3 Các dạng toán liên quan
3.1.2 Lớp các bài toán áp dụng nguyên lí cực hạn
Nguyên lí cực hạn là một trong những nguyên lí quan trọng được áp dụng hiệu quả trong việc giải các phương trình hàm trên tậpNvàZ. Nguyên lí này được phát biểu như sau:
i) Một tập hợp hữu hạn khác rỗng các số tự nhiên bao giờ cũng có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
ii) Một tập khác rỗng bất kì các số tự nhiên bao giờ cũng có phần tử bé nhất.
Bài toán 3.7(IMO 1997). Cho hàm sốf : N∗ →N∗ thỏa mãn điều kiện
f(n+ 1)> f(f(n)),∀n ∈N∗.Chứng minh rằng f(n) = nvới mọin ∈N∗.
Lời giải.
DoRf ⊆N∗;Rf 6= ∅nên tồn tại phần tử nhỏ nhất củaRf.
Từ giả thiết ta cóf(2)> f(f(1))>0;f(3)> f(f(2));· · ·
Vậy phần tử nhỏ nhất của Rf không thể là f(2);f(3),· · ·. Nói cách khác, f(1) là phần tử nhỏ nhất duy nhất củaRf. Dof(1)≥ 1suy raf(n) >1,∀n >1.
Vậy có thể hạn chế xét hàm số f : N∗\{1} → N∗\{1}. Cũng lập luận như trên ta cũng cóf(2) là phần tử nhỏ nhất duy nhất củaf(N∗\{1})vàf(n) >2,∀n >2.
Lặp lại quá trình trên ( xét f : N∗\{1,2} → N∗\{1,2}, v.v· · ·) ta được f(1) < f(2)< f(3) <· · · suy raf(n) ≥n,∀n ∈N∗. Ngoài ra, ta còn cóf(n)là hàm đồng biến. Giả sử ∃n ∈ N∗, f(n) > n suy raf(n) ≥ n+ 1 hay làf(f(n)) ≥ f(n+ 1)
1),∀n ∈ N∗. Suy raf(n) = n. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy
f(n) =n,∀n ∈N∗.
Bài toán 3.8. Hãy xây dựng một hàm sốf : N∗ → N∗thỏa mãn điều kiện
f(f(n)) = 1993.n1945,∀n ∈ N∗.
Lời giải. GọiA là tập các số có dạng 1993.n1945, n ∈ N∗;A0 là tập các số nguyên dương không có dạng trên. Khi đó
A∪A0 =N∗;A∩A0 =∅.
Các số thuộcA0được kí hiệu làn(0;k)với
n(0; 1) = 1, n(0;k) < n(0;k+ 1),∀k ∈N∗.
Chẳng hạn n(0; 2) = 2, n(0; 3) = 3,· · · , n(0; 1992) = 1992, n(0; 1993) = 1994,
các số thuộcAđược kí hiệu làn(s;k)và được xác định như sau
n(s;k) = 1993(n(s−1;k))1945.
Chẳng hạn khis= 1thìn(1;k) = 1993(n(0;k))1945(vớin(0;k) ∈A0). Ta sẽ chứng minh∀n ∈N∗, tồn tại duy nhất(s;k), vớis∈ N, k ∈N∗sao chon(s;k) =n.Thật vậy, nếun ∈ A0, chọns = 0, dễ thấy tồn tại duy nhất k ∈ N∗ đển(0;k) = n.Nếu
n ∈Asuy ran = 1993.n19451 vớin1 < n.
Xétn1. Nếun1 ∈Athì tồn tạin2sao cho n1 = 1993.n19452 vớin2 < n1;· · · .
Quá trình này là hữu hạn vì dãyn1;n2;· · · gồm các số nguyên dương giảm dần. Bởi vậy tồn tạisđểns ∈A0, hay là tồn tạik,ns=n(0;k) ∈A0, suy ra
ns−1 =n(1;k);ns−2 =n(2;k);· · · ;n1 = n(s−1;k);n=n(s;k).
Vậy sự tồn tại củas;kđã được chứng minh.
Giả sử tồn tại s;r ∈ N,(s ≥ r)sao chon = n(s;k) = n(r;h),(k;h ∈N∗). Khi đó
1993(n(s−1);k))1945, suy ra
Làm tương tự tiếp tục ta đượcn(s−r;k) =n(0;h). Từ đó cós=rvì nếus−r >0
thì ta đượcn(s−r;k)∈Acònn(0;h) ∈A0. Đó là điều vô lí vìA∪A0 =∅. Vậy ta cũng cók = hvì mỗi sốn∈ A0được ứng với duy nhất một chỉ sốk ∈N∗trong cách viếtn =n(0;k). Như vậy tính duy nhất của bộ số(s;k)cũng được chứng minh. Bây giờ ta sẽ xây dựng hàmf(n)như sau.
Với mỗin∈ N∗,tồn tại duy nhất(s;k), s ∈ N, k ∈ N∗sao cho n(s;k) =n,ta đặt
f(n) =f(n(s;k)) = n(s;k+ 1), nếuklẻ n(s+ 1;k−1), nếukchẵn . Khi đó nếuk lẻ thì f(f(n)) =f(f(n(s;k))) =f(n(s;k+ 1)) (do k lẻ) =n(s+ 1;k) (do k chẵn) = 1993(n(s;k))1945 (do n =n(s;k)). Tương tự, nếukchẵn thì f(f(n)) =f(f(n(s+ 1;k−1))) =f(n(s;k+ 1)) (do k chẵn) =n(s+ 1;k) (do k-1 lẻ) = 1993(n(s;k))1945 (don =n(s;k)). Vậy ta đượcf(f(n)) = 1993n1945,∀n ∈ N∗.
Bài toán 3.9. Tìm tất cả các hàm sốf : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiệnf(1) = 1và
f(f(n))f(n+ 2) + 1 =f(n+ 1)f(f(n+ 1)),∀n ∈N∗.
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọin ∈N∗ thìf(n+ 1)> f(f(n)).
- Vớin = 1. Hiển nhiên khẳng định đúng.
- Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 1). Ta chứng minh khẳng định trên đúng vớin= k+ 1. Thật vậy, ta cóf(f(k))f(k+ 2) =f(k+ 1)f(f(k+ 1))−1.Do đó f(k+ 2) = f(k+ 1)f(f(k+ 1))−1 f(f(k)) ≥ [f(f(k)) + 1][f(ff((kf))(k+ 1))]−1 > [f(f(k))]f(f(k+ 1)) f(f(k)) =f(f(k+ 1)).
Từ đó ta suy raf(n+ 1) > f(f(n)),∀n ∈N∗.
Vậy theo bài toán 3.7 ta cóf(n) =n,∀n∈ N∗.
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Kết luận.
Vậyf(n) =n,∀n ∈N∗.
Bài toán 3.10. Tìm tất cả các hàm sốf : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiệnf(1) = 1và
2f((m2+n2))3 =f2(m)f(n) +f(m)f2(n),∀m, n∈ N∗.
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn các yêu cầu đề bài. Nếu f(n) ≡ c, với
c là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Nếu tồn tạim, n ∈ N∗ sao chof(m) 6=f(n) thì ta gọia, blà hai số thỏa mãn
|f(a)−f(b)|= min|f(m)−f(n)|,∀m, n ∈ N∗. Giả sửf(a) > f(b). Ta có 2f3(b) < f2(a)f(b) +f(a)f2(b) <2f3(a). Suy ra f(b)< f(a2+b2) < f(a) ⇒ f(a2+b2)−f(b)< f(a)−f(b). Từ đó |f(a)−f(b)| =f(a)−f(b)> f(a2+b2)−f(b) =|f(a2+b2)−f(b)|.
Đến đây ta gặp mâu thuẫn với cách gọi trên.
Vậyf(n) ≡c(vớiclà hằng số) là hàm số cần tìm.
Bài toán 3.11(Canada Nationnal Olympiad 2002). Tìm tất cả các hàm số
f : N∗ → N∗thỏa mãn điều kiện
Lời giải. Giả sửf không phải là hàm hằng. Khi đó
∅ 6=A ={f(y)−f(x)|x, y ∈N∗, f(y)−f(x) >0} ⊂ N∗.
Do tập A có phần tử nhỏ nhất nên có thể chọnx, y ∈ N∗ sao chof(y) > f(x) và
f(y)−f(x)là nhỏ nhất. Ta có f(x) = xf(x) +yf(x) x+y < xf(y) +yf(x) x+y < xf(y) +yf(y) x+y =f(y).
Kết hợp với đề bài ta suy raf(x) < f(x2+y2) < f(y), điều này mâu thuẫn với cách chọn x vày. Vậy f(x) ≡ c,∀x ∈ N∗, với c là hằng số nguyên dương. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài ra.