thực tế tốn dạng khó phương diện Để xác định xem tốn hàm số có sử dụng tính chất số học hay không, cần ý tới điều kiện điều kiện câu hỏi đặt
a, Nếu xuất biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, nghĩ tới tốn bậc phần tử, loại phương trình đặc biệt ( phương trìnhPell, phương trìnhPytago, ), hay đưa xử lý tốn giải phương trình vơ định nghiệm nguyên
b, Nếu hàm số cho nhân tính cần xét đến giá trị hàm số điểm nguyên tố, dãy số nguyên tố vô hạn
c, Sử dụng đẳng thức số học 5.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ Tìm tất hàm sốf :N∗ →N∗thỏa mãn :x2+f(y)|f(x)2+yvới mọix, y∈N∗
Giải: Kí hiệuP(x, y) cách cho (x, y)∈N∗2 vào điều kiện cho
? P(1,1)⇒f(1) =
? P(1, y)⇒1 +f(y)|f(1) +y⇒y≥f(y) (1)
? P(x,)⇒x2+ 1|f(x)2+ 1⇒f(x)≥x(2) Từ (1) (2) ta cóf(x) =x,∀x∈N∗.
∇
Ví dụ 2.( Austrian 2002) Tìm tất hàm số f :N∗ →N∗ thỏa mãn:
a, f(x+ 22) =f(x)
b,f(x2y) =f(x)2f(y)
(26)Giải: Cho x = y = ta có f(1) = Với x ( ≤ x ≤ 22 ) tồn k ∈ N∗ cho
22|x(kx−1) Khi đóx+ 22t=kx2 Ta có
f(x) =f(x+ 22t) =f(x2k) =f(x)2.f(k)⇐⇒f(x) = Vậy f(x) = 1,∀x∈N∗.
∇
Ví dụ ( Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f :N→N thỏa mãn tồn sốk∈N
và số nguyên tốp cho ∀n≥k, f(n+p) =f(n)và m|nthìf(m+ 1)|f(n) +
Giải: Giả sửn≥k vàp6|n−1 Ta có, tồn tạik cho n−1|n+kp Suy f(n)|f(n+kp) +
Nhưngf(n) =f(n+kp), suy raf(n) |1 vàf(n) = 1.Với sốn6= bất kì, ta có:
n− |(n−1)kp
⇒f(n)|f (n−1)kp
+ = Vì với n6= 1, f(n)∈ {1,2} Bây ta có trường hợp: TH f(n) = 2,∀n≥kvà p|n−1
Xác định n ≥ k cho p 6| n−1 Khi tồn m cho n−1|m p|m −1 Vì vậyf(n) |f(m) + = 3vàf(n) = Hayf(n) = Ta xác định hàm f sau: 1,f(n) = 2,∀n≥k vàp|n−1
2,f(n) = với mọin > k p6|n−1 3,f(i) =f(i+p) với mọii < k
TH f(n) = 1,∀n≥kvà p|n−1
Trong trường hợp này, f(n) = 1,∀n ≥ k, ta giả sử S = {a | f(a) = 2} khơng tồn tạim, n∈S thỏa mãn m−1 |n.Ta xác định hàm f sau:
1,f(x)∈ {1,2},∀x∈N
2, VớiS tập vô hạn củaNsao cho không tồn tạim, n∈S thỏa mãnm−1|nvà
(27)∇
Ví dụ ( IMO Shortlists 2004 ) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn
f(m)2+f(n)|(m2+n)2 với mọim, n∈N∗.
Giải: Kí hiệuP(m, n)là cách cho (m, n)∈N∗2 vào điều kiện cho
? P(1,1)⇒f(1) =
? P(1, n)⇒f(n) + 1|(n+ 1)2
? P(m,1)⇒f(m)2+ 1|(m2+ 1)2
Gọi p số ngun tố bất kì, ta có p2|f(p−1) + Giả sử f(p−1) + = p2 Khi đó(p2−1)2+ 1|((p−1)2+ 1)2 Mà(p2−1)2+ 1>(p−1)2.(p+ 1)2 > p2(p−1)2 = (p2−p)2> ((p−1)2+ 1)2 vơ lý Do f(p) = p với p số nguyên tố hay tồn vô sốk cho
f(k) =k Với k số tự nhiênn6= ta có :
k2+f(n)|(k2+n)2
⇐⇒k2+f(n)|((p−1)2+f(n))((p−1)2+ 2n−f(n)) + (f(n)−n)2 Khi chọnk đủ lớn ta phải cóf(n) =n Vậy f(n) =n,∀n∈N∗
Nhận xét Ở toán này, sau dự đoán nghiệm hàm f(n) = n, điều ta cần đạt kẹp biểu thức chứa f(n)−nbởi đại lượng lớn tùy ý dùng tính chia hết ta phải cóf(n) =n Để có điều đó, ta cần xây dựng dãy vơ hạn số điểm bất động củaf Ta cần hạn chế tối đa trường hợp ước phải xét ý số dạng
pi cói+ 1ước là1, p, , pi
∇
Ví dụ 5.( USA TST ) Cho p số nguyên tố lẻ Tìm tất hàm số f :Z→Z thỏa
mãn đồng thời:
a, f(m) =f(n) nếum≡nmodp b,f(mn) =f(m).f(n)
Với m, n số nguyên
(28)Xét trường hợp:
Trường hợp 1:f(p)6=
Dễ thấy nếuf(1) = 0thìf(n) = 0,∀n∈Z, vô lý Xét riêng khif(1) = Với mỗix∈Z, p6|x
ta có y∈Z cho xy≡1 modp Do đó:
f(x)f(y) =f(xy) =f(1) = Suy raf(n) =±1, p6|n
Mặt khác: f(n2) = f(n)2 = 1, p 6| n nên f(m) = m số phương modp, p 6| m Nếu ∃i, p 6| i cho f(i) = −1, ta có f(n) = 1,∀n ∈ Z, p 6| n Xét i số khơng phương modp k số khơng phương modp, p 6| k bất kì, suy ik
chính phương modp Mặt khác:
f(k) =−f(i).f(k) =−f(hk) =−1
Hay ta cóf(x) = xlà số phương modp, p6|x f(x) =−1nếu xlà khơng số phương modp
Xét x0 chof(x0) =−1 Cho m =x0, n=p vào b, ta cóf(p) =f(px0) =f(p)f(x0) hay
f(p) = Suy f(x) = x số phương modp f(x) = −1 x khơng số phương modp
Trường hợp f(p) = Suy f(n) = 0,∀p | n Nếu f(1) = f(n) = 0,∀n ∈ Z
Nếu f(1) 6= 0.Giả sử tồn x0 cho f(x0) = p 6| x0 Suy f(nx0) = 0,∀n ∈ Z
Mà ta có dãy x0,2x0, ,(p−1)x0 dãy thặng dư đầy đủ modp Suy f(1) = vô lý Vậy f(x) = ⇔ p | x Tương tự ta có rằng, f(x) = ±1, f(0) = vơ lý Do
f(x) = 0⇔p|x vàf(x) = với cácx cịn lại Vậy có bốn hàm số thỏa mãn là:
1,f(n) = 0,∀n∈Z 2,f(n) = 1,∀n∈Z
3,f(x) = p|x,f(x) = trường hợp lại
4,f(x) = 1nếu x số phương modp,f(x) =−1 trường hợp cịn lại ∇
Ví dụ Tìm tất số nguyên không âmn nhỏ cho tồn hàm số f :Z→
(29)2, f(xy) =f(x).f(y)
1, 2f(x2+y2)−f(x)−f(y)∈ {0,1, , n}.
với số nguyên x, y Với số n tìm , tìm hàm số thỏa mãn
Giải : Với n = ta hàm số thỏa mãn : Với p số nguyên tố dạng
4k+ 3, hàm f xác định sau:
f(x) = p|x
f(x) = trường hợp lại
Hiển nhiên hàm số thỏa mãn Bây ta giả sử vớin= 0thì tồn hàm thỏa mãn Từ đó:
2f(x2+y2) =f(x) +f(y)(∗)
? Chox=y= vào 1, ta có f(0) =f(0)2 Có khả sau:
KN f(0) =
? Choy= vào (∗):2f(x2) =f(x) + Màf(x)2 =f(x2)nên
f(x) =
f(x) = 12 Giả sử tồn tạix0 chof(x0) =
1
2 Chox=y=x0 vào(∗)ta có2f(x0)
2 = 2f(x2
0) = 2f(x0) vô lý Suy f(x) = 1, ∀x∈Z Trái với giả thiết
KN f(0) = Tương tự ta có điều mâu thuẫn Vậy n≥1 Để trọn vẹn toán ta giải sau:
" Tìm tất hàm sốf :Z→[0,+∞) cho:
1, f(xy) =f(x).f(y)
2, 2f(x2+y2)−f(x)−f(y)∈ {0,1} "
Giải: Dễ dàng chứng minh nhận xét sau:f(0) = vàf(1) = Kí hiệu Pa(x, y), Pb(x, y) cách cho (x, y)∈Z2 và điều kiện 1, 2 .
(30)? Pb(x,0)⇒2f(x)2−f(x)∈ {0,1} Từ ta cóf(x)∈ {0,1}
? Pa(−1,−1)⇒f(−1) =
? Pa(−1,−x)⇒f(−x) =f(x)
Do f không số nên tồn p nguyên tố cho f(p) = Giả sử tồn
q6=p,q nguyên tố f(q) =
? Pb(p, q)⇒f(p2+q2) = Với a, b∈Zta ln có :
2f(a2+b2).f(p2+q2) = 2f((qp+bq)2+ (aq−bp)2) =
Do0≤f(x) +f(y)≤2f(x2+y2) nên f(aq−bp) = Do(p, q) = nên a, b∈Z cho aq−bp= hay:
1 =f(1) =f(aq−bp) =
vô lý Suy tồn số nguyên tốp thỏa mãnf(p) = 0(∗∗) Nếupcó dạng 4k+ tồn tạia∈Zsao cho p|a2+ 1hay f(a2+ 1) =
Mặt khác :
? Pb(1, a) ⇒ f(a2+ 1) = vơ lý Vậy p có dạng 4k+ Từ dễ thấy f(x) = ⇔ p|x vàf(x) = với cácx lại Hay ta có hàm số thỏa mãn :
f(x) = p|x
f(x) = trường hợp lại vớip số nguyên tố dạng 4k+
Nhận xét:(∗∗)cịn chứng minh nguyên lý cực hạn Khi xuất đại lượnga2+b2
ta thường nghĩ tới bổ đề quen thuộc :
Cho p số nguyên tố dạng 4k+ số nguyên a, b thỏa mãn p|a2 +b2 Khi ta cóp|a vàp|b
Cũng khó khăn ta chứng minh p số nguyên tố cho f(p) = p số nguyên tố dạng 4k+ 3nếu không thông qua đánh giá trung gian Nhớ lại rằng−1 số phương modp (do (−1)(p−1)/2 = (−1)2k = mod (p)) hay tồn a cho
p|a2+ Cho Pb(x,1)cũng phản xạ thường gặp ta biết giá trị hàm điểm đặc biệt
(31)∇ Ví dụ 7.Cho f, g:N∗ →N∗ hàm số thỏa mãn :
i, g toàn ánh
ii, 2f(n)2 =n2+g(n)2 với số nguyên dươngn
Nếu |f(n)−n| ≤2004√nvới ∀n f có vơ số điểm bất động
( Chú thích ađược gọi điểm bất động hàm f D a∈D f(a) =a)
Giải : Đầu tiên ta có theo Định lý Dirichlet số nguyên tố dãy số (pi) với pi số nguyên tố dạng 8k+ 3là dãy vơ hạn Từ với mọin thì:
2
pn
= (−1)(p2n−1)/8=−1
Ở đây,
2
pn
là ký hiệuLegendre
Sử dụng điều kiện i, ta tìm dãy (xn)∞n=1 chog(xn) =pn, ∀n Ta có : 2f(xn)2 =x2n+p2n
⇒2f(xn)2 ≡x2n (modpn)
Vì
2
pn
=−1 nên
pn|f(xn)
pn|xn
Suy tồn dãy số nguyên dương(an) (bn) cho :
xn=an.pn
f(xn) =bn.pn
Từ ii, ta được2b2n=a2n+
Cuối cùng, sử dụng giả thiết :|f(n)−n| ≤2004√n, ta có : 2004
√
xn
≥ |f(xn)
xn
−1|=|bn
an −1|
⇒ lim n→∞
p
a2 n+
an
=√2 ⇒ lim
(32)Suy tồn N0 cho
an=bn= 1,∀n≥N0 Vậy f(pn) =pn,∀n≥N0 ( điều phải chứng minh )
Nhận xét : Cũng ví dụ trên, câu hỏi đặt việc xây dựng dãy (pi) không tự nhiên Tuy lối suy nghĩ tương tự trên, ta hình thành ý tưởng Xuất phát với toán :
" Tìm tất số nguyên tốqsao cho phương trình2x2−y2 =qcó nghiệm ngun dương." Phương trình dẫn đến:
2x2≡y2 mod (q)⇐⇒2(q−1)/2.xp−1≡yp−1 mod (q)⇐⇒2(q−1)/2 ≡1 mod (q)
( Theo định lý Femart ) Từ ta dự đốn dạng q Nhìn chung, gặp dạng ví dụ 1, địi hỏi ta cần có số kiến thức tảng bậc phần tử điển hình tốn biểu diễn số nguyên tố
Ví dụ sau thực ví dụ đậm màu sắc số học từ đề lời giải ∇
Ví dụ 8.Tìm tất tồn ánhf :N→N cho mọim, n∈Nthì:
f(m)|f(n)⇔m|n
Giải: Kí hiệuP ⊂Nlà tập tất số nguyên tố Xét đơn ánhg:P →P Nếun=Qki=1p αi
i thìf(n) =Qk
i=1g(pi)αi
Kí hiệu τ(n) số ước nguyên dương n Ta có nhận xét sau τ(n) = f(τ(n)) ( f
là toàn ánh ).Với số nguyên tố p, f(p) có ước nguyên tố nên số nguyên tố Xác định g , từ ta có f(p) =g(p) Ta chứng minh g song ánh Thật , dof tồn ánh nêng tồn ánh Vì vậyg song ánh Tiếp theo ta chứng minh
f(pk) =g(p)k vớiklà số nguyên dương quy nạp.
? k= hiển nhiên
? Giả sử k−1 Ta có f(pk) chia hết cho 1, g(p), g(p)2, , g(p)k−1 ngồi khơng chia hết cho số nguyên dương khác Do τ(f(pk)) = τ(pk) = k+ Nếu k >1 ,
f(pk) có thêm ước ngun tố thìτ(f(pk))≥2k > k+ 1vơ lý Từ đó f(pk) là lũy thừa củag(p) cók+ 1ước nên f(pk) =g(p)k
Giả sử n số nguyên dương , p số nguyên tố không chia hết n Ta chứng minh:
(33)Từ gcd(n, pk) = 1 ta có τ(n).τ(pk) = τ(n.pk) Mặt khác g(p)k|f(n.pk) và g(p)f(n) Do vậy ước củaf(n) vàg(p)k chia hếtf(npk) ước củag(p)k vàf(n) ước f(n.pk) Lại có:
τ(f(n).f(pk)) =τ(n.pk) =τ(f(n.pk))
Nếuf(npk) có ước khác với ước f(n) vàg(p)k τ(f(n).f(pk))> τ(f(n.pk)) vơ lý Vậy:
f(npk) =f(n).g(p)k=f(npk)
Từ nhận xét ta có hàmf xây dựng ∇
Ví dụ 9: ( Mathlinks contest)Tìm tất hàm số f :N→Z thỏa mãn:
a, Nếua|b thìf(a)≥f(b)
b,f(ab) +f(a2+b2) =f(a) +f(b)
Với a, b số tự nhiên
Giải.Nếu f(x) nghiệm hàm ,f(x) +c nghiệm hàm Do ta giả
sử rằngf(1) = 0.Chú ý từ 1|n,f(n)≤0 ∀n
1)Từf(1×1) +f(1 + 1) =f(1) +f(1), suy f(2) =f(1)hay f(2) =
2) Gọi n số nguyên cho −1 số phương modn Do tồn a thỏa mãn
a2=−1 +kn. Suy
f(a) +f(a2+ 1) =f(a) +f(1) ⇐⇒f(a2+ 1) =f(kn) =f(1) = nhưngf(n)≥f(kn) =f(a2+ 1)vàf(n)≤f(1) nên f(n) =f(1) = Do tồn tạiusao chou2=−1 (mod n)thì f(n) = 0
3)Từ (2) dễ thấy f(p) = với mọip nguyên tố vàp= (mod 4)
4) Giả sử f(a) = f(b) = f(ab) < f(a) = f(b) = f(a2 +b2) > 0, vơ lý Do f(a) =f(b) = 0thìf(ab) =
5)Gọia, blà số nguyên thỏa mãngcd(a, b) = 1, đó, gọip số chia hếta2+b2 Ta cóa2+b2 = (modp) Ta có bổ đề quen thuộc, nếuplà số nguyên tố dạng4k+ 3thì với bộa, bthỏa mãnp|a2+b2ta cóp|avàp|b Vìgcd(a, b) = 1nên nếup|a2+b2 thìp
chỉ có dạng4k+ Từ (4) ta cóa2+b2là tích số nguyên tốpi thỏa mãnf(pi) = 0nên
(34)6)Cho a=bcvào phương trình cho , ta có f(b2c) +f(b2(c2+ 1)) =f(bc) +f(b) Nhưng
f(b)≥f(b2(c2+ 1))vàf(bc)≥f(b2c) Do đóf(b2c) =f(bc) Chọnc= 1,f(b2) =f(b) Tiếp theo chọnc=b),f(b3) =f(b2) Bằng quy nạp ta có:
f(bk) =f(b) ∀k≥1
7)Sử dụng (5) (6) ta cóf(Q
pni
i ) =
P
f(pi) đâypi số nguyên tố Xét hàm số f(x) xác định :
? f(1) =
? f(2) =
? f(p) = với số nguyên tốpsao cho p= (mod 4) vàp=
? f(p) =ap ≤0với số nguyên tố p lại ( đâyap số nguyên không dương.)
? f(Q
pni
i ) =
P
f(pi) đâypi số nguyên tố Ta chứng minh f(x) thỏa mãn điều kiện : Hiển nhiên nếua|b thìf(a)≥f(b)
f(1×1) +f(12+ 12) =f(1) +f(1) =
f(1) +f(a2+ 1) =f(a) +f(1), ta có ước nguyên tốp củaa2+ 1đều thỏa mãn p= (mod 4)
Với số nguyêna, b >1bất kì, gọi :
- pi ước nguyên tố củaakhông chia hết b - qi ước nguyên tố củabkhông chia hết a - ri ước nguyên tố củaavàb
f(a) =P
f(pi) +
P
f(ri)
f(b) =P
f(qi) +Pf(ri)
f(ab) =P
f(pi) +Pf(qi) +Pf(ri)
f(a2+b2) =P
f(ri) +
P
f(si)
Ở si ước nguyên tố củaA= (
a
gcd(a, b))
2+ ( b gcd(a, b))
2 Nhưng tương tự (5) ta có ước nguyên tố củaA số nguyên tố thỏasi = (mod 4)và f(A) =
Suy raf(a2+b2) =P
(35)Hayf(ab) +f(a2+b2) =f(a) +f(b). Và ta có nghiệm phương trình hàm :
ChoM số nguyên, hàmf xác định sau:
? f(1) =M
? f(2) =M
? f(p) =M với số nguyên tố p thỏa mãnp= (mod 4)
? f(p) =M+ap với số nguyên tố pcòn lại (ở ap số nguyên không dương )
? f(Q
pni
i ) =M+
P
(f(pi)−M) pi số nguyên tố 5.3 Bài tập áp dụng
21 Cho f :N∗ −→N∗ song ánh Chứng minh điều kiện sau tương đương:
1, f(m.n) =f(m).f(n)
2, f(m)|f(n)⇔m|n
22 ( Một chút mở rộng choVí dụ ) Tìm tất hàm số f :Z→Z thỏa mãn:
a, f(x+ 22) =f(x)
b,f(x2y) =f(x)2f(y)
với mọix, y∈Z2.
23 ( China 1996 ) Cho A = {1; 2; ; 17} hàm số f : A → A Xác định f[1](x) = f(x)
và 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 :
1, Nếum < M 1≤i≤16 thì:
f[m](i+ 1)−f[m](i)6≡ ±1 mod 17
2, Với1≤i≤16 :
(36)24 Với số nguyên dương k tồn hay không hàm sốf :N−→Z thỏa mãn :
1, f(1995) = 1996
2, f(xy) =f(x) +f(y) +kf(gcd(x, y))với x;y∈N ?
25 Tìm tất hàm số f :N−→Nthỏa mãn :
1, f(m) = m=
2, Nếud= gcd(m, n), thìf(mn) = f(m)f(n)
d
3, Với m∈N, ta cóf2000(m) =m
26 Cho hàm số f :N∪ {0} −→N thỏa mãn điều kiện
1, f(0) = 0, f(1) =
2, f(n+ 2) = 23·f(n+ 1) +f(n), n= 0,1,
Chứng minh với m∈N,tồn sốd∈Nsao cho m|f(f(n))⇐⇒d|n
27 Cho hàm số f :N∗ −→N∗ thỏa mãn:
1,f(1) =a
2,f(n2f(m)) =mf(n)2
Chứng minh rằng: a, f(m).f(n) =af(mn)
b,a|f(n),∀n∈N∗
28 Tìm tất hàm f :Z−→Z thỏa mãn:
f(x+y+f(y)) =f(x) + 2y,∀x, y∈Z
29 Tìm tất hàm f :N−→N thỏa mãn:
gcd(f(m), f(n)) = 1⇐⇒gcd(m, n) =
(37)31 Cho f :Z−→Z:
1, f(p) = 1∀ với số nguyên tố p 2, f(ab) =af(b) +bf(a)
Chứng minh :
a, Tồn hàm số f b, Tìmn chof(n) =n
32 Cho f hàm số f :N∪ {0} −→N, thỏa mãn điều kiện:
1, f(0) = 0, f(1) = 1,
2, f(n+ 2) = 23·f(n+ 1) +f(n), n= 0,1,
Chứng minh với m∈N, tồn số d∈N cho m|f(f(n))⇔d|n
33 Cho g(n) hàm số xác định :
g(1) = 0, g(2) =
và
g(n+ 2) =g(n) +g(n+ 1) + 1, n≥1 Chứng minh nếun >5 số nguyên tố nchia hết g(n)·(g(n) + 1)
34 Cho đa thức P(x)∈Z[x], P(x) =a0+· · ·+ap−1xp−1 số nguyên tốp >2 thỏa mãn : Nếu
p không chia hết a−b thìp khơng chia hết P(a)−P(b).Chứng minh p|ap−1
35 Cho hàm số f :Z−→Zvà f không đa thức Giả sử∀a, b, m∈Z , a≡bmodm
ta cóf(a)≡f(b) modm Chứng minh với số nguyên dươngk ta có :
lim n→∞
|f(n)|
nk = +∞
36 ( Việt Nam 1997 ) Cho hàm số f :N →Z xác định f(0) = 2;f(1) = 503;f(n+ 2) =
503f(n+ 1)−1996f(n) Vớik∈Nchọn số nguyên s1, s2, , sk không bé kvà cho pi
là ước nguyên tố f(2si) Chứng minh :Pp
(38)37 (Balkan MO 2006, Bài số 4)Cho số nguyênmvà dãy số(an)∞n=0xác định bởia0=a∈N,
và
an+1=
(an
2 nếuan≡0 (mod 2),
an+m trường hợp lại
Tìm giá trị asao cho an dãy tuần hoàn
38 Choplà số nguyên tố lẻ vàqlà số nguyên không chia hết chop Giả sửf :{1,2,3, } →R
là hàm thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: 1,f(k)
p số nguyên với k= 1,2, , p−1
2, f(k) +f(p−k) số nguyên chia hết cho p với mỗik= 1,2, , p−1 Khi
p−1
X
k=1
bf(k)·q
pc= q p
p−1
X
k=1
f(k)−p−1
Bài toán dùng để chứng minh tốn
Bài Cho p, q số nguyên dương nguyên tố Chứng minh
p−1
X
k=1 bkq
p c=
(p−1)(q−1) Bài Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh
p−1
X
k=1 bk
3
p c=
(p−2)(p−1)(p+ 1)
Bài Cho p nguyên tố lẻ q số nguyên không chia hết cho p Chứng minh
p−1
X
k=1
b(−1)kk 2q
p c=
(p−1)(q−1) Bài Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh
p−1
X
k=1
kp−k
p ≡
p+
(39)6 Hàm số hệ đếm số. 6.1 Lý thuyết
Hệ đếm số phần quan trọng liên quan đến thuật tốn tin học Trong phân mơn tốn, hệ đếm số dùng để xây dựng nhiều dãy số có tính chất thú vị Nhìn phương diện số khác, khó nhận quy luật, chọn số tốn trở nên vơ đơn giản Xin nhắc lại với b số nguyên dương lớn hay số nguyên dươngN biểu diễn cách dạng
N =a1a2 ak|(b)=a1bk−1+a2bk−2 +ak với1≤a1 ≤b−1,0≤a2, , ak≤b−1
Đó định nghĩa hệ đếm số dạng Tuy nhiên, lấy dãy số nguyên (có trị tuyệt đối tăng nghiêm ngặt) làm hệ đếm số ví dụ hệ đếm số (-2), hệ đếm số Fibonacci (3 = - + 1, 17 = 13 + + ) Các hệ đếm thường sử dụng hệ đếm số số
6.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thoả mãn điều kiện:
1,f(1) = 1,f(3) = 2,f(2n) =f(n)
3,f(4n+ 1) = 2f(2n+ 1)−f(n) 4,f(4n+ 3) = 3f(2n+ 1)−2f(n)
Giải Hiển nhiên tồn hàm số Ta chứng minh biểu
diễn nhị phânn có dạng a1a2 am |2 thìf(n) =amam−1 a1 |2 Thật vậy:
? Vớin= 1,3thì kết luận hiển nhiên
? Giả sử với mọik < nthì kết luận Ta xét trường hợp sau:
Trường hợp Nếunlà số chẵn, đặtn= 2k Giả sử k=a1a2 am|2 n=a1a2 am0|2 Khi kết luận hiển nhiên
(40)? n có dạng 4k+ Giả sửk=a1a2 am|2 n=a1a2 am01|2 Mặt khác, ta có :
uk =ak−2 a2a1|2
u2k+1 = 1ak−2 a2a1 |2 Suy ra:
un=u2k+1+ (u2k+1−uk) = 10ak−2 a2a1|2 Kết luận trường hợp
? n có dạng 4k+ Tương tự
Vậy hàm số đầu hàm thỏa mãn ∇
Ví dụ Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thoả mãn điều kiện:
1,f(1) = 2,f(2n) =f(n)
3,f(2n+ 1) = +f(2n)
Giải Cũng ví dụ trên, ta nhận thấy tồn hàm số Tiếp
theo ta chứng minh quy nạp mệnh đề f(n) số số biểu diễn nhị phân củan Thật vậy:
? Vớin= 1, hiển nhiên
? Giả sử với mọik < nthì Xét khin=k+ Ta xét trường hợp sau: Trường hợp Nếuk số chẵn, đặtk= 2m Khi :
f(k+ 1) =f(2m+ 1) = +f(2m) = +f(m)
Nếum=a1a2 an|2 thì2m+ =a1a2 an1|2 Suy số chữ số biểu diễn nhị phân của2m+ 1vàm Kết luận trường hợp
Trường hợp Nếuk số lẻ, đặtk= 2m+ Khi :
(41)Tương tự số chữ số biểu diễn nhị phân của2m+ số chữ số biểu diễn nhị phân m
Chứng minh kết thúc
∇
Ví dụ Tìm tất hàm số f :N∗ −→N∗ thoả mãn điều kiện:
1,f(1) =
2,f(2n+ 1) =f(2n) + 3,f(2n) = 3f(n)
Giải Theo tính hàm số, ta chứng minh quy nạp mệnh đề sau : Nếu
viếtntrong hệ nhị phân akak−1 a0|2 f(n) =Pki=03iai
? Vớin= 1, hiển nhiên
?Giả sử 2n+ =akak−1 a11|2, suy ra2n=akak−1 a10|2 vàn=akak−1 a1|2 Kiểm tra giả thiết:
f(2n+ 1) = k
X
i=1
3iai+ 30.1
= k
X
i=1
3iai+ 30.0 + 30.1 =f(2n) +
Và:
f(2n) = k
X
i=1
3iai = 3( k−1
X
i=1
3iai) = 3f(n)
Bài tốn giải hồn chỉnh
∇
Ví dụ ( Bài toán cổ Josephus [1] ) Giả sử Josephus có n−1 người bạn, n người đứng thành vong tròn đánh số từ đến n theo chiều kim đồng hồ tự sát theo nguyên tắc, người thứ cầm dao đếm tự sát, người thứ đếm tự sát Quá trình dừng lại người Gọi f(n) hàm số biểu thị vị trí người sống sót Tìm f(n)
(42)? Nếu n = 2k Sau vòng 1, cịn người vị trí lẻ Số người đánh lại thành 1,2, , k Nếu lượt trước người có số2i−1 sau mang sối Người sống sót có số cũ f(2k), sau mang số f(k) Vậy ta có:
f(2k) = 2f(k)−1
? Nếu n = 2k+ Sau vòng ( ta ngầm hiểu có 2k+ người cách tính trùng người thứ thành2k+ ), lại người số3,5, ,2k+ 1, đánh số lại là1,2, , k Nếu lượt trước người có số 2i+ sau mang số i Người sống sót có số cũ f(2k+ 1), sau mang số f(k) Vậy ta có:
f(2k+ 1) = 2f(k) +
Như f(1) = 1, f(2k) = 2f(k)−1, f(2k+ 1) = 2f(k) + Ta chứng minh quy nạp biểu diễn số củanlà akak−1 a1|2 ,ak= 1, với i6=k ∈ {0,1}
f(n) =ak−1 a1ak|2 Thật
? Vớin= hiển nhiên
? Giả sử với mọik < nthì mệnh đề Ta có trường hợp:
Trường hợp Nếu n số chẵn, đặt n = 2m Khi m = bkbk−1 b1 |2 2m=bkbk−1 b10|2 Và
f(2m) = 2f(m)−1 =
bk−12k+ +b1.2 +
−1 =bk−1 b101|2
Đúng
Trường hợp Nếu n số lẻ, đặt n = 2m+ Khi m = bkbk−1 b1 |2 2m+ =bkbk−1 b11|2 Và
f(2m+ 1) = 2f(m) + = 2.bk−12k+ +b1.2 +
+ =bk−1 b111|2
Đúng Bài toán giải hoàn chỉnh
[1] Câu chuyện truyền thuyết
(43)∇
Ví dụ Tồn hay không hàm sốf :{1,2, , n} −→N thỏa mãn:
1 f đơn ánh
2 f(ab) =f(a) +f(b) với mọia, b∈ {1,2, , n} ab≤n
Giải: Ta hàm số f sau: Kí hiệu số nguyên tố bé n
theo thứ tự tăng dần p1, p2, , pk Khi đó, a =
Qk i=1p
αi
i , αi ∈ N, αi < n+
f(pi) = (n+ 1)i,f(a) =Pki=1αi(n+ 1) Ta chứng minh hàm số thỏa mãn điều kiện Thật vậy, với a = Qk
i=1p αi
i , b =
Qk
i=1p βi
i ( có giá trị αi βj khác ), f(a) = Pk
i=1αi(n+ 1) f(b) = Pki=1βi(n+ 1), hiển nhiên ta biểu diễn
f(a), f(b) cách sang hệ sốn+ 1và thếf(a)6=f(b) Mặt khác:
f(ab) =f( k
Y
i=1
(pi)αi+βi
= k
X
i=1
(αi+βi).f(pi)
= k
X
i=1
αi.f(pi) + k
X
i=1
βi.f(pi)
=f(a) +f(b),
Hayf(ab) =f(a) +f(b) 6.3 Bài tập áp dụng
39 ( IMO 1988, số 3) Hàm số f xác định tập hợp số nguyên dương sau 1, f(1) = 1, f(3) = 3,
2, f(2n) =f(n), f(4n+ 1) = 2f(2n+ 1)−f(n), f(4n+ 3) = 3f(2n+ 1)−2f(n)
(44)40 ( IMO shortlist 2000 ) Cho hàm số f :N∗ −→N∗ thoả mãn điều kiện:
1, f(4n) =f(2n) +f(n) 2, f(4n+ 2) =f(4n) +
3, f(2n+ 1) =f(2n) +
Chứng minh với số nguyên dương m, số số nguyên dương n cho 0≤n < 2m f(4n) =f(3n) bằngf(2m+1)
41 Hàm số f :N∗−→N xác định sau
1, f(1) = 2, f(2) =
2, f(3n) = 3f(n), f(3n+ 1) = 3f(n) + 2, f(3n+ 2) = 3f(n) + Tìm số số n≤2006thỏa mãn f(n) = 2n
42 Hàm số f :N×N−→N xác định sau
1, f(0,0) =
2, f(x, y) =
f(bx 2c,b
y
2c) nếux+y≡0 (mod 2),
f(bx 2c,b
y
2c) + nếux+y≡1 (mod 2)
ở x, y∈N Chứng minh:
a, f(x, y) =f(bx 2,b
y
2c)⇐⇒ x y tính chẵn lẻ
b,f(x, y) =f(bx 2,b
y
2c) + 1⇐⇒ x y khác tính chẵn lẻ
c,f(x, y) = 0⇐⇒x=y
43 Hàm số f :N∗−→N∗ số số khai triển nhị phân n Chứng minh rằng:
a, f(n2)≤
2f(n)(1 +f(n)) đẳng thức xảy vô số điểm
b, Tồn dãy vô hạn (un)+∞i=1 cho:
lim k→∞
f(u2 k)
(45)44 ( China 1995) Hàm sốf xác định tập hợp số nguyên dương sau: 1, f(1) =
2, 3f(n)f(2n+ 1) =f(2n) (1 + 3f(n)) 3, f(2n)<6f(n)
Tìm số k, m chof(m) +f(k) = 293
45 Hàm số f xác định tập hợp số nguyên dương sau: 1, f(3n) = 2f(n)
2, f(3n+ 1) =f(3n) = f(3n+ 2) =f(3n) +
Tìm tất giá trị n∈0,1,2, ,2003 chof(2n) = 2f(n)
46 ( Balkan MO )Hàm số f xác định tập hợp số nguyên dương sau: 1, f(2n+ 1)2−f(2n)2 = 6f(n) +
2, f(2n)≥f(n)
(46)7 Ý tưởng liên kết hàm số toán rời rạc. 7.1 Lý thuyết
Từ lâu ta biết việc sử dụng đẳng thức truy hồi ( dãy số ) hay tính chất ánh xạ việc giải toán rời rạc Phương pháp tỏ rõ lợi ta phải làm việc với tốn địi hỏi tính xâu chuỗi trường hợp nhỏ lẻ toán tổng quát Bằng liên tưởng đó, ta chuyển xử lý toán đại số thúy Trong phần này, ta xét nhìn theo hướng ngược lại, nơi đó, tốn hàm số chuyển toán rời rạc Ý tưởng thực mẻ tác giả mong muốn có trao đổi với bạn thầy cô sâu mảng tập
7.2 Một vài ví dụ minh họa
Ví dụ Tồn hay khơng hàm số f :{1,2, , n} × {1,2, , n} −→Z thỏa mãn với
số x, y, a∈ {1,2, , n}
1, f(x, y) = 0⇐⇒x2+y2 ∈ P.
Và f(x, y)2= trường hợp lại 2, Pn
i=1f(a, i),
Pn
i=1f(i, a)∈ {−1,0,1}
Với P tập số nguyên tố
Giải: Điều kiện làm ta liên tưởng đến tính chất số học quen thuộc :
Một số ngun tố dạng 4k+ 1thì ln viết dạng tổng số phương
Tuy nhiên ta thấy mệnh đề bẫy việc kết nối trở nên khó khăn Hàm biến giúp ta liên tưởng đến hệ trục tọa độ Và toán sau xuất hiện: Ta cụ thể hóa giá trị hàm số 0, -1, trạng thái điểm có hệ trục tọa độ không màu, màu trắng màu đỏ, tương ứng Suy tập điểm đó, điều kiện đáp ứng, tức số điểm đỏ trắng không 1, để đơn giản chọn đường thẳng
Ta phát biểu lại toán:
(47)Đây IMO 1986 Câu trả lời có dĩ nhiên, hàm số tốn tồn
Một phát biểu khác tốn dạng sau : ∇
Ví dụ 1’ Tồn hay không hàm số f :{1,2, , n} × {1,2, , n} −→ {−2,−1,0,1,2} thỏa mãn với số x, y, a∈ {1,2, , n}
1, f(x, y)≡x2−y2mod 3.
2, |Pn
i=1f(i, a)| ≤3,|
Pn
(48)8 Một số tốn chưa có lời giải.
Kết thúc chun đề số tốn chưa có lời giải ( theo nhiều nguồn sách website toán mathlinks.ro hay nhiều trang web tốn ngồi nước khác ) Đây thực tốn hay đương nhiên khó
Bài số 1.Tìm tất hàm số f :N−→N thỏa mãn:
f(f(n)−n) +f(f(n) +n) = 8n
∇
Bài số 2.Tìm tất hàm số f :N−→N thỏa mãn:
f( n
X
k=1
xmk) = n
X
k=1
fm(xk)
(49)Tài liệu
[1] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài tốn hàm số qua kì thi Olimpic
[2] Titu Andreescu - Contests Around the World 1996-1997, 1997-1998, 1999-2000 [3] Valentine Boju, Luis Funar - The Math Problems Notebook
[4] Titu Andreescu , Razvan Gelca - Birkhauser Mathematical Olympiad Challenges [5] Edward Lozansky , Cecil Rousseau - Winning Solutions
[6] Marko Radovanovi’c ( The IMO Compedium Group ) - Functional Equations [7] Christopher G Small - Functional Equations and How To Solve Them
[8] Trần Nam Dũng, Dương Bửu Lộc - Chuyên đề Phương trình hàm tập số nguyên [9] http://www.mathlinks.ro