3 Các dạng toán liên quan
3.1.6 Lớp các bài toán áp dụng các tính chất hàm số
Trong các đề thi toán trong nước, khu vực và quốc tế về phương trình hàm có một lượng lớn các đề thi sử dụng các tính chất của hàm số (như tính đơn điệu, tính tuần hoàn, tính bất động· · ·). Sau đây ta sẽ xét một số bài toán áp dụng các tính chất như vậy.
Bài toán 3.27. Tìm các hàm số đồng biếnf :N∗ →N∗ thỏa mãn điều kiện
xf(y) +yf(x) = [xf(f(x)) +yf(f(y))]f(xy),∀x, y∈ffl. (3.22)
Lời giải. Từ (3.22) chox=y = 1ta được
2f(1) = 2f(1)f(f(1))⇔ f(f(1)) = 1, do f(1) ≥1.
Dof là hàm đồng biến nên từ1 ≤ f(1)ta có
Từ (3.22) choy = 1ta được
x+f(x) = [xf(f(x)) + 1]f(x),∀x∈N∗ ⇔x =xf(f(x))f(x),∀x∈N∗
⇔f (f(x))f(x) = 1,∀x∈N∗
⇒f(x) = f (f(x)) = 1,∀x∈N∗
(Dof : N∗ → N∗). Vậy f(x) = 1,∀x∈ N∗.Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.28. Tìm các hàm số tăng thật sự f : N∗ → N∗ thỏa mãn các điều kiện sau
a) f(2n) =f(n) +n,∀n∈ N∗;
b) Nếuf(n) là số chính phương thìnlà số chính phương.
Lời giải. Giả sử hàm số f thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Dof : N∗ → N∗ là hàm số tăng thật sự nên: f(n+ 1)≥ f(n) + 1,∀n ∈N∗. (3.23) Ta có f(n)< f(n+ 1) <· · ·< f(n+n) =f(2n) = f(n) +n. (3.24) Do tập hợp{f(n+ 1), f(n+ 2), . . . , f(n+n)}cónphần tử nên từ (3.23) và (3.24) suy ra f(n+ 1) =f(n) + 1,∀n ∈N∗. (3.25) Sử dụng (3.25) ta được f(2) = f(1) + 1 f(3) = f(2) + 1 . . . f(n) =f(n−1) + 1.
Cộng lại ta được:f(n) =f(1) + (n−1).Đặta =f(1) ∈N∗.Khi đó
f(n) =n+a−1,∀n∈ N∗. (3.26) Từ (3.26) ta có
f a2 +a+ 2
= a2+a+ 2
Do(a+ 1)2 là số chính phương nên theo giả thiếtb) suy raa2 +a+ 2 là số chính phương. Màa2 < a2+a+ 2<(a+ 2)2nên:
a2 +a+ 2 = (a+ 1)2 ⇔ a2+a+ 2 = a2 +a+ 1⇔ a= 1.
Vậyf(n) =n,∀n ∈N∗.Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.29. Tìm các hàm số tăng thực sựf : N∗ → N∗thỏa mãn điều kiện
f(f(n+f(n)) = 2f(n),∀n ∈N∗.
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dof tăng thực sự nên
f(n+ 1)≥ f(n) + 1 ⇒f(n+ 1)−n−1 ≥f(n)−n,∀n ∈N∗.
Suy raf(n)−nlà một hàm số tăng. Mặt khác, đặta0 = 1, an+1 =an+f(an).Khi đó a0 < a1 < · · ·<và f(an+1) = 2f (an), do đóf (an+1)−an+1 = f (an)−an.
Suy ra có vô hạn bộ(m, n)sao chof(n)−n =f(m)−m,màf(n)−nlà hàm số tăng nên từ đây suy raf(n)−nlà hàm hằng trênN∗.
Suy raf(n) =n+k,∀n ∈N∗ (Vớik là hằng số nguyên dương). Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn.
Bài toán 3.30(Belarus 2000). Tìm các hàm sốf :N∗ → N∗thỏa mãn điều kiện
f(f(n−1)) = f(n+ 1)−f(n),∀n= 2,3, . . . (3.27)
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn yêu cầu bài toán. Từ giả thiết (3.27) suy raf là hàm tăng thực sự vớin≥ 2vìf(n+ 1)−f(n) =f(f(n−1)) >0.Như vậy:
f(i+ 1)−f(i) ≥1,∀i = 2,3, . . . Do đó vớin ≥ 2,thì ta có
f(n) = [f(n)−f(n−1)] + [f(n−1)−f(n−2)] + +· · ·+ [f(3)−f(2)] +f(2) ≥n−2 +f(2).
Suy ra
Từ (3.28) suy ra
f f(f(n−1)) < f(n+ 1)⇒ f(f(n))< f(n+ 2),∀n = 1,2,3, . . . (3.29) Mà hàmf tăng thực sự nên từ (3.29) suy ra
f(n) < n+ 2,∀n = 2,3, . . . (3.30) Từ (3.29) và (3.30) suy ra
n−1 ≤ f(n) < n+ 2 ⇒n−1 ≤ f(n) ≤n+ 1,∀n = 2,3, . . .
Như vậyf(f(n−1)) = f(n+ 1)−f(n)≤ n+ 2−(n−1) = 3.Từ(3.29)ta có
f(f(n−1)) ≥f(n−1)−1.
Suy ra:f(n−1)−1 ≤3 ⇒ n−2 ≤ f(n−1)≤4 ⇒ n ≤6,(vô lí). Vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 3.31(Baltic MO). Tìm tất cả các hàm sốf : N∗ → N∗ thỏa mãn
f(0) = 0, f(1) = 1;
f(0) ≤ f(1) ≤f(2)≤ · · ·
f(x2+y2) =f2(x) +f2(y),∀x, y ∈N∗.
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta có
f(2) = f(1 + 1) = 2;f(5) = f(12+ 22) = 5.
Xét dãy số (xn) như sau:x0 = 1, xn+1 = x2n+ 1.Dễ dàng chứng minh (xn) là dãy tăng nghiêm ngặt và lim
n→+∞xn = +∞. Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh đượcf (xn) =xn,∀n ∈N. Nếuf(m) =m+ 1thì
f((m+ 1)2+ 1) = 1 +f2(m+ 1) = 1 +f2(m) = f(m2+ 1). (3.31) Màf(m2+ 1) ≤f(m2+ 2)≤ · · · ≤f(m2+ 2m+ 2)nên từ (3.31) suy ra
Bằng quy nạp suy ra tồn tại vô hạn sốmsao cho
f(m2+k) =f(m2+ 1),∀k = 1, . . . ,2m+ 2. (3.32) Chọnmđủ lớn sao cho tồn tạinđể cho
xn, xn+1 ∈ m2 + 1, m2+ 2m+ 2
.
Khi đó từ (3.32) suy ra xn = f(xn) = f(xn+1) = xn+1, điều này mâu thuẫn với
(xn)là dãy tăng nghiêm ngặt. Suy raf là hàm tăng thực sự. Ta cóxn > nvà
1 =f(1)< 2 =f(2) < f(3)< f(4) <· · ·< f(n) <· · ·< f(xn) =xn.
Suy raf(n) =n,∀n ∈N∗.Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.32 (Đề nghị thi Olympic toán quốc tế 1995). Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm sốf :N∗ → N∗ sao cho:
f(m+f(n)) = n+f(m+ 95),∀m, n ∈N∗. (3.33) Giá trị của tổng P19
k=1
f(k)bằng bao nhiêu ?
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta chứng minh hàm sốf
là đơn ánh. Thật vậy, giả sửf(n1) = f(n2), ta có
f(f(n1) +f(1)) =f(f(n2) +f(1))
⇒ n1+f(f(1) + 95) = n2+f(f(1) + 95)⇒ n1 =n2.
Vậyf là đơn ánh. Với mọin ∈N∗, ta có
f(f(n) +f(1)) =n+f(f(1) + 95) = n+ 1 +f(95 + 95) = f(95 +f(n+ 1).
Suy raf(n+ 1) + 95 =f(n) +f(1).Từ đó với mọin ∈N∗ thì
f(n+ 1)−f(n) =f(1)−95 =a, vớia=f(1)−95.
Suy raf(n)−f(n−1) = · · ·=f(2)−f(1) = f(1)−95 =a,dẫn đến
Vớif(n) =na+ 95,∀ ∈N∗,thay vào phương trình hàm (3.33) ta có
f(m+f(n)) =n+f(m+ 95)
⇔na2+ (m+ 95)a+ 95 = n+ (m+ 95)a+ 95;
⇒a2 = 1⇒a = 1.
Vì nếua =−1thìf(n) ∈/ N∗khin ≥95.Vậyf(n) =n+ 95. Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu đề bài và theo trên thì nó là hàm số duy nhất thỏa mãn yêu cầu đê bài. Khi đó
19 X k=1 f(k) = 19 X k=1 (k+ 95) = 1995.
Bài toán 3.33 (Sec MO 2007). Xét tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện
f(mf(n)) =nf(m),∀m, n ∈ N∗.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất củaf(2007).
Lời giải. GọiSlà tập hợp các hàm sốf thỏa mãn điều kiện bài toán. Giả sử f ∈S, đặta=f(1). Chọnm= 1ta được
f(1.f(n)) =nf(1) = na ⇒ f(f(n)) =na.
Chọnn = 1ta được
f(mf(1)) = 1.f(m) ⇒ f(ma) =f(m). (3.34) Ta chứng minh đượcf là đơn ánh. Thật vậy, giả sửf(n1) =f(n2), ta được
f(f(n1)) =f(f(n2)) ⇒n1a =n2a⇒ n1 =n2.
Vậyf là đơn ánh. Từ (3.34) ta cóf(na) = f(n) ⇒ na = n,∀n ∈ N∗, suy ra a= 1
hayf(1) = 1. Ta cóf(f(m).f(n)) = n.f(f(m)) = nm= f(f(m.n)).Suy ra
f(m.n) =f(m).f(n)
Vớiplà số nguyên tố bất kì, giả sửf(p) =u.v,∀u, v ∈N∗.Ta có
Do đóf(u) = 1hoặcf(v) = 1. Giả sửf(u) = 1 ta được
u=f(f(u)) =f(1) = 1.
Suy ra f(p) là số nguyên tố. Khi đó f(n) là hàm chuyển các số nguyên tố khác nhau thành các số nguyên tố khác nhau. Ta lại có 2007 = 32.223 và f(2007) =
f2(3).f(223). Do đó để nhận được giá trị nhỏ nhất của f(2007) ta phải chọn hàm
f(n)sao chof(3), f(223)là các số nguyên tố nhỏ nhất, khác nhau. Hiển nhiên, nếu ta chọn được hàmf(n)sao cho
f(3) = 2, f(2) = 3, f(223) = 5, f(5) = 223
Thì giá trị nhỏ nhất củaf(2007) = 22.5 = 20(vìf(n) ≥ f(n)). Ta xây dựng hàm
f : N∗ → N∗như sau f(1) = 1, f(2) = 3, f(3) = 2, f(5) = 223, f(223) = 5, f(p) =p,∀p∈P\ {2; 3; 5; 223}, và vớin =pk1 1 .pk2 2 . . . pkm m thìf(n) = fk1(p1)fk2(p2). . . fkm(pm).
Khi đóf(n)thỏa mãn các điều kiện
f(1) = 1;f(f(n)) =n,∀n∈ N∗;f(m.n) =f(m).f(n),∀m, n ∈ N∗.
Do đóf(n) ∈S. Vậy giá trị nhỏ nhất củaf(2007) = 20.
Bài toán 3.34 (Moroccan Mathematiccal Olympic 2012). Tìm tất cả các hàm số
f : Z→ Zthỏa mãn điều kiện:
f(f(a) +f(b)) =a+b−1,∀a, b ∈Z. (3.35)
Lời giải. Từ (3.35) chob = 1đượcf(f(a) +f(1)) = a,∀a∈ Z,như vậy dễ thấyf
là một song ánh trênZ. Đặtf−1(−1) =k;f−1(0) =l,ta có k6= lvà vì f(f(a)) +f(−a) =−1 =f(k) f(f(a)) +f(1−a) = 0 =f(l),∀a∈Z
nên ta cóf(a) +f(−a) =k;f(a) +f(1−a) =l,∀a∈ Z,điều đó dẫn đến
f(a) =l−f(1−a) =l−[k−f(a−1)] =l−k+f(a−1),∀a∈ Z.
Vậy dãyf(0), f(1), . . . , f(a−1), f(a)lập thành cấp số cộng với công sail−k. Từ đây nếu đặtf(0) = m, suy ra
f(a) = (l−k)a+m,∀a ∈Z. Từ đóf(x) = (l−k)x+m,∀x∈ Z,suy ra f(f(x) +f(0)) =f((l−k)x+ 2m) = (l−k)2x+ 2m(l−k) +m. Kết hợp với (3.35) ta được (l−k)2x+ 2m(l−k) +m=x+ 0−1,∀x∈ Z. (3.36) Đồng nhất hệ số cho ta (l−k)2 = 1; 2m(l−k) +m =−1, và từ(l−k)2 = 1 dẫn đến xét hai trường hợp.
- Nếul−k = 1tuy nhiên nếu thế thì từ (3.36) suy ra3m=−1 (vô lí). - Nếul−k =−1thìm= 1, suy raf(x) = 1−x,∀x∈Z.
Thử lại thấy hàm số trên thỏa mãn yêu cầu đề bài. Kết luận.
Vậyf(x) = 1−x,∀x∈Z.