phương trình hàm trong các đề olympic

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII Chủ đề: PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Trang 1

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII

Chủ đề: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ( trên    ) , ,

( VĂN PHÚ QUỐC- GV TRƯỜNG ĐH QUẢNG NAM)

1 Cho hàm số f : thỏa mãn f  1 0 và f m n f m  f n 3 4 mn1, m n,  

HD:

- Thay mn1, ta có: f  2 2f  1  9 9;

- Thay mn2, ta có: f 4 2f  2 4563;

- Thay mn4, ta có: f 8 2f  4 189315;

- Thay mn8, ta có: f  16 2f  8 765 1395 ;

- Thay m 2, n 1 ta có: f  3  f  2  f  1 2130

- Thay m16,n ta có kết quả: 3

 19 16 3  16  3 573 1998

2 Cho hàm số f :* thỏa mãn * f  1 5; f f n  4n và 9   1 *

2n 2n 3

f       n

Tính f 1789

HD:

Ta có: 17894.445 9 ; 4454.109 9 ; 1094.25 9 ; 254.4 9

Lần lượt áp dụng các giả thiết ta được:

 4 8 3 11

 11   4  4.4 9 25

 25   11  4.11 9 53

 53   25  4.25 9 109

109   53  4.53 9 221

221  109  4.109 9 445

445  221  4.221 9 893

893  445  4.445 9 1789

1789  9893  4.893 9 3581

Trang 2

3 Cho hàm số f xác định trên tập  và thỏa mãn: *

 1  1 n 1 2  

f n n    f n ; f  1  f 2013 Tính tổng S f  1  f  2   f 2012

HD:

Ta có: f  2  1 2f 1 ; f  3   2 3f  2 ; f  4  3 2f  3 ; ;

2012 2011 2 2011

f   f ; f 2013 2012 2 f 2012

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được:

2012 1

k



Thay f 2013 f  1 ta được:      

1006

1006 2

3

4 Cho hàm số f xác định trên tập các số nguyên dương và thỏa mãn:

 1 1006

Tính f2012

HD:

Từ giả thiết bài toán ta có:          



Cho n 2,3, , 2012 ta được:  

 

f

 

f

 

f

f  ; ;

2012 2011

2011 2013

f

Nhân vế theo vế các đẳng thức trên ta được:  

2012

f

5 Cho hàm số f : thỏa mãn:        2 2

xf y yf x  xy f x y , x y,   Chứng minh rằng: f là hàm hằng

Giả sử: f không là hàm hằng Chọn x y, sao cho f y  f x 0 và bé nhất

Từ

0

xf x yf x xf y yf x xf y yf y

Điều này mâu thuẫn nên f là hàm hằng

Trang 3

6 Tìm tất cả các hàm * *

:

f   thỏa mãn các điều kiện:

HD:

Cho m 1 ta thược: f n 1 f n  n 1 Từ đây suy ra nếu tồn tại hàm số thì đó là duy nhất

Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh:    1

2

n n

f n  

7 Cho hàm số f : thỏa mãn điều kiện f m  f n  nếu m n là số nguyên tố Hỏi tập giá trị của hàm f có ít nhất bao nhiêu phần tử?

HD:

Ta có: 3 1 2; 6 3 3; 6 1 5; 8 3   5; 8 6 2 là các số nguyên tố nên f  1 ;f  3 ;f  6 ; f 8 phải khác nhau Do đó tập giá trị của hàm f có ít nhất 4 phần tử

Xét hàm số f n  xác định như sau: Nếu nrmod 4 thì f n r Khi đó tập giá trị của hàm f có

4 phần tử là: 0;1; 2;3

Ta chứng tỏ hàm f xây dựng như trên thỏa mãn điều kiện bài toán

Thật vậy, nếu f m  f n  thì mnmod 4mn0 mod 4 m n là hợp số

Vậy tập giá trị của hàm f có ít nhất 4 phần tử

8 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện: f m  f n   f m n m n,  

HD:

Giả sử: f  0 a0

Khi đó: f m  f  0  f m  hay f m a f m ,   m Vì thế f là hàm tuần hoàn và như thế

giá trị của f là tập Af  0 ; f  1 ; ; f a 1 

Ta gọi M là số lớn nhất trong A Khi đó: f n M   n

Mặt khác: thay m 0 vào f m  f n   f m  ta được: n f f n    có thể lớn tùy ý, vô lý n a

Vậy ta phải có f  0 0 Khi đó: f f n  n   n

Nếu f 1 0 thì 0 f  0  ff  1  , mâu thuẫn Do đó: 1 f  1 b0

Chứng minh quy nạp: f n bn   n ?

Ta có:   2

1

f bn b nnb Vậy f n n  n Thử lại thấy đúng

Trang 4

9 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện: f mn 1mf n 2 m n,  

HD:

- Thay m 0 ta có: f  1 2

- Lại thay n 0 ta có: f  1 mf  0  2 mf  0 0  m  f  0 0 (1)

- Thay n 1 ta có: f m 1mf 1 22m22m1 f m 2m,    (2) m *

Từ (1) và (2) ta có: f m 2 m  m Vậy f n 2 n  n

10 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn các điều kiện:

 

  2;   1 1 4;  0 1

f f n  n f f n   n f    n

HD:

- Chứng minh f là một đơn ánh?

- Ta có: ff n 2   n 4 ff n 11 f n 2 f n 1 1

Hay f n  f  0 nn   1 n ( thỏa mãn)

11 Cho hàm số f n  xác định trên tập hợp các số nguyên dương và thỏa mãn:

 1 2

f n  f n  f n  ; n 1; 2;3;

Chứng minh:

HD:

- Ta có: f n 1 f n f n 12  f tăng và   *

2

f n    n

- Chứng minh:

f  f   f n   f n  ?

- Chứng minh quy nạp: 2 1   2

2 n  f n1  1 2 n ?

- Cho n 2012 ta suy ra điều phải chứng minh

12 Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn:  f x 1 f x 1 ;  2 2 

f x  f x x   

- Chứng minh quy nap: f x n f x n  x , n  ?

,

p

q



 



 

 

 *

,

m n  

f

Khi đó:

2 2

Trang 5

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Hay

Vậy f x  x x 

   

13 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:

HD:

- Cho x y ta được: 0 2f 0 4f  0  f  0 0

- Với xny n   ta được: f  n1y f ny y2f ny 2f y  f  n1y

- Chứng minh quy nạp:   2  

- Thay x bởi 1

2

1

    

2 2

Do đó:   2

f x ax   x , trong đó: a f  1 Thử lại thấy đúng

14 Tồn tại hay không hàm f : thỏa mãn điều kiện: f x  f y   f x  y x y,  

HD:

- Chứng minh f là đơn ánh ?

- Cho x y ta được: 0 f f  0  f  0  f  0  0

- Cho x 0 ta được: f f y   y    (*) y

- Thay f y  bởi y vào điều kiện bài toán đã cho và chú ý đến (*) ta có: f x y f x  f y 

Do đó: ykx    Thay vào điều kiện bài toán đã cho ta suy ra được: x 2

1

k   , vô lý

Vậy không tồn tại hàm số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán

15 Đặt 1 5

2

q  và gọi f : là hàm số thỏa mãn điều kiện f n  qn 1 n

q

     Chứng minh rằng f f n   f n n    n

HD:

- Từ 1 1 f  0 0 f  0 0

q

     Như vậy điều kiện f n  qn 1

q

  đúng với n 0

Trang 6

- Với n 0 thì f n   0 Thật vậy, nếu f n   0 thì từ f n  qn 1

q

  cho ta:

2

- Để ý rằng q q  11 Từ đó với n 0 tùy ý ta có:

 

           1    1

f f n  f n n  f f n qf n  q f n q q n

= f f n  qf n   q1 f n qn  f f n  qf n   q1 f n qn

= f f n  qf n   q1  f n qn

Từ f n  qn 1

q

  thay n bởi f n  ta có: f f n   qf n  1

q

Vậy ff n   f n  n 1 q 1  1 1

Do f f n   f n    nên n ff n   f n  n 0 ff n   f n  n

16 Chứng minh rằng không tồn tại song ánh f :* thỏa mãn điều kiện:

HD:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

- Cho m 1 ta được: f n  f n  f  1 3f    1 f n Nếu f  1 0 thì f n   0, vô lý Vậy phải có: f  1 0 Vì f là song ánh nên f n   1 n 2

- Suy ra nếu n là hợp số thì f n   5

Cũng do f song ánh nên có duy nhất *

, ,

p q r   sao cho f p 1, f q 3, f r 8 Chú ý rằng ,

p q là các số nguyên tố phân biệt Khi đó:  2   2

33

f q  f pr  q  pr, vô lý Vậy không tồn tại hàm số

17 Tìm tất cả các hàm f : sao cho với mọi , ,m n k   ta đều có:

        1

HD:

- Cho kmn 0 f  0 12 0 f  0  1

- Cho mnk  1 f  1 1

Trang 7

- Cho mn0  f k    1 k

- Cho k1,m 0 f  n    1 n

Suy ra: f n    1 n

:

f   thỏa mãn các điều kiện:  2      *

,

f m f n mnf m m n  Chứng minh rằng nếu   2

2003

f a thì a là số nguyên tố

HD:

- Chứng minh f là đơn ánh và f  1 1 ?

- Dễ thấy f f n  n    Thay n bởi n  f n  có:

 

f m f f n mf n f m  f m n mf m f n

Vậy  2  

f m mf m  và m  2 2    2    2 2

f m n mf m f n  f m f n , nghĩa là f nhân tính trên tập

hợp các số chính phương

Giả sử   2

2003

f a với a là hợp số, nghĩa là amn với mn1

Khi đó:      2  2 2    2 2

f f  f a  f m n   f m f n Vô lý vì 2003 là số nguyên tố

19 Tìm tất cả các hàm * *

:

f   thỏa mãn điều kiện:

(i) f tăng thực sự

,

f mf n n f mn m n 

HD:

- Thay m 1 ta có:     2  

f f n n f n

- Giả sử   2      2 2   2    2

f n n  f f n  f n n f n  f n  f n n , vô lý

- Tương tự ta cũng chứng minh được:   2

f n n

f n n   n

20 Tìm tất cả các hàm f thỏa mãn hai điều kiện:

(i) m n,   thì  2 2 2  2 

2 f m n  f m  f n

(ii) m n,   mà mn thì  2  2

f m  f n

HD:

- Cho m 0 và n 0 ta được  2 2  2 

2f n  f n  f 0 và  2 2  2 

2f m  f m  f 0

Trang 8

Do đó 2  2    2 2 2 

2

f m  f n  f m  f n

- Cho mn0 có f  0 0 hay f  0 1

+ Nếu f  0 1 thì ta có:  2 2     

2f m  f m  1 f 1  1 f 2  1

Từ đẳng thức:    12

2

 , bằng quy nạp ta có:  2

2 n 1

Với n tùy ý luôn có số k sao cho 2 1 2  2 1    2  

2k n2 k  f 2 k  f n  f 2 k  f n 1 + Nếu f  0 0 f  1 0 hoặc f  1 2

Với f  1 0 ta có hàm số f n   0 và với f  1 2 ta có f n 2n

21 Xác định hàm số f : thỏa mãn điều kiện: ff n  f m   n mn m,  

HD:

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán

- Chứng minh f là đơn ánh ?

n

   ta có: f f n  f n    n n 2nn1  n1 f f n 1 f n 1 

     1  1  1      1 

 f là hàm tuyến tính tức f có dạng: f n an b

Thử lại ta có: aan b   am b  b m n  a1,b0

Suy ra: f n n

22 Cho f : Chứng minh rằng tồn tại x   sao cho: 0     4

f f x  x

HD: Giả sử:     4

1

f f x  x    x

Dễ thấy:   4 

Suy ra:     4  4          2  2 

f  f  f  f f  f   f  f  f  f 

Chứng minh f  1  f  0 0 ?

   



 hay f  1 1,f  0 0 hoặc f  1 0, f  0 1

Giả sử: f  1 1,f  0 0 Suy ra: f f  1  f  1 ,f f  0  f  0 Điều này mâu thuẫn

Trang 9

23 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn các điều kiện:

(i) ff n   f n  (ii) f f m  f n   f m n (iii) f nhận vô số giá trị

HD:

Giả sử tồn tại m1m2 mà f m 1  f m 2 Ta có thể xem m2 m1

Khi đó với mọi n ta có: f f m 1  f n   f f m 2 f n   f m 1n f m 2n

Dễ có f n  f n d với d m2m1 0 Như thế f là hàm tuần hoàn và do đó chỉ nhận hữu hạn

giá trị Điều này mâu thuẫn với (iii)

Suy ra f là một đơn ánh Từ (i) có ngay f n n   n

24 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn f n m f n m f  3n m n,   và nm

HD:

- Cho m 0 ta có:     *

2f n  f 3n   n

- Cho mn0 ta được: 2f 0  f  0  f  0 0

- Cho mn ta được:     *

f n  f n   n Suy ra: f 4m f 6m f 2.3m f 3.3m f 9m

f m    m Cuối cùng    ta có: m *   1 3  1 2  0

Kiểm tra hàm số: f n   0    thỏa mãn yêu cầu bài toán n *

25 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn: f x y f x  f y 2xy x y,  

HD: Từ điều kiện bài toán ta có:    2   2   2

f xy  xy  f x x  f y y

Đặt     2

g x  f x x , như vậy g x yg x g y .Dễ dàng có: g 0 0.Đặt g 1 k

Chứng minh quy nạp: g nx ng x    x

Với x m

n



   , ta có: g x  g m g m.1 mg 1 m.k kx

Hơn nữa

 0        

g  g x g x g x  g x Do đó: g x kx  x Suy ra:   2

f x x kx

Trang 10

26 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn:    

f x f y

x y

f    

,

x y

   và xy chia hết cho 3

HD:

Với mọi n   ta có:   0 3  0  3 2    0  3

n

f n  f      f n  f  f n

f n f n

n n

f n  f      f n  f n

Lại có:    2 3 3  3  3  3

f n f n

n n

f n  f n  f      f n

Vậy f n  f  2n  f 3n Do đó để ý đến (*) ta có: f n  f  0 Suy ra f là hàm hằng

27 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:3f n 2f f n  n    n

HD:

Giả sử f là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đặt: g n  f n n

Khi đó: 2g f n   g n     (*) n

Áp dụng liên tiếp hệ thức (*) ta suy ra:       2              

m



Như vậy g n  luôn chia hết cho 2 m    Điều này chỉ có thể xảy ra khi m g n   0 hay f n n

28 Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn điều kiện:  3    3 

,

f x  f y  y f x x y 

HD:

- Chứng minh f là một đơn ánh?

- Thay y bởi 3 

 thì ta có  3 

0

f x y  , nghĩa là tồn tại số a sao cho f a   0 Đặt f  0 b Tìm cách chứng minh f  0 0 ?

- Thay y  vào điều kiện bài toán ta được: 0  3 3 

f x  f x   x

Từ đó   3   

f  f  f  hoặc f  1  1

Nhưng do f là đơn ánh và f  0 0 nên chỉ xảy ra hai khả năng:

a) TH: f  1 1

Trang 11

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Thay x 1 và y bởi f y  thì ta được:

 

f  f f y  f y  f  f y  f y  hay f x 1 f x    1 x

Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được: f x x   x

b) TH: f  1  1 Dễ dàng chứng minh f x     x x

29 Cho hàm số f :  thỏa mãn điều kiện: f x y f x  y x y,

x



Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có:      

1

2

n

i

n n





HD:

Cho x y2i   i ta có:     2  1  

2

i

f   f   f   f 

f  f  f  f   f   f    f   f

1

2

n n



30 Cho hàm số f n  xác định trên tập hợp các số nguyên dương  thỏa mãn các điều kiện: *

(i) f p   1 nếu p nguyên tố

,

Hãy tìm giá trị n sao cho f n n

HD:

Ta xét hàm f xác định như sau:

Với p nguyên tố thì  k k 1

f p kp 

1m 2m m k

k

n p p p thì đặt  

1

k i

i i

m n

f n

p





Dễ kiểm tra hàm số trên thỏa mãn các điều kiện (i) và (ii) Hơn nữa đó là hàm duy nhất thỏa mãn đề bài

Ta thấy  

1

k i

i i

m

f n n

p



   Từ đó xác định được n có dạng n p n với p là số nguyên tố

31 Chứng minh rằng tồn tại vô số các hàm số f : *  * thỏa mãn các điều kiện:

(i) f f n   n *

n

   (ii) f n n    n *

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	283,26 KB