Bài toán 3.6.1. (Dãy Fibonacci) Tìm hàm f :N→Rthỏa mãn f(0) =0, f(1) =1và
f(n) = f(n−1) + f(n−2), ∀2≤n∈N.
LỜI GIẢI. Đặt xn = f(n), ∀n∈N.Khi đó ta có x0=0, x1=1 và
xn =xn−1+xn−2, ∀2≤n∈N.
Phương trình đặc trưng với dãy xn là λ2−λ−1=0, phương trình này có 2 nghiệm phân biệt λ = 1±√5
2 .Do đó công thức tổng quát của dãy số là
xn=c1(1+ √ 5 2 ) n+c2(1−√5 2 ) n, ∀n∈N. Dox0=0, x1=1nên ta có c1+c2=0 và c11+ √ 5 2 +c2 1−√5 2 =1.Từ đó ta có c1= √1 5, c= −1 √ 5. Vậy f(n) =xn= √1 5( 1+√ 5 2 ) n−√1 5( 1−√5 2 ) n, ∀n∈N.
Bài toán 3.6.2. Cho f :N∗→Rthỏa mãn điều kiện f(1) =1, f(2) =0và
f(n+2) = f(n+1)− f(n), ∀n∈N∗.
Chứng minh rằng |f(n)| ≤ √
7
LỜI GIẢI. Phương trình đặc trưng λ2−λ+1=0có nghiệm λ = 1±i√ 3 2 . Ta có r=|λ|=p1/4+3/4=1; tanϕ = √ 3/2 1/2 = √ 3⇒ϕ = π 3. Do đó λ =cos(π/3)±isin(π/3) và f(n) =c1cos(nπ/3) +c2sin(nπ/3), ∀n∈N∗. Kết hợp f(1) =1, f(2) =0 ta suy ra c1=1vàc2=√ 3/2.Từ đó f(n) =cosnπ 3 + 3 2sin nπ 3 , ∀n∈N∗. Từ đó suy ra |f(n)| ≤ s 12+ ( √ 3 2 ) 2 = √ 7 2 , ∀n∈N∗ (ĐPCM).
Bài toán 3.6.3. Tìm hàm f :N→Nthỏa mãn
f(2f(n) +3f(m)) =2n+3m, ∀m,n∈N. (*)
LỜI GIẢI. Dễ thấy f đơn ánh. Với mọi m,n,p,q∈N mà 2n+3m=2p+3q ta có
f(2f(n) +3f(m)) =2n+3m=2p+3q= f(2f(p) +3f(q)),
do f đơn ánh nên2f(n) +3f(m) =2f(p) +3f(q), ∀2n+3m=2p+3q.
Từ2n+3m=2p+3qsuy ra 2(n−p) =3(q−m), nên một cách chọn đơn giản nhất là
n−p=3, q−m=2. Khi đó ta có2f(p+3) +3f(m) =2f(p) +3f(m+2), ∀m,p∈N. Tiếp tục, ta chọn p=mthì 2f(m+3)−3f(m+2) + f(m) =0, ∀m∈N, (1).
Phương trình đặc trưng của (1) là 2x3−3x2+1 = 0, có nghiệm x1 = 1 bội 2, và
x2 = −1/2. Suy ra công thức tổng quát của f(m) là f(m) =c1+c2m+c3(−1
2)
m, với ci, i = 1,2,3, là các hằng số tự nhiên, nhưng do f(m)∈ N nên c3 = 0. Do đó,
f(m) =c1+c2m, ∀m∈N.
Thay lại vào (*) ta sẽ suy ra c1=0, c2=1. Vậy f(m) =m, ∀m∈N.
Nhận xét: Có thể mở rộng bài toán này bằng cách biến đổi phương trình (*) thành
f(a f(n) +b f(m)) =an+bm, vớia,b∈N. Tuy nhiên, chúng ta có thể nhận thấy nếu giải bằng phương pháp qui về dãy số sẽ có khó khăn vì PTSP bậc cao. Có một cách giải đặc sắc tương tự với bài toán Canada 2008. Xin dành cho bạn đọc quan tâm tìm hiểu thêm.
Bài toán 3.6.4. (IMO 1992, Shortlist) Cho a,b là hai số thực dương. Xác định tất cả các hàm f :[0,+∞)→[0,+∞)thỏa mãn
f(f(x)) +a f(x) =b(a+b)x, ∀x≥0.
LỜI GIẢI. Thayxbởi f(x), f2(x) = f(f(x)), ..., fn(x), ...ta suy ra
fn+2(x) +a fn+1(x) =b(a+b)fn(x), ∀n∈N.
Với mỗi x bất kì, cố định nó và đặt x0 =x, xn+1= f(xn) = fn+1(x), n∈Nta thu được dãy số thực xn (phụ thuộc vàoxtrên) xác định bởi x0=x, x1= f(x) và
xn+2+axn+1=b(a+b)xn, ∀x∈N.
Phương trình đặc trưng λ2+aλ−b(a+b) =0có nghiệm λ =b hoặc λ =−a−b.
Do đó ta có công thức tổng quát của dãy như sau
xn=c1bn+c2(−a−b)n, ∀n∈N.
Nếu c2 6=0 thì do a,b>0 nên lim
n→+∞
|(−a−b)n|
|b|n = +∞. Do đó tồn tại n∈N đủ lớn thỏa mãn xn =c1bn+c2(−a−b)n <0. Nhưng khi đó fn(x)< 0, mâu thuẫn với giả thiết f :[0,+∞)→[0,+∞). Do vậy ta phải có c2 =0. Khi đó với n=0 ta có
x=x0=c1; còn với n=1 ta có f(x) =x1=c1b do đó f(x) =bx, ∀x≥0.
Thử lại, ta đi đến kết luận nghiệm của bài toán là f(x) =bx, ∀x≥0.
Bài toán 3.6.5. Cho trước k∈N.Tìm hàm f :N→Nthỏa mãn
f(f(x)) + f(x) =2x+3k, ∀x∈N.
LỜI GIẢI. Với mỗi x đặt a0=x và vớin≥1đặtan+1= f(an).Khi đó ta có
an+2+an+1=2an+3k và an+3+an+2=2an+1+3k, ∀n∈N.
Suy ra an+3−3an+1+2an=0, ∀n∈N. Phương trình đặc trưng λ3−3λ+2=0 có nghiệm λ1=1bội 2 vàλ2=−2.Nên công thức tổng quát củaan là
an=c1+c2n+c3(−2)n, ∀n∈N.
Nếu c36=0 thì tồn tại nmàan <0, mâu thuẫn. Do đó c3 =0 và an =c1+c2n. Thay vào phương trình xác định dãyan ta có
Do đó an =c1+kn.Bây giờ chú ý a0 =x, a1= f(x) ta suy ra c1 =x, f(x) =x+k.
Thử lại, ta thấy f(x) =x+k, ∀x∈N là nghiệm của bài toán.
Nhận xét:Tương tự bài toán này, ta có thể giải được bài toán IMO 1987 như sau: Chứng minh không tồn tại f :N→Nthỏa mãn f(f(n)) =n+1987, ∀n∈N.
MỘT SỐ BÀI TẬP TRONG MỤC NÀY:
Bài tập 3.6.1. Xác định hàm f :N→Ntrong các trường hợp sau (i). f(0) =3, f(1) =8 và f(n) =5f(n−1)−6f(n−2).
(ii). f(n+2) + f(n+1)−2f(n) =0, ∀n∈N.Chứng minh rằng f(n) = f(0), ∀n∈N.
(iii). Chứng minh không tồn tại f :N∗→N∗thỏa mãn f(f(n)) =n+1987, ∀n∈N∗.
(iv). f(1) =2, f(n+1)> f(n), f(f(n)) = f(n) +n, ∀n∈N∗.
Bài tập 3.6.2. (Romania 1999) Xác định hàm đơn điệu f :R→Rthỏa mãn
f(f(f(x)))−3f(f(x)) +6f(x) =4x+3, ∀x∈R.
Đáp số. f(x) =x+1, ∀x∈R.
Bài tập 3.6.3. Chứng minh rằng không tồn tại hàm f :N∗→N∗ thỏa mãn
f(m f(n)) =n+f(2011m), ∀m,n∈N∗.
Gợi ý.Dễ thấy f đơn ánh. Ta có f(f(m)f(n)) =n+f(2011f(m)) =n+m+f(20112).
Từ đó với mọim+n= p+qthì ta có f(n)f(m) = f(p)f(q).Suy ra
f(n) f(p) = f(q) f(m)⇒ f(n) f(n−1) = f(n−1) f(n−2)=...= f(2) f(1) =k(const).
Dẫn đến f(n) =kn−1f(1).Từ đó k=1và f(n) = f(1), không thỏa mãn với điều kiện.
Bài tập 3.6.4. Cho f :N∗→N∗thỏa mãn f(f(n)) = f(n+1) +f(n), ∀n∈N∗. Chứng minh rằng f(n)là hàm đơn ánh.
Gợi ý. Giả sử tồn tại m>nmà f(m) = f(n). Từ bài toán suy ra f(m+1) = f(n+
1). Từ đó f(m+k) = f(n+k), ∀k ∈N. Và như vậy f(n) chỉ nhận hữu hạn giá trị nguyên dương. Mặt khác f(f(1)) = f(2) +f(1)≥2suy ra f(f(f(1))) = f(f(1) +1) +
f(f(1))≥3.Bằng quy nạp ta có fk(1)≥k, ∀k∈N∗.Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Bài tập 3.6.5. (Balkan 2002) Tìm tất cả các hàm số f :N→Nthỏa mãn
f(f(n)) + f(n) =2n+2001 hoặc 2n+2002, ∀n∈N.
Bài tập 3.6.6. (VietNam 2003) ChoF là tập hợp tất cả hàm số f :R+→R+thỏa mãn
f(3x)≥ f(f(2x)) +x, ∀x>0.
Tìmα ∈Rlớn nhất sao cho với mọi hàm f ∈F ta đều có f(x)≥α x, ∀x>0.
Kết luận
Sau thời gian hai năm học tập tại Khoa Toán – Cơ – Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, được sự giúp đỡ chỉ bảo tận tình của các thầy cô trong khoa, đặc biệt là
TS. Nguyễn Thành Văn, tôi đã hoàn thành luận văn với tên đề tài“Một số lớp bài toán về phương trình hàm”.
Luận văn đã đạt được một số kết quả sau :
1. Luận văn đã nêu ra được một số kiến thức cơ bản trong trong đại số và giải tích có ứng dụng nhiều trong việc giải quyết các bài toán phương trình hàm.
2. Luận văn đã hệ thống và phân loại một số dạng toán thường gặp theo phương pháp giải của các bài toán phương trình hàm với nhiều bài toán có lời giải, nhận xét và bình luận.
3. Luận văn đã nêu ra một số hướng khai thác mở rộng, tổng quát, và các hướng tư duy tìm lời giải cùng các biến hóa trong một số dạng toán phương trình hàm. Phân dạng các phương trình hàm sẽ giúp cho sự định hướng và giải quyết chúng. Vì vậy tôi hi vọng bản luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo cho quá trình nghiên cứu, giảng dạy và học tập toán ở bậc phổ thông. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp để đề tài này tiếp tục được hoàn thiện.
Tài liệu tham khảo
[1 ] Trần Nam Dũng,Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2010.
[2 ] PGS.TS. Nguyễn Quý Dy (chủ biên),Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán - Tập 3,
Nhà xuất bản giáo dục, 2001.
[3 ] Nguyễn Văn Mậu,Phương trình hàm,Nhà xuất bản Giáo dục, 2001.
[4 ] Lê Đình Thịnh, Lê Đình Định,Phương pháp sai phân,Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[5 ]Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.
[6 ] Christopher G.Small, Functional equations and how to solve them,Springer. [7 ] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, A Colection of
Problems Suggested for The IMO 1959-2004,Springer 2004.
[8 ] Marko Radovanovic, Functional Equations, The Authors and The IMO Com- pendium Group 2007.
[9 ] Mohamed Akkouchi, A Class of Functional Equations Characterizing Ponolymi- als of Dgree Two,2001.
[10 ] Pierre Bontein, Moubinool Omarjee , Cours - Equations Fonctionelles, Mardi 2003.