Nguyên lý qui nạp toán học: Ta xét khẳng địnhS(k) mà tính đúng đắn phụ thuộc vàok∈N. Giả sửS(k)đúng với giá trị ban đầu k=n0∈N và nếuS(k)đúng với k=n
thìS(k) cũng đúng vớik=n+1. Khi đó ta sẽ có khẳng định S(k)đúng với mọi k mà
n0 ≤k∈N.
Một dạng khá đặc biệt của nguyên lý qui nạp toán học thường được gọi với cái tên "Qui nạp kiểu Cauchy" phát biểu như sau: Giả sử S(k) đúng với giá trị ban đầu
k=n0∈Nta sẽ suy raS(k)đúng vớik= fi(n0)≥n0, ∀i∈N trong đó ta có fi(n0)→+∞
khi i→ +∞. Và từ S(k) đúng với k= fi(n0) ta suy ra S(k) cũng đúng với mọi k mà
n0 ≤k≤ fi(n0).Khi đóS(k)đúng với mọik≥n0.
Ta có thể thấy rằng PP Qui nạp tốn học sẽ thường áp dụng cho các bài toán PTH trên tập số tự nhiên. Tuy nhiên, nó cũng có ích trong các bài toán PTH khi hàm số xác định trênZ, Q, R, với ý tưởng qui nạp từng bước N→Z→Q→R. Từ bướcN→Z
ta thường quan tâm đến tính chẵn lẻ của hàm số. Riêng bước từ Q→R ta cần thêm dữ kiện, chẳng hạn: hàm đang xét liên tục, tăng thực sự hay đơn điệu,... (Phần này chúng ta sẽ xét nhiều hơn trong phần PTH Cauchy hay PP sử dụng tính đơn điệu của hàm số).
Ta đi xét một vài ví dụ để nắm vững phương pháp cơ bản và hữu ính này.
Bài tốn 3.2.1. (VietNam 1985) Tìm f :Z→Zthỏa mãn f(0)6=0, f(1) =5/2 và
f(n)f(m) = f(n+m) + f(n−m), ∀n,m∈Z.
LỜI GIẢI. Lấy n= m=0 ta suy ra [f(0)]2 = 2f(0), do f(0)6=0 nên f(0) =2. Lấy
m=1ta có
f(n)f(1) = f(n+1) + f(n−1), ∀n∈Z.
Ta thấy rằng f xác định hoàn toàn khi biết f(0) =2và f(1) =5/2. Ta sẽ chứng minh qui nạp f(n) =2n+2−n, ∀n∈Z, (∗). Ta chỉ cần chứng minh đúng với n∈N vì nếu lấy n=0 ta có f là hàm chẵn. Ta có (*) đúng với n= 0, n=1. Giả sử (*) đúng đến
n=k, 1≤k∈Nta chứng minh (*) cũng đúng vớin=k+1.Thật vậy
f(k+1) = 5 2(2
k+2−k)−(2k−1+21−k) =2k+1+2−k−1.
Do đó theo nguyên lý qui nạp tốn học ta có f(n) =n∈N. Và do đó nó cũng đúng với
n∈Zvì f và hàm2n+2−nđều là hàm chẵn. Kết luận f(n) =2n+2−n, ∀n∈Z.
Bài tốn 3.2.2. Tìm hàm f :N∗→N∗thỏa mãn f(2) =2, f(m)< f(n), ∀m<n và
LỜI 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)⇒ f(3)<4. Do đó f(3) = 3. Như vậy ta có f(2) =2, f(3) =3. Ta xét dãyan
như sau: a0 =3, an+1 =an(an−1), ∀n∈N. Khi đó bằng quy nạp chúng ta dễ thấy rằng: f(an) =an và lim
n→+∞an= +∞. Kết hợp giả thiết f tăng trênNta suy ra nghiệm của bài toán là f(n) =n, ∀n∈N∗.
Bài tốn 3.2.3. (Putnam 1963) Tìm tất cả các hàm f :N →N tăng thực sự thỏa mãn các điều kiện f(2) =2và f(mn) = f(m)f(n), ∀m,n∈N.
LỜI GIẢI. Do f tăng thực sự nên0≤ f(0)< f(1)< f(2) =2. Do đó f(0) =0,f(1) =1. Giả sử f(3) =3+k,k∈N,suy ra f(6) = f(2)f(3) =6+2k nên f(5)≤5+2k. Ta có
f(10) = f(2)f(5)≤10+4k,suy ra f(9)≤9+4k, f(18)≤18+8knên f(15)≤15+8k. Mặt khác, f(5)≥5+knên f(15) = f(5)f(3)≥(5+k)(3+k). Vì vậy(5+k)(3+k)≤
15+2k, từ đó k=0, f(3) =3. Bằng quy nạp chứng minh f(2n+1) =2n+1,∀n∈N
suy ra2n+1= f(2n+1)< ... < f(2n+k)< ... < f(2n+1) =2n+1+1,với mọin∈N
vàk=1,2, ...,2n. Từ2n+1đến2n+1+1có đúng2nsố tự nhiên nên f(2n+k) =2n+k.
Kết luận f(n) =n,∀n∈N.
Bài toán 3.2.4. (IMO 1977) Xác định tất cả các hàm f :N→Nthỏa mãn
f(n+1)> f(f(n)), ∀n∈N.
LỜI GIẢI. Bằng phép lặp khá đặc biệt tương tự qui nạp, ta chỉ ra f(k)≥k, ∀k∈N.
Ta có f(n+1)> f(f(n))≥0⇒ f(n+1)≥1, ∀n∈N.Nên khi đặt g(n) = f(n+1)−1 thìg:N→N.Và ta có
g(n) +1= f(n+1)> f(f(n)) = f(g(n−1) +1) =g(g(n−1)) +1, ∀n∈N∗.
Như vậy ta lại có g(n+1)>g(g(n)), ∀n∈N. Do đóg(n+1)≥1suy ra f(n+2) =
g(n+1) +1≥2.Lập lại q trình trên, tức lại xây dựng hàmh(n) =g(n+1)−1, ... ta suy ra f(n+k)≥k, ∀k∈N.Lấyn=0thì ta có f(k)≥k, ∀k∈N.Theo điều kiện ban đầu ta suy ra f(k+1)> f(f(k))≥ f(k).Điều này dẫn đến f là hàm tăng trênN. Mặt khác f(k+1)> f(f(n))nênk+1> f(k).Như vậy k+1> f(k)≥k, ∀k∈N.Dẫn đến nghiệm của bài toán là f(k) =k, ∀k∈N.
Bài toán 3.2.5. (THTT - T6/ Số 302) Xét hàm f :N∗→N∗thỏa mãn (i). f(n+1) = f(n)−1 hoặc 4f(n)−1, ∀n∈N∗.
(ii). Với mọim∈N∗ thì tồn tại duy nhấtn∈N∗mà f(n) =m.
LỜI GIẢI. Xét dãy f(1), f(2), f(3), ... Đây là dãy các số nguyên dương đôi một phân biệt. Ta có các nhận xét sau:
1) Nếu f(n+1)> f(n)thì với mọik≥n+1ta đều có f(k)> f(n).
2) Vì mỗi số ngun dương xuất hiện đúng một lần trong dãy nên f(n+1) = f(n)−1 nếu f(n)−1∈ {/ f(1),f(2), ...,f(n)}.Trong trường hợp còn lại thì f(n+1) =4f(n)−1. 3) Nếu f(1)6=1 thì tồn tạia6=1∈N∗ để f(a) =1. Khi đó f(a+1) =3, từ đây và nhận xét 1 ta sẽ suy raa=2.Do đó f(1) = f(a−1) =2.Như vậy f(1)∈ {1, 2}.
Bây giờ, ta đi xét hai trường hợp sau:
*) Nếu f(1) =1. Ta chứng minh f(2n+k) =2n+1−(k+1) với 0≤k≤2n−1. Ta chứng minh qui nạp theo s = 2+k. Dễ thấy s = 1,2,3 đúng. Giả sử đúng tới s.
Nếu s = 2n+k với 0 ≤ k ≤ 2n−2 thì f(s) = 2n+1−(k+1). Theo nhận xét 2 thì
f(s+1) = f(s)−1=2n+1−(k+2). Cịn nếu s= 2n+k, k= 2n−1 thì f(s) = 2n.
Ta có f(2n−1) =2n−1= f(s)−1đã xuất hiện trong dãy{f(1), f(2), ...,f(s)}nên theo
nhận xét 2 thì f(s+1) =4f(s)−1=2n+2−1.Như vậy ta đã hồn tất chứng minh khẳng định trên.
*) Nếu f(1) = 2 thì chứng minh tương tụ ta có f(4n+k) = 3.4n−(k+1) nếu
o≤k≤2.4n−1và f(4n+k) =6.4n−(k+1)nếu2.4k ≤k≤3.4n−(k+1). Từ đó ta có f(2002) =1069hoặc f(2002) =2093.
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài tập 3.2.1. Cho hàm số f(x)xác định trênNthỏa mãn f(0) =0, f(1) =1và
f(n+1) =3f(n)−2f(n−1), ∀n∈N∗.
Chứng minh rằng f(n) =2n−1.
Bài tập 3.2.2. Tìm f :R+→R+ liên tục thỏa mãn các tính chất sau: (i) f(2x) =2f(x),
(ii) f(f(x)) =x f(x), ∀x∈R+, (iii) f(n)∈N∗ vớin∈N∗
Gợi ý.Chỉ ra f đơn ánh, kết hợp f liên tục, f(2) =2f(1) =2ta suy ra f tăng thực sự. Quy nạp f(2n) =2n, ∀n∈N∗.
Từ đó,2n= f(2n)< f(2n+1)< ... < f(2n+2n) =2n+1, do từ2nđến2n+1có đúng2n+1 số tự nhiên, suy ra f(2n+k) =2n+k, ∀k=0,1, ...,2n. Dẫn đến f(n) =n, ∀n∈N∗. Quy
nạp f(n
2k) = f(n)
2k = n
Bài tập 3.2.3. Xác định hàm f :[0,1]→[0,1]thỏa mãn
f(2x− f(x)) =x, ∀x∈[0,1].
Gợi ý. Theo cách xác định của hàm f thì ta có 0≤2x− f(x)≤1, ∀x∈[0,1]. Đặt
g(x) =2x−f(x)thìg:[0,1]→[0,1].Ta có f(g(x)) =xvàg(g(x)) =2g(x)−f(g(x)) =
2g(x)−x.Từ đó bằng quy nạp ta chỉ ragn(x) =n(g(x)−x) +x, ∀x∈[0,1].Từ đó ta suy rag(x) = x, ∀x∈[0,1]. Vì nếu tồn tại0≤x0 ≤1 màg(x0)6=x0 thìgn(x0)→+∞ khi
n→+∞, mâu thuẫn. Thế nên f(x) =x, ∀x∈[0,1].
Bài tập 3.2.4. Tìm tất cả các hàm số f liên tục trênRthỏa mãn f(1) =1và
f(px2+y2) = f(x) + f(y), ∀x,y∈R.
Gợi ý.Chỉ ra f(0) =0, f(x)là hàm chẵn. Chứng minh bằng qui nạp
f( q x21+x22+...+x2n) = f(x1) + f(x2) +...+ f(xn), ∀x1,x2, ...,xn∈R. Từ đó chỉ ra f( r k n) = k n, ∀k,n∈N∗. Hay f(r) =r2, ∀r∈Q+. Kết hợp f(x)chẵn và là hàm liên tục ta suy ra f(x) =x2, ∀x∈R.
Bài tập 3.2.5. (China TST 2007) Tìm tất cả các hàm f :Q+→Q+ thỏa mãn
f(x) + f(y) +2xy f(xy) = f(xy)
f(x) + f(y), ∀x,y∈Q+.
Gợi ý.Chứng minh bằng qui nạp các khẳng định sau:
f(n) = 1
n2, ∀n∈N∗ và f(nx) = f(x)
n2 , ∀n∈N∗, x∈Q+.
Từ đó chỉ ra f(x) = 1
x2, ∀x∈Q+.