hàm số TRONG IMO SHORTLIST

Hàm số hiện là một phân môn vô cùng đặc sắc trong lĩnh vực toán olympic và cũng nhận được sự quan tâm, yêu thích của rất nhiều học sinh chuyên toán trong và ngoài nước. Các bài toán hàm số mang vẻ đẹp rất cuốn hút, với những phép thế vô cùng bất ngờ. Ở phân môn này cũng có các bài toán khó và rất khó, đòi hỏi người làm phải tập trung cao độ mới có thể làm được. Bài toán khó và lạ sẽ mang đến cho ta những phương pháp mới trong việc giải các bài toán. Một địa điểm chứa những bài toán đó là IMO Shortlist. Nhận thấy các bài toán này đều lạ và khó nhưng được viết bằng tiếng anh khiến cho nhiều học sinh kém tiếng anh “ngại” đọc do phải vừa đọc, vừa hiểu, vừa phải dịch, tôi đã có ý tưởng dịch lại các bài hàm số này sang tiếng việt.(tại tôi dốt tiếng anh À).

VIỆT NGUYỄN HÀM SỐ TRONG IMO SHORTLIST M THPI D Ŵ Nguyễn Hoàng Việt − A2K54 KHTN Mathpiad − Tạp chí tốn học Ơ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Hàm số IMO Shortlist Chương I Hàm số phân môn vô đặc sắc lĩnh vực toán olympic nhận quan tâm, u thích nhiều học sinh chun tốn ngồi nước Các tốn hàm số mang vẻ đẹp hút, với phép vô bất ngờ Ở phân mơn có tốn khó khó, địi hỏi người làm phải tập trung cao độ làm Bài tốn khó lạ mang đến cho ta phương pháp việc giải toán Một địa điểm chứa tốn IMO Shortlist Nhận thấy tốn lạ khó viết tiếng anh khiến cho nhiều học sinh tiếng anh "ngại" đọc phải vừa đọc, vừa hiểu, vừa phải dịch, tơi có ý tưởng dịch lại hàm số sang tiếng việt.(tại tơi dốt tiếng anh ) Nếu có sai sót, bạn đọc liên hệ cho https://www.facebook.com/nguyenhoangvietchuyenkhtn/ Một số kí hiệu sách: f n (m) = f (f ( f (m) )) hàm hợp n lần m n Kí hiệu P (a, b) thay (x, y) (a, b) vào đề với (x, y) biến thỏa mãn điều kiện đề Z tập số nguyên Z+ tập số nguyên dương N tập số tự nhiên R tập số thực Q tập số hữu tỉ P tập số nguyên tố PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Lời nói đầu kí hiệu Chương II Bài tốn hàm số qua năm Bài toán hàm số đại số LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT  Bài Cho hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f (m + n) f (m) + f (f (n)) − 1, ∀ m, n ∈ Z+ Tìm tất giá trị f (2007) A2 IMO Shortlist 2007  Bài Cho tập hợp S ⊆ R Ta gọi cặp hàm số (f, g) : S → S có gấu thỏa mãn điều kiện (i) Cả hai hàm f, g tăng ngặt (ii) f (g(g(x))) < g(f (x)) với x ∈ S Hỏi liệu có tồn cặp có gấu hay khơng (a) S = Z+ ß ™ + (b) S = a − : a, b ∈ Z b A3 IMO Shortlist 2008  Bài Với m ∈ Z, đặt t(m) ∈ {1, 2, 3} cho | m + t(m) Cho hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (−1) = 0, f (0) = 1, f (1) = −1 f (2n + m) = f (2n − t(m)) − f (m), ∀ m, n ∈ N với 2n > m Chứng minh f (3p) với số nguyên p A4 IMO Shortlist 2008  Bài Cho hàm số f : R → Z+ thỏa mãn Å f x+ f (y) ã Å =f y+ ã , ∀ x, y ∈ R f (x) Chứng minh tồn số nguyên dương a cho không tồn n để f (n) = a  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho với x, y tồn tam giác có độ dài ba cạnh x, f (y) f (y + f (x) − 1) A3 IMO Shortlist 2009  Bài Cho hàm số f : R → R Chứng minh tồn hai số thực x, y mà f (x − f (y)) > yf (x) + x A4 IMO Shortlist 2009  Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf (x + y)) = f (yf (x)) + x2 , ∀ x, y ∈ R A7 IMO Shortlist 2009  Bài Tìm tất hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn f (f (x)2 y) = x3 f (xy), ∀ x, y ∈ Q+ A5 IMO Shortlist 2010  Bài Cho hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn f (g(n)) = f (n) + g(f (n)) = g(n) + với n ∈ Z+ Chứng minh f (n) = g(n), ∀ n ∈ Z+ A6 IMO Shortlist 2010  Bài 10 Tìm tất hàm số f, g : R → R thỏa mãn g(f (x + y)) = f (x) + (2x + y)g(y), ∀ x, y ∈ R A3 IMO Shortlist 2011 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST A6 IMO Shortlist 2008  Bài 11 Tìm tất hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn f g(n)+1 (n) + g f (n) (n) = f (n + 1) − g(n + 1) + 1, ∀ n ∈ Z+ A4 IMO Shortlist 2011  Bài 12 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x + y) yf (x) + f (f (x)), ∀ x, y ∈ R Chứng minh f (x) = với x LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT A6 IMO Shortlist 2011  Bài 13 Tìm f : Z → Z cho với a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = f (a) + f (b) + f (c) = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a) A1 IMO Shortlist 2012  Bài 14 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (−1) = f (1 + xy) − f (x + y) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈ R A5 IMO Shortlist 2012  Bài 15 Cho hàm số f : Z+ → Z+ Giả sử với số n ∈ Z+ , tồn số k ∈ Z+ để f 2k (n) = n + k đặt kn số k nhỏ có tính chất Chứng minh dãy k1 , k2 , không bị chặn A6 IMO Shortlist 2012  Bài 16 Tìm tất hàm số f : Q>0 → R thỏa mãn ® f (x)f (y) f (x + y) f (xy) f (x) + f (y) (1) (2) Với số hữu tỉ dương x, y Chứng minh f (x) = x, ∀ x ∈ Q>0 , biết tồn số hữu tỉ dương a > mà f (a) = a A3 IMO Shortlist 2013  Bài 17 Tìm tất hàm số f : N → N thỏa mãn f (f (f (n))) = f (n + 1) + 1, ∀ n ∈ N A5 IMO Shortlist 2013 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad  Bài 18 Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (f (m) + n) + f (m) = f (n) + f (3m) + 2014, ∀ m, n ∈ Z A4 IMO Shortlist 2014 n2 + 4f (n) = f (f (n))2 , ∀ n ∈ Z A6 IMO Shortlist 2014  Bài 20 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (x + f (x + y)) + f (xy) = x + f (x + y) + yf (x) A4 IMO Shortlist 2015  Bài 21 Kí hiệu 2Z + tập số nguyên lẻ Tìm tất hàm số f : Z → 2Z + thỏa mãn f (x + f (x) + y) + f (x − f (x) + y) = f (x + y) + f (x − y), ∀ x, y ∈ Z A5 IMO Shortlist 2015  Bài 22 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn xf (x2 )f (f (y)) + f (yf (x)) = f (xy) f (f (x2 )) + f (f (y )) , ∀ x, y ∈ R+ A4 IMO Shortlist 2016  Bài 23 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (0) = f (x + y)2 = 2f (x)f (y) + max{f (x2 ) + f (y ), f (x2 + y )} A7 IMO Shortlist 2016  Bài 24 Tìm tất hàm số f : R → R cho f (f (x)f (y)) + f (x + y) = f (xy), ∀ x, y ∈ R A6 IMO Shortlist 2017 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST  Bài 19 Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn  Bài 25 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau Với x, y ∈ R cho (f (x) + y) (f (y) + x) > 0, ta có f (x) + y = f (y) + x Chứng minh f (x) + y f (y) + x x > y A8 IMO Shortlist 2017  Bài 26 Tìm tất hàm số f : Q>0 → Q>0 thỏa mãn f (x2 f (y)2 ) = f (x)2 f (y), ∀ x, y ∈ Q>0 LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT A1 IMO Shortlist 2018  Bài 27 Tìm tất hàm số f : (0, ∞) → R thỏa mãn Å ã y x+ f (y) = f (xy) + f , ∀ x, y ∈ R+ x x A5 IMO Shortlist 2018  Bài 28 Xét hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (f (x + y) + y) = f (f (x) + y), ∀ x, y ∈ Z Ta gọi số nguyên v tập hợp Xv = {x ∈ Z : f (x) = v} hữu hạn khác rỗng Chứng minh tồn hàm số f thỏa mãn có số Chứng minh khơng tồn hàm số f có nhiều số A7 IMO Shortlist 2019  Bài 29 Tìm tất hàm số f : Z → Z cho fa2 +b2 (a + b) = af (a) + bf (b), ∀ a, b ∈ Z Với kí hiệu fn (x) hợp n lần hàm số x A6 IMO Shortlist 2020  Bài 30 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (xy)) + y = f (x)f (y) + 1, ∀ x, y ∈ R+ A8 IMO Shortlist 2020 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad Bài toán hàm số số học  Bài Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ toàn ánh cho với m, n f (m + n) chia hết cho p f (m) + f (n) chia hết cho p  Bài Với n ∈ Z+ , kí hiệu d(n) số ước dương n Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn tính chất sau (i) d(f (x)) = x, ∀ x ∈ Z+ (ii) f (xy) | (x − 1)y xy−1 f (x), ∀ x, y ∈ Z+ N5 IMO Shortlist 2008  Bài Cho hàm số khác f : Z+ → Z+ thỏa mãn a − b | f (a) − f (b), ∀ a = b ∈ Z+ Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố p mà p | f (c) với c ∈ Z+ N3 IMO Shortlist 2009  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho (f (m) + n) (f (n) + m) số phương N5 IMO Shortlist 2010  Bài Tìm tất hàm số f : Q → Z thỏa mãn Å f f (x) + a b ã =f x+a b Với x ∈ Q, a ∈ Z b ∈ Z+ N6 IMO Shortlist 2013 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST N5 IMO Shortlist 2007  Bài Xét hàm số f : Z+ → Z+ Kí hiệu f n (m) = f (f ( f (m) )) Giả sử f có hai tính n chất sau Nếu m, n ∈ Z+ f n (m) − m ∈ Z+ n Tập Z+ \ {f (n) : n ∈ Z+ } hữu hạn Chứng minh dãy f (1) − 1, f (2) − 2, tuần hoàn LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT N6 IMO Shortlist 2015  Bài Với số nguyên dương k bất kì, ta gọi hàm f : Z+ → Z+ k-nice gcd (f (n) + m, f (m) + n) k với n = m Tìm tất số nguyên dương k cho tồn hàm k-nice N7 IMO Shortlist 2015  Bài Cho hàm số f : Z+ → Z>1 thỏa mãn f (m + n) | f (m) + f (n), ∀ m, n ∈ Z+ Chứng minh tồn số nguyên C cho C | f (x), ∀ x ∈ Z+ N6 IMO Shortlist 2018  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn tồn số nguyên C cho a + f (b) | a2 + bf (a), với a + b > C N4 IMO Shortlist 2019  Bài 10 Tìm tất hàm số f : Z+ → N thỏa mãn i) tồn t để f (t) = ii) f (xy) = f (x) + f (y), ∀ x, y > iii) Tồn vô hạn số nguyên dương n để f (k) = f (n − k) với k < n N5 IMO Shortlist 2020 Ơ Do Math then Love Math Việt Nguyễn − Mathpiad Thật vậy, giả sử tồn a = b mà f (a) = f (b) Từ f (x + 1) = f (x) + 1, ta suy f (x + n) = f (x) + n, ∀ n ∈ Z Ta có f (a + N + 1) = f (a) + N + = f (b) + N + = f (b + N ) + 1, ∀ N ∈ N ® x0 + y0 = a + N + Chọn số nguyên N < −b, tồn hai số thực x0 , y0 cho x0 y0 = b + N P (x0 , y0 ), ta f (f (x0 )f (y0 )) + f (a + N + 1) = f (b + N ) Suy f (f (x0 )f (y0 )) + = ⇔ f (f (x0 )f (y0 ) + 1) = ⇔ f (x0 )f (y0 ) + = Vậy f (x0 ) f (y0 ) hay x0 y0 1, vơ lí a = b Vậy f hàm đơn ánh P (x, −x), ta LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT f (f (x)f (−x)) + f (0) = f (−x2 ) ⇔f (f (x)f (−x)) = f (−x2 ) + = f (1 − x2 ) ⇔f (x)f (−x) = − x2 P (x, − x), kết hợp với tính chất trên, ta f (f (x)f (1 − x)) + f (1) = f (x(1 − x)) ⇔ f (f (x)f (1 − x)) = f (x(1 − x)) ⇔ f (x)f (1 − x) = x(1 − x) ⇔ f (x) (1 + f (−x)) = x − x2 ⇔ f (x) − x2 + = x − x2 ⇔ f (x) = x − ɰ Vậy tất hàm số thỏa mãn f (x) ∈ {0, x − 1, − x}  Bài 25 Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau Với x, y ∈ R cho (f (x) + y) (f (y) + x) > 0, ta có f (x) + y = f (y) + x Chứng minh f (x) + y f (y) + x x > y A8 IMO Shortlist 2017 Ŵ Lời giải Đặt g(x) = x − f (x) Điều kiện đề viết lại thành Với x, y ∈ R mà (x + y − g(x)) (x + y − g(y)) > 0, ta có g(x) = g(y) Điều kiện viết lại thành Nếu g(x) = g(y) x + y nằm g(x) g(y) (*) Ta dễ thấy hàm số g1 (x) = −g(−x) thỏa mãn điều kiện (∗) Ta cần phải chứng minh g(x) g(y) x < y Bước Giả sử tồn số x cho X = g(x) < 2x Khi đoạn (X − x, x] hàm số g chứa nhiều hai giá trị X số Y > X Tương tự, X > 2x, đoạn [x, X − x) g chứa nhiều hai giá trị X số Y > X Chứng minh Giả sử tồn số a ∈ (X − x, x) mà g(a) = X Nếu g(a) < X từ điều kiện (∗) suy g(a) < a + x g(x) = X nên a X − x, vơ lí Vậy g(a) > X từ (*), ta có X a + x g(a) Ơ Do Math then Love Math 34 Việt Nguyễn − Mathpiad Bước Nếu X < 2x g số (X − x, x) Trường hợp X > 2x, ta chứng minh tương tự nên ta cần chứng minh trường hợp đầu Chứng minh Giả sử tồn hai số a, b mà g(a) = X g(b) = Y > X Ta có min{X−a, X−b} > X−x nên tồn số u ∈ (X−x, x) cho u < min{X−a, X−b} Vậy từ bước 1, ta có g(u) = X g(u) = Y Từ điều kiện (∗), ta có X u + b Y , mâu thuẫn với điều kiện u < X − b Bước Nếu X < 2x, g(a) = X, ∀ a ∈ (X − x, x) Nếu X > 2x g(a) = X, ∀ a ∈ (x, X − x) Chứng minh Ta cần chứng minh trường hợp X < 2x Giả sử g(t) = Y > X, ∀ t ∈ (x, X − x) Chọn a < b ∈ (X − x, x) Từ điều kiện (∗), ta suy Y b+x X Ta có Y > b + x > 2b > 2a Từ suy a < b < x Y − b < Y − a nên x, b ∈ (a, Y − a) Ta có g số (a, Y − a) nên ta suy g(b) = g(x) = X Vậy g số (X − x, x) Giả sử tồn y > x cho g(x) > g(y) = 2y Đặt X = g(x) Y = g(y) Từ điều kiện (∗), ta có X x + y Y nên Y − y x < y X − x Từ suy (Y − y, y) ∩ (x, X − x) = (x, y) = Ø Từ bước 3, ta suy g số đoạn (Y − y, y) (x, X − x) Suy g số (x, y), vơ lí Nếu g(y) = 2y y > x x + y − g(y) = x − y < nên g(y) = 2y > x + y > g(x) Vậy ta chứng minh g(x) g(y) ⇔ x < y Kết thúc chứng minh ɰ  Bài 26 Tìm tất hàm số f : Q>0 → Q>0 thỏa mãn f (x2 f (y)2 ) = f (x)2 f (y), ∀ x, y ∈ Q>0 A1 IMO Shortlist 2018 Ŵ Lời giải Ta có f (f (b))2 f (f (a))2 = , ∀ a, b ∈ Q>0 f (a) f (b) Å ã f (f (a)) f (a) Suy tồn số C mà f (f (a)) = Cf (a) Suy = , ∀ a ∈ Q>0 C C Kí hiệu f n (x) hợp n lần hàm f Ta có Å ã2 Å ã4 Å n+1 ã2n f (a) f (a) f (a) f (a) = = = = ,∀n ∈ N C C C C … f n+1 (a) 2n f (a) Suy = số hữu tỉ với số nguyên dương n C C f (a) Điều xảy = hay f (a) = C Thử lại, ta C = C ⇔ C = C Vậy hàm số thỏa mãn f (x) = 1, ∀ x ∈ Q>0 f (f (a)2 f (b)2 ) = f (f (a))2 f (b) = f (f (b))2 f (a) ⇒ Ơ Do Math then Love Math 35 ɰ Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Bây giả sử tồn số b = a nằm khoảng (X − x, x) mà g(b) = X Tương tự, ta có b + x g(b) Khi a + b < a + x g(a) a + b < b + x g(b) nên từ điều kiện (∗), ta g(a) = g(b) Vậy đoạn (X − x, x] hàm số g chứa nhiều hai giá trị X số Y > X Để chứng minh tính chất thứ hai, ta để ý g1 (−x) = −X < −2x nên hàm số g1 chứa nhiều hai giá trị đoạn (−X + x, −x] −X số −Y > −X Thay lại vào hàm g, ta suy điều phải chứng minh  Bài 27 Tìm tất hàm số f : (0, ∞) → R thỏa mãn Å ã y x+ f (y) = f (xy) + f , ∀ x, y ∈ R+ x x A5 IMO Shortlist 2018 Ŵ LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Lời giải Cố định số a > 1, ta có Å ã P (x, x) ⇒ x + f (x) = f (x2 ) + f (1) x x a x , ax ⇒ + f (ax) = f (x2 ) + f (a2 ) P a a xã Å Å ã 1 2 2 P (a x, x) ⇒ a x + f (x) = f (a x ) + f ax a2 ã Å f (ax) = f (a2 x2 ) + f (1) (ax, ax) ⇒ ax + ax (1) (2) (3) (4) Từ (1) (2), ta có Å ã x a x+ f (x) − + f (ax) = f (1) − f (a2 ) = A x a x Từ (3) (4), ta có Å ã Å ã Å ã 1 a x+ f (x) − ax + f (ax) = f − f (1) = B ax ax a2 Từ (5) (6), ta suy ïÅ ãÅ ã ãò Å ã Å 1 x a x a ax + x+ − f (x) = A ax + +B + ax + + ax x a x ax ax a x (5) (6) (7) Mặt khác, ta có ãÅ ã ã Å Å x a 1 1 x+ − + = a + − a3 − = C < ax + ax + ax x a x ax a a Vậy phương trình (7) tương đương Cf (x) = Dx + E C2 ⇒ f (x) = C1 x + x x ɰ Thử lại ta thấy hàm thỏa mãn  Bài 28 Xét hàm số f : Z → Z thỏa mãn f (f (x + y) + y) = f (f (x) + y), ∀ x, y ∈ Z Ta gọi số nguyên v tập hợp Xv = {x ∈ Z : f (x) = v} hữu hạn khác rỗng Chứng minh tồn hàm số f thỏa mãn có số Chứng minh khơng tồn hàm số f có nhiều số A7 IMO Shortlist 2019 Ŵ Lời giải Ơ Do Math then Love Math 36 Việt Nguyễn − Mathpiad Ta xét hàm số f cho f (0) = f (x) = 2v2 (2x) , ∀ x ∈ Z \ {0} Như ta có số số Bây ta chứng minh hàm số f cách chọn thỏa mãn yêu cầu đề Nếu y = 0, hàm số thỏa mãn Nếu x = 0, f (f (y) + y) = f (y) v2 (f (y) + y) = v2 (y) Trường hợp y số lẻ Khi f (x + y) + y f (x) + y số lẻ nên f (f (x + y) + y) = f (f (x) + y) = 21 = Trường hợp y số lẻ, x số chẵn Khi f (f (x + y) + y) = f (f (x) + y) = f (2 + y) Giả sử tồn nhiều số Ta dễ thấy f (f (x + ky) + y) = f (f (x) + y), ∀ x, y, k ∈ Z (*) Nếu v số a phần tử nhỏ thuộc Xv , thay y a − f (x), ta f (f (x + k(a − f (x))) − f (x) + a) = f (a) ∈ Xv ⇒ f (x + k(a − f (x))) − f (x) + a ⇒ f (x + k(a − f (x))) f (x), ∀ x, k ∈ Z a, ∀ x, k ∈ Z (1) Tương tự, ta gọi b phẩn tử lớn thuộc Xv , ta có f (x + k(b − f (x))) f (x), ∀ x, k ∈ Z (2) Từ (1) (2), ta suy f (x + k(a − f (x))(b − f (x))) = f (x), ∀ x, k ∈ Z Từ đẳng thức trên, tồn số t cho f (t) = a, b tập hợp Xf (t) tập vô hạn nên f (t) số Vậy ta có hai số tối đa a b với a = b Ta có v số nên v = a v = b Ta có f (v) = f (a) = f (b) = v nên tồn số u = v u số f (u) = f (a) = f (b) = u = v, mâu thuẫn ɰ  Bài 29 Tìm tất hàm số f : Z → Z cho fa2 +b2 (a + b) = af (a) + bf (b), ∀ a, b ∈ Z Với kí hiệu fn (x) hợp n lần hàm số x A6 IMO Shortlist 2020 Ŵ Lời giải P (0, b) ⇒ fb2 (b) = bf (b) P (0, −1) ⇒ f (−1) = −f (−1) ⇒ f (−1) = P (a, −1) ⇒ fa2 +1 (a − 1) = af (a) = fa2 (a) Ta gọi O(x) = {x, f (x), f (f (x)), } ⊂ Z orbit x Từ trên, ta có O(x) O(x − 1) khác lượng phần tử hữu hạn Vậy ta suy O(a) O(b) khác lượng phần tử hữu hạn với a, b Ơ Do Math then Love Math 37 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Nếu x, y = Ta có f (2x) = 2f (x), ∀ x ∈ Z \ {0} nên ta cần chứng minh hàm số thỏa mãn điều kiện với hai số lẻ x, y số nguyên lẻ Thật ta có hai trường hợp sau Trường hợp Các orbit có hữu hạn giá trị O(0) có hữu hạn giá trị P (a, −a) ⇒ f2a2 (0) = af (a) − af (−a) ∈ O(0) Chọn a > max |z|, ta suy f (a) = f (−a) nên f2a2 (0) = Như vậy, ta dãy fk (0) tuần z∈O(0) hồn theo chu kì T ước 2a2 Tương tự, ta có T ước 2(a + 1)2 nên T | gcd (2a2 , 2(a + 1)2 ) = Vậy ta suy f (f (0)) = nên af (a) − af (−a) = f2a2 (0) = ⇒ f (a) = f (−a), ∀ a ∈ Z \ {0} ⇒ f (1) = f (−1) = Xét n số nguyên dương bất kì, P (n, − n) Suy (1) nf (n) + (1 − n)f (1 − n) = fn2 +(1−n)2 (1) = f2n2 −2n (0) = (2) Ta gọi m = số mà |m| nhỏ f (m) = Từ (1), ta có m > Do f (a) = f (−a), ∀ a ∈ Z \ {0} nên f (|m|) = Từ (2), suy f (1 − |m|) = Suy f (|m| − 1) = 0, mâu thuẫn với tính nhỏ |m| Vậy f (n) = 0, ∀ n = Ta có LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT f (0) = f3 (0) = f4 (2) = 2f (2) = Vậy hàm số thỏa mãn đề trường hợp f (x) = 0, ∀ x ∈ Z Trường hợp Các orbit chứa vô hạn giá trị Cố định a, b ∈ Z, ta suy cặp (m, n) không âm thỏa mãn fn (a) = fm (b) có hiệu n − m giống Thật tồn fn (a) = fm (b) fp (a) = fq (b) mà n − m > p − q fp+m+k (b) = fp+n+k (a) = fq+n+k (b) Suy dãy fl (b) tuần hồn hay O(b) có hữu hạn giá trị, vơ lí Bây giờ, với a, b ∈ Z, ta kí hiệu X(a, b) hiệu m − n Ta có X(a − 1, a) = Ta suy X(a, b) + X(b, c) = X(a, c) Thật vậy, fn (a) = fm (b) fp (b) = fq (c) fp+n (a) = fp+m (b) = fq+m (c) Từ suy X(a, b) = b − a, ∀ a, b ∈ Z Suy fa2 +1 (f (a − 1)) = fa2 (f (a)) ⇒ = X (f (a − 1), f (a)) = f (a) − f (a − 1), ∀ a ∈ Z Kết hợp với f (−1) = 0, ta có f (x) = x + 1, ∀ x ∈ Z Thử lại, fa2 +b2 (a + b) = (a + b) + (a2 + b2 ) = a(a + 1) + b(b + 1) = af (a) + bf (b), Vậy ta có hai hàm số f thỏa mãn đề f (x) = 0, ∀ x ∈ Z f (x) = x + 1, ∀ x ∈ Z ɰ  Bài 30 Tìm tất hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn f (x + f (xy)) + y = f (x)f (y) + 1, ∀ x, y ∈ R+ A8 IMO Shortlist 2020 Ŵ Lời giải P (1, y) ⇒ f (1 + f (y)) + y = f (1)f (y) + Suy f hàm đơn ánh Với y cố định, đặt g(x) = f (x + f (xy)) = f (x)f (y) + − y g hàm đơn ánh Suy x1 + f (x1 y) = x2 + f (x2 y), ∀ x1 = x2 , y ∈ R+ Đặt zi = xi y, ta có z1 − z2 f (z2 ) − f (z1 ) = f (z2 ) − f (z1 ) hay = y y z1 − z2 f (z2 ) − f (z1 ) < Nói cách khác, ta suy f tăng ngặt z1 − z2 Do f tăng ngặt nên đặt p = lim f (x) q = lim f (x) Điều xảy x→0 x→p Cố định y, cho x → 0, ta q + y = pf (y) + ⇒ f (y) = Ơ Do Math then Love Math q+y−1 = ay + b, ∀ y ∈ R+ p 38 Việt Nguyễn − Mathpiad Thay vào đề bài, ta có a(x + axy + b) + b + y = (ax + b)(ay + b) + Tương đương với (a − ab)x + (1 − ab)y + ab + b − b2 − = 0, ∀ x, y ∈ R+ Điều xảy a − ab = − ab = ab + b − b2 − = ⇔ a = b = Vậy ta kết luận hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f (x) = x + 1, ∀ x ∈ R+ Hàm số số học  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ toàn ánh cho với m, n ∈ Z+ f (m + n) chia hết cho p f (m) + f (n) chia hết cho p N5 IMO Shortlist 2007 Ŵ Lời giải Xét số nguyên tố p Vì f toán ánh nên tồn x để p | f (x) Đặt d = min{x ∈ Z+ : p | f (x)} Ta dễ dàng suy p | f (kd) với k số nguyên dương quy nạp Giả sử tồn số x mà d x p | f (x) Đặt y = min{x ∈ Z+ : d x, p | f (x)} Từ cách chọn d, ta y > d nên y − d số nguyên dương không chia hết cho d Suy p f (y − d) Mặt khác p | f (y) ⇔ p | f (y − d) + f (d) ⇔ p | f (y − d), mâu thuẫn Từ ta suy p | f (x) ⇐⇒ d | x (1) Chọn x ≡ y (mod d), áp dụng (1), ta có p | f (2xd + y − x) ⇔ p | f (y) + f (2xd − x) p | f (2xd) ⇔ p | f (x) + f (2xd − x) Suy f (x) ≡ f (y) (mod p) Như vậy, ta x≡y (mod d) ⇐⇒ f (x) ≡ f (y) (mod p) (2) Từ (2) ta có số dư f (x) chia cho p nằm tập hợp A = {f (1), f (2), , f (d)} Vì f tồn ánh nên A phải chứa hệ thặng dư modulo p nên d p Nếu d > p tồn x = y d mà f (x) ≡ f (y) (mod p) Suy x ≡ y (mod d), vơ lí Vậy ta chứng minh d = p hay p | f (x) ⇐⇒ p | x (3) Do không tồn số nguyên tố p ước nên f (1) khơng có ước ngun tố hay f (1) = Ta chứng minh f (n) = n theo quy nạp Xét n > Đặt k = f (n), ta có hai trường hợp Trường hợp Nếu k > n k − n + > nên tồn số nguyên tố p | k − n + Khi k ≡ n − (mod p) nên f (n − 1) = n − ≡ k = f (n) (mod p) ⇒ p | 1, vơ lí Ơ Do Math then Love Math 39 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST ɰ Trường hợp Nếu k < n n − k + > nên tồn số nguyên tố q | n − k + Khi k = f (n) ≡ f (k − 1) = k − (mod p), vơ lí ɰ Vậy f (x) = x, ∀ x ∈ Z+  Bài Với n ∈ Z+ , kí hiệu d(n) số ước dương n Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn tính chất sau (i) d(f (x)) = x, ∀ x ∈ Z+ (ii) f (xy) | (x − 1)y xy−1 f (x), ∀ x, y ∈ Z+ N5 IMO Shortlist 2008 Ŵ LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Lời giải Ta có d(f (1)) = nên f (1) = Ta có cơng thức sau d(p1b1 pb22 pbkk ) = (b1 + 1) (b2 + 1) (bk + 1) vớib1 , , bk ∈ Nvàp1 , , pk ∈ P Gọi p số nguyên tố, ta có d(f (p)) = p ⇒ f (p) = q p−1 với q ∈ P (1) Ta chứng minh q = p hay f (p) = pp−1 , ∀ p ∈ P Áp dụng (ii) với (x, y) = (2, p) (x, y) = (p, 2), ta f (2p) ước p2p−1 f (2) (p − 1)22p−1 f (p) = (p − 1)22p−1 q p−1 Nếu q = p p (p − 1)22p−1 q p−1 Nếu p lẻ, ta có gcd p2p−1 f (2), (p − 1)22p−1 q p−1 = d | f (2) Suy f (2p) | f (2) với f (2) số nguyên tố Vì f (2p) > nên f (2p) = f (2) Suy 2p = d(f (2p)) = d(f (2)) = ⇔ p = 1, vơ lí Vậy q = p hay f (p) = pp−1 , ∀ p ∈ P \ {2} Áp dụng (ii) với (x, y) = (2, 3) (x, y) = (3, 2), ta f (6) ước 35 f (2) 26 f (3) = 26 32 Từ (1), ta có f (2) = q 2−1 = q số nguyên tố Nếu f (2) lẻ f (6) | gcd (35 f (2), 26 32 ) | 32 = nên f (6) ∈ {1, 3, 9} Lại có = d(f (6)) ∈ {d(1), d(3), d(9)}, vơ lí Vậy f (2) chẵn nên f (2) = Xét số n bất kì, gọi p ước tố nhỏ n Å nguyên ã n Áp dụng (ii) với (x, y) = p, , ta p f (n) | (p − 1)y n−1 f (p) = (p − 1)y n−1 pp−1 Đặt f (n) = P với gcd( , n) = P | nn−1 Ta có | p − nên d( ) Từ điều kiện (i), ta có n = d(f (n)) = d( P ) = d( ).d(P ) < p Suy d( ) ước n mà lại bé p Suy d( ) = hay = Ta suy f (n) có ước nguyên tố ước n Vậy với p số nguyên tố a ước nguyên tố f (pa ) b hay f (pa ) = pb a Áp dụng (i), ta b + = d(pb ) = d(f (pa )) = pa Suy f (pa ) = pp −1 Ơ Do Math then Love Math 40 Việt Nguyễn − Mathpiad Bây giờ, giả sử n có phân tích tiêu chuẩn pa11 pa22 pakk Đặt f (n) = pb11 pb22 pbkk Với i = 1, 2, , k, áp dụng (ii) với (x, y) = (pai i , n/x), ta có a p i −1 pbi i | f (n) | (pai i − 1)y n−1 f (pai i ) ⇒ pbi i | f (pai i ) = pi i ⇒ bi pai i − Áp dụng vừa suy (i), ta pa11 pa22 pakk Vậy dấu phải xảy hay bi = pai i − với i = 1, 2, , k Kết luận Hàm số thỏa mãn đề k Nếu n = pa11 pa22 pakk f (n) = a p i −1 pi i i=1 ɰ  Bài Cho hàm số khác f : Z+ → Z+ thỏa mãn a − b | f (a) − f (b), ∀ a = b ∈ Z+ Chứng minh tồn vô hạn số nguyên tố p mà p | f (c) với c ∈ Z+ N3 IMO Shortlist 2009 Ŵ Lời giải Giả sử f (Z+ ) có ước nguyên tố p1 , p2 , , pm Ta chọn số a cho vpi (a) > vpi (f (1)) với i = 1, 2, , m, ta có a | f (a + 1) − f (1) Nếu f (a + 1) = f (1) tồn số i để vpi (f (a + 1)) = vpi (f (1)) Khi vpi (f (a + 1) − f (1)) = min{vpi (f (a + 1)), vpi (f (1))} vpi (f (1)) < vpi (a) Mà a | f (a + 1) − f (1) nên vpi (f (a + 1) − f (1)) Vậy ta có f (a + 1) = f (1) Từ đề bài, ta vpi (a), mâu thuẫn (a + 1) − b | f (a + 1) − f (b) ⇒ (a + 1) − f (b) | f (1) − f (b) Cho a → ∞, ta f (b) = f (1), ∀ b ∈ Z+ , mâu thuẫn đề Vậy giả sử phản chứng sai Kết thúc chứng minh ɰ  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho (f (m) + n) (f (n) + m) số phương N5 IMO Shortlist 2010 Ŵ Lời giải ! Nếu p | f (k) − f ( ) với p số nguyên tố p | k − Chứng minh Ơ Do Math then Love Math 41 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST pa11 pa22 pkak = n = d(f (n)) = d(pb11 pb22 pbkk ) = (b1 + 1) (b2 + 1) (bk + 1) Trường hợp Nếu p2 | f (k) − f ( ) f ( ) = f (k) + ap2 Chọn D > max{f (k), f ( )} không chia hết cho p đặt n = pD − f (k) Ta n + f ( ) = pD + f ( ) − f (k) = p(D + pa) Ta có (f (k) + n) (f (n) + k) (f ( ) + n) (f (n) + ) số phương chia hết cho p nên f (n) + k f (n) + chia hết cho p Suy p | k − LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Trường hợp Nếu p2 f (k) − f ( ) chọn số D tương tự n = p3 D − f (k) Tương tự, ta f (k) + n f ( ) + n có vp lẻ Suy p ước f (n) + k f (n) + nên p | k − Giả sử tồn f (k) = f ( ) p | f (k) − f ( ) nên p | k − với p nguyên tố Điều xảy k = Vậy f hàm đơn ánh Xét hai số f (k) f (k + 1) Nếu tồn số p ước f (k + 1) − f (k) p | (k + 1) − k = 1, vơ lí Vậy ta suy |f (k + 1) − f (k)| = Đặt q = f (2) − f (1) với |q| = Khi đó, f đơn ánh nên ta f (n) = f (1) + (n − 1)q với n Do f (n) ∈ Z+ nên q = hay f (n) = n + c với c Vậy hàm số thỏa mãn f (x) = x + c, ∀ x ∈ Z+ c ɰ  Bài Tìm tất hàm số f : Q → Z thỏa mãn Å f f (x) + a b ã =f x+a b Với x ∈ Q, a ∈ Z b ∈ Z+ N6 IMO Shortlist 2013 Ŵ Lời giải Trường hợp Tồn số nguyên m mà f (m) = m P (m, rb − f (m), b) với r ∈ Z b = |m − f (m)| ta có ã Å m + rb − f (m) f (r) = f = f (r + u) với u ∈ {1, −1} b P (r, a, 1) P (r + u, a, 1), ta f (r + a) = f (r + u + a), ∀ a ∈ Z Suy f (x) = C với số nguyên x p Đặt số hữu tỉ y = P (C − p, p − C, q), ta q Å ã Å ã C +p−C C −p+p−C f =f ⇒ f (y) = f (0) = C q q Vậy f (x) hàm Trường hợp f (m) = m, ∀ m ∈ Z P (x, a, 1) f (x) ∈ Z nên ta f (x) + a = f (x + a), ∀ (x, a) ∈ Q × Z (1) Å ã Đặt f = A, ta chứng minh toán theo ba bước Ơ Do Math then Love Math 42 Việt Nguyễn − Mathpiad Å ã P , −A, − 2A , ta Ö è Å ã Å ã −A A−A f =f =f = A = f (0) = −1 − 2A −1 − 2A Å Nếu A > P ã , A − 1, 2A − , ta A = Vậy A ∈ {0, 1} Bước f (x) = A với < x < a a Giả sử tồn số hữu tỉ ∈ (0, 1) với gcd(a, b) = b nhỏ mà f = A b b ã Å a−1 b , , , ta Nếu b số chẵn a số lẻ P 2 Ö è a−1 Å ã A + 2A + a − a f =f =A =f b b b Å ã Å ã a a−1 a+1 Điều có nghĩa f =f A = f A = b b b Làm tương tự vậy, ta A = A =Å1, vô lí.ã , k, b , ta Suy b số lẻ, đặt b = 2k + với k P Å ã Å ã A+k f =f =A b Vì gcd(a, b) = nên tồn r ∈ {1, 2, , b} m cho − mb = k + A Nếu m < − mb > b = 2k + > k + A, vô lí Tương Å tự, m ã > r − mb < − rb = r(a − b) < 0, vơ lí Vậy m k+A P , m, r , ta b Å ã A+m a f =f =A r b r − Điều mâu thuẫn với tính nhỏ b Bước Từ (3), ta f (x + 1) = f (x) + 1, ∀ x ∈ Q Như ta có Nếu A = f (x) = x Nếu A = f (x) = x Thử lại thỏa mãn Vậy hàm số thỏa mãn đề f (x) = C, ∀ x ∈ Q f (x) = x , ∀ x ∈ Q f (x) = x , ∀ x ∈ Q Ơ Do Math then Love Math 43 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Bước Nếu A ɰ  Bài Xét hàm số f : Z+ → Z+ Kí hiệu f n (m) = f (f ( f (m) )) Giả sử f có hai tính n chất sau Nếu m, n ∈ Z+ f n (m) − m ∈ Z+ n Tập Z+ \ {f (n) : n ∈ Z+ } hữu hạn Chứng minh dãy f (1) − 1, f (2) − 2, tuần hoàn N6 IMO Shortlist 2015 Ŵ Lời giải LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Bước Ta chứng minh hàm f đơn ánh Thật vậy, giả sử tồn m, k ∈ Z+ mà f (m) = f (k) Từ điều kiện (1), ta suy f n (m) − m f n (k) − k k−m = − ∈ Z, ∀ n ∈ Z+ n n n Điều xảy k = m Bước Gọi {a1 , a2 , , ak } = Z+ \ {f (n) : n ∈ Z+ } Khi số nguyên dương n biểu diễn dạng f j (ai ) Từ điều kiện (1), ta suy f (m) > m, ∀ m ∈ Z+ Nếu n = f (n ) ta có n < n Lùi vơ hạn vậy, ta chứng minh điều Như vậy, Ta xếp số nguyên dương vào bảng a1 a2 f (a1 ) f (a2 ) f (a1 ) f (a2 ) f (a1 ) f (a2 ) ak f (ak ) f (ak ) f (ak ) Bước Ta chứng minh hàng bảng cấp số cộng Khơng tính tổng quát, giả sử t hàng đầu cấp số cộng Ta gọi công sai t hàng T1 , T2 , , Tt Ta viết T = lcm (T1 , T2 , , Tt ) A = max{a1 , a2 , , at } t > 0; T = A = t = T Với số nguyên dương n A đoạn ∆n = [n + 1, n + T ] chứa xác số thuộc hàng thứ Ti i Vì vậy, số phần tử thuộc k − t hàng cịn lại khơng phụ thuộc vào n A Hay nói cách khác k − t hàng chứa số nằm ∆n Với số nguyên dương d bất kì, ta xét khoảng [A + 1, A + (d + 1)(k − t)T ] Như vậy, k − t hàng lại phải chứa (d + 1)(k − t) số thuộc khoảng Theo ngun lí Dirichlet, tồn số x0 mà t + x0 k cho hàng thứ x0 chứa d + số Như vậy, ta có: f d (ax0 ) Vì số x0 hữu hạn nên tồn số x A + (d + 1)(k − t)T t + để tập X = d ∈ Z+ | f d (ax ) Ơ Do Math then Love Math A + (d + 1)(k − t)T 44 Việt Nguyễn − Mathpiad chứa vô hạn phần tử Từ điều kiện (1), ta suy βd = f d (ax ) − ax ∈ Z+ d A + (d + 1)(k − t)T Ad + 2d(k − t)T = A + 2(k − t)T d d Như vậy, tồn số Tx cho tập Y = {d ∈ X | βd = Tx } chứa vô hạn phần tử Chú ý f d (ax ) = ax + d · Tx với d ∈ Y Với j bất kì, ta chọn y ∈ Y cho y − j > |f j (ax ) − (ax + jTx )| Ta có hai số f y (ax ) − f j (ax ) = f y−j f j (ax ) − f j (ax ) f y (ax ) − (ax + jTx ) = (y − j)Tx chia hết cho y − j nên y − j | f j (ax ) − (ax + jTx ) Điều xảy f j (ax ) = (ax + jTx ) hay hàng thứ x cấp số cộng Làm tiếp tục vậy, ta nhận tất hàng bảng cấp số cộng Bước Ta kí hiệu cơng sai hàng thứ i Ti Ta chứng minh f (n) − n = f (n + T ) − (n + T ), ∀ n ∈ Z+ với T = lcm (T1 , T2 , , Tk ) Giả sử f j (n) = n + j.Ti , ∀ j ∈ Z+ (n nằm hàng thứ i) Ta có f (n + T ) − f (n) = f 1+T /Ti (n) − f (n) = n + T + Ti − (n + Ti ) = (n + T ) − n ɰ Kết thúc chứng minh  Bài Với số nguyên dương k bất kì, ta gọi hàm f : Z+ → Z+ k-nice gcd (f (n) + m, f (m) + n) k với n = m Tìm tất số nguyên dương k cho tồn hàm k-nice N7 IMO Shortlist 2015 Ŵ Lời giải Ta thấy f hàm k-nice f hàm (k + n)-nice với số nguyên dương n Bước Ta chứng minh không tồn hàm 1-nice Chứng minh Đặt Gf (m, n) = gcd (f (n) + m, f (m) + n) Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn Gf (m, n) = với n = m Nếu tồn hai số chẵn khác m, n mà f (m) f (n) số chẵn Gf (m, n) 2, vơ lí Nên ta chọn m chẵn mà f (m) lẻ Tương tự ta chọn n lẻ mà f (n) chẵn Khi đó, ta có Gf (m, n) 2, vơ lí Bây giờ, ta chứng minh tồn hàm 2-nice Chọn f (n) = 2g(n)+1 − n − với g(1) = g(n + 1) = 2g(n)+1 ! với n ∈ Z+ Với số nguyên m > n, ta có ® A = f (m) + n = 2g(m)+1 − m + n − B = f (n) + m = 2g(n)+1 − n + m − Đầu tiên, ta có A + B = 2g(m)+1 + 2g(n)+1 − không chia hết gcd(A, B) Ơ Do Math then Love Math 45 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Ta lại có βd khơng vượt q Giả sử tồn số nguyên tố p > mà p | gcd(A, B) Vì g(k + 1) > g(k), ∀ k ∈ Z+ nên 2g(k+1)+1 2g(k)+1 + 1, ∀ k ∈ Z+ Suy 2g(m−1)+1 2g(n)+1 + (m − 1) − n = B Vì p | B nên p − < B 2g(m−1)+1 Suy p − | (2g(m−1)+1 )! = g(m) Suy 2g(m) ≡ (mod p) Suy A + B = 2g(m)+1 + 2g(n)+1 − ≡ 2g(n)+1 ≡ (mod p) Điều vơ lí Suy gcd(A, B) khơng có ước nguyên tố khác hay gcd(A, B) Kết thúc chứng minh Vậy số k thỏa mãn đề k ɰ  Bài Cho hàm số f : Z+ → Z>1 thỏa mãn f (m + n) | f (m) + f (n), ∀ m, n ∈ Z+ Chứng minh tồn số nguyên C cho C | f (x), ∀ x ∈ Z+ N6 IMO Shortlist 2018 Ŵ LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Lời giải Với số nguyên dương m, kí hiệu Sm = {n : m | f (n)} ! Nhận xét Nếu tập S m có vơ hạn phần tử Sm = {d, 2d, 3d, } = d · Z+ với d ∈ Z+ Chứng minh Giả sử d = Sm Theo kí hiệu, ta có m | f (d) Với n > d ∈ Sm , ta có m | f (n) | f (n − d) + f (d) nên m | f (n − d) Suy n − d ∈ Sm Giả sử n = kd + r Nếu r > tương tự, ta có r = n − kd ∈ Sm , trái với tính nhỏ d Vậy r = 0, d | n Ta chứng minh xong nhận xét Trường hợp hàm f bị chặn Ta gọi số nguyên tố p xinh tập Sp có vô hạn phần tử Ngược lại gọi xấu Do f bị chặn nên tồn hữu hạn số nguyên tố ước {f (n) : n ∈ Z+ } Ta có hữu hạn số xấu mà tập Si với i xấu có hữu hạn phần tử nên có hữu hạn số nguyên dương n cho f (n) có ước nguyên tố số xấu Vậy với n > N f (n) có ước nguyên tố số xinh Gọi số xinh p1 , p2 , , pk Theo nhận xét, ta có Spi = di · Z+ Xét số nguyên T = Ad1 d2 dk + với A > N Vậy f (T ) chia hết cho số xinh Nói cách khác, tồn j ∈ {1, 2, , k} cho f (T ) ∈ Spj Khi dj | T = Ad1 d2 dk + ⇒ dj | Vậy dj = hay Sdj = Z+ Nên dj | f (x), ∀ x ∈ Z+ Trường hợp hàm f không bị chặn Ta chứng minh f (1) ước f (n) Đặt a = f (1) Vì ∈ Sa nên ta chứng minh tập Sa có vơ hạn phần tử Gọi số nguyên dương p mạnh mẽ f (p) > max{f (1), , f (p − 1)} Vì hàm f khơng bị chặn nên tồn vô hạn số mạnh mẽ Gọi dãy số mạnh mẽ q1 < q2 < < qk < đặt hk = f (qk ) Với qk mạnh mẽ h < qk bất kì, ta có f (qk ) | f (h) + f (qk − h) < 2f (qk ) Nên f (qk ) = f (h) + f (qk − h) = hk Do dãy hk vô hạn nên tồn vô số số dãy đồng dư với modulo a Gọi số hk0 ≡ hk1 ≡ (mod a) với k0 < k1 < Khi f (pki − pk0 ) = f (pki ) − f (pk0 ) = hki − hk0 ≡ (mod a) với i > Suy pki − pk0 ∈ Sa với i > Vậy Sa có vơ hạn phần tử ɰ Kết thúc chứng minh Ơ Do Math then Love Math 46 Việt Nguyễn − Mathpiad  Bài Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn tồn số nguyên C cho a + f (b) | a2 + bf (a), với a + b > C N4 IMO Shortlist 2019 Ŵ Lời giải Với a = 1, b đủ lớn, ta có + f (b) | + bf (1) nên f (b) Xét b Chọn n ∈ Z đủ lớn để a = nb − f (b) > C, ta b | nb | (nb − f (b))2 + bf (nb − f (b)) ⇒ b | f (b)2 Vậy ta suy p | f (p) với p số nguyên tố Đặt f (p) = k(p) · p Do f (p) f (1)p nên k(p) f (1) Vậy tập hợp {k(p) : p ∈ P} có số k xuất vơ hạn Ta chứng minh f (x) = kx với x nguyên dương Với k(p) = k p > max{C, a}, ta có a + kp | a2 + pf (a) ⇒ a + kp | a2 + pf (a) − a(a + kp) = p(f (a) − ka) Do gcd(a + kp, p) = gcd(a, p) = nên a + kp | f (a) − ka Chọn p đủ lớn, ta a + kp > |f (a) − ka| nên f (a) − ka = ⇔ f (a) = ka Thử lại thỏa mãn Vậy hàm số thỏa mãn đề f (x) = kx, ∀ x ∈ Z+ ɰ  Bài 10 Tìm tất hàm số f : Z+ → N thỏa mãn i) tồn t để f (t) = ii) f (xy) = f (x) + f (y), ∀ x, y > iii) Tồn vô hạn số nguyên dương n để f (k) = f (n − k) với k < n N5 IMO Shortlist 2020 Ŵ Lời giải Từ điều kiện ii), ta có f (1) = f (1) + f (1) nên f (1) = Nếu n có phân tích tiêu chuẩn n = pα1 pα2 pαk f (n) = α1 f (p1 ) + α2 f (p2 ) + + αk f (pk ) (*) Ta gọi n số đáng yêu f (k) = f (n − k) với k < n ! Nhận xét Nếu n số đáng yêu với d | n d số đáng yêu Chứng minh Đặt n = dm, ta có f (k) = f (mk) − f (m) = f (n − mk) − f (m) = f (m(d − k)) − f (m) = f (d − k) với < k < d Từ (∗), ta suy f (n) = f (d) = với d | n Nên theo điều kiện i), ta suy tồn số nguyên tố p mà f (p) = Giả sử p số nhỏ mà f (p) = Khi đó, ta có f (r) = với r < p Giả sử n số đáng yêu lớn p Đặt n = pk + r Nếu r > f (p) f (pk) = f (n − pk) = f (r) = 0, mâu thuẫn Vậy ta suy n số đáng yêu lớn p p | n Nếu n có ước nguyên tố q lớn p theo nhận xét, ta q số đáng yêu Khi Ơ Do Math then Love Math 47 Việt Nguyễn − Mathpiad PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST bf (1) p | q, mâu thuẫn Vậy n khơng có ước nguyên tố lớn q Vậy n có dạng r · pk với < r < p Vì n số đáng yêu pk | n nên pk số đáng yêu Theo điều kiện iii), ta thấy k → ∞ nên tất lũy thừa p số đáng yêu Xét số nguyên tố q = p Ta có f (q) f (pq−1 − 1) = f (1) = ⇒ f (q) = LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT Vậy ta suy f (n) = f (p).vp (n) = c.vp (n) với c = Thử lại thỏa mãn Vậy hàm số thỏa mãn đề f (n) = c.vp (n) với c = p ∈ P ɰ Hết! Ơ Do Math then Love Math 48 Việt Nguyễn − Mathpiad ... PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Hàm số IMO Shortlist Chương I Hàm số phân môn vô đặc sắc lĩnh vực toán olympic nhận quan tâm, u thích nhiều học sinh chun tốn ngồi nước Các tốn hàm số mang vẻ... tập số tự nhiên R tập số thực Q tập số hữu tỉ P tập số nguyên tố PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST Lời nói đầu kí hiệu Chương II Bài tốn hàm số qua năm Bài toán hàm số đại số LATEX VÀ DỊCH THUẬT... PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST A6 IMO Shortlist 2008  Bài 11 Tìm tất hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn f g(n)+1 (n) + g f (n) (n) = f (n + 1) − g(n + 1) + 1, ∀ n ∈ Z+ A4 IMO Shortlist 2011