DS2 d4 HuyPV so hoc trong phuong trinh ham tren tap roi rac

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi Những bài toán phương trình hàm xuất hiện thường xuyên trong các kì thi học sinh giỏi quốc g

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC

Phạm Viết Huy Trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi

Những bài toán phương trình hàm xuất hiện thường xuyên trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế và ngày càng trở nên quen thuộc đối với các học sinh yêu Toán Đặc biệt, việc giải các phương trình hàm trên tập rời rạc ngoài việc sử dụng các kỹ thuật chung, ta còn có thể sử dụng những tính chất số học đặc trưng của tập rời rạc như: tính chất chia hết, tính chất của số nguyên tố, số chính phương, nguyên lý cực hạn… Bài viết xin đề cập đến vấn đề này thông qua một số bài toán minh họa

Bài toán 1

Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn

   2 2

( ) ( ), ,

m n f m n mf n nf m m n (1)

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Kí hiệu P u v chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1)  ,

   2

P n nf n nf  n Do đó,  2

(0),

f n  f  n Đặt ( )g n  f n( ) f(0), n

Khi đó, ta có    2 2

( ) ( ), ,

m n g m n mg n ng m m n (2) , hơn nữa (0) 0g 

và g n( 2)  0, n

Kí hiệu Q u v chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (2)  ,

Q n n  ng n  ng n  n Do đó,  2

g n g n  n

Q n n  n g n n g n  n Do đó,  4

( ) 3 5 ,

g n  g n  n

Từ đó, ta suy ra được g n( ) 3 ,k    n , k *

Suy ra g n( )  0, n hay f n( ) f(0)const, n

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 2

Cho f : * *là hàm số thỏa mãn điều kiện   *

f n  f f n  n Chứng minh rằng f n( )  n, n *

(IMO-1977)

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

( ),

d min f n n Theo nguyên lý cực hạn d tồn tại và duy nhất

Gọi m *sao cho f m( )d

Nếu m1 thì d  f m( ) f f m ( 1), mâu thuẫn

Do đó, ( )f n đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất tại một điểm n=1

f min f n n n và lặp lại quá trình lập luận như trên ta được (1)f  f(2)  f n( )

Ta có f(1) 1 nên f n( )  n, n *

Nếu tồn tại n0 * mà f n( )0 n0 thì f n( )0 n01 Suy ra f f n( )0  f n 01, mâu thuẫn

( ) ,

f n   n n Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 3

Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn f(1)=1, f(3)=3 và với mọi số nguyên dương n thì

(2 ) ( ); (4 1) 2 (2 1) ( );

(4 3) 3 (2 1) 2 ( )

f n f n f n f n f n

( IMO-1988)

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Một số k bất kỳ chỉ có thể có một trong 4 dạng: k=4n; k=4n+1 ; k=4n+2;

k=4n+3

Do đó từ giả thiết ta thấy rằng hàm số f xác định một cách duy nhất Ta sẽ sử dụng biểu diễn cơ số 2 để tìm biểu diễn của hàm số f Ta có

2 2 2 2

(11 ) (3) 3 11 ; (100 ) (4) 1 001

f  f   f  f  

Quy luật: Biểu diễn của f n trong hệ cơ số 2 chính là cách viết ngược lại của biểu ( )

diễn của n trong hệ cơ số 2 b, tức là f  a a k k1 a a1 02a a0 1 a a k1 k2

Chứng minh Giả sử tính chất đúng cho mọi k<n Ta sẽ chứng minh nó đúng cho n

 Nếu n=2m thì theo giả thiết f(n)=f(m) Vì n=2m nên nếu m được biểu diễn trong hệ

cơ số 2 dưới dạng ma a k k1 a a1 0 2 thì na a k k1 a a1 002 Theo giả thiết quy nạp ta có

0 1 1 2 0 1 1 2

f a a a a f n f m f a a a a

a a a a a a a a

 Nếu n=4m+1 với ma a k k1 a a1 0 2 thì na a k k1 a a1 0012 và

 1 1 0 2

2m 1 a a k k a a 1

Theo giả thiết quy nạp ta có

1 1 0 2

1 1 0 2 1 1 0 2

0 1 1 2 0 1 1 2

0 1 1 2 0 1 1 2

0 1 1 0 1 1

0 1 2

10 0

k k

k

f a a a a f n f m f m f m

f a a a a f a a a a

a a a a a a a a

a a a a a a a a

a a a a a a a a

a a a



  1a k 2  10a a0 1 a a k1 k2

 Nếu n=4m+3 với ma a k k1 a a1 0 2 thì na a k k1 a a1 0112 và

 1 1 0 2

2m 1 a a k k a a 1

Theo giả thiết quy nạp ta có

1 1 0 2

0 1 1 2 0 1 1 2 0 1 1 2

0 1 1 2 2

0 1 1 2

11 ( ) (4 3) 3 (2 1) 2 ( )

(2 1) 2 (2 1) 2 ( )

11

k k

f a a a a f n f m f m f m

a a a a a a a a a a a a

a a a a

a a a a









Vậy quy luật được chứng minh

Bài toán 4

Giả sử hàm số f : *  *thỏa mãn điều kiện   2 *

f mf n n f m m n (1)

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì f(p) là một số nguyên tố hoặc bình

phương của một số nguyên tố

Giải

Kí hiệu P u v chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1)  ,

P n  f f n n f  n Suy ra f là một đơn ánh

P n  f nf  f n  n Suy ra f(1)=1 và   2 *

f f n n  n

f f m f n n f f m n m  f f mn m n

( ) ( ) ( ), ,

f mn  f m f n m n

Bây giờ giả sử p là số nguyên tố mà f(p) không phải là số nguyên tố cũng không phải

là bình phương của một số nguyên tố

Khi đó tồn tại *  

m n mn sao cho f(p)=mn

Suy ra

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

p f f p f mn f m f n

f m f n p

m n

  (mâu thuẫn)

Vậy với mọi số nguyên tố p thì f(p) là một số nguyên tố hoặc bình phương c ủa một số

nguyên tố

Bài toán 5

Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn

f m n f n m m n (1)

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Kí hiệu P u v chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1)  ,

Gọi p là một số nguyên tố bất kỳ

P p f n n  f p f n  n p  n

Nếu chỉ xét n \ 1  thì

( )

f p f n n p

f p f n p n p n

f p f n n p





Lại có

P p f n m  f p f n  m f m  p f n m n

Suy ra

*

*

p n m f m p f n

p n m f m p f n

p n m n m f n f m

p n m m n f n f m







Suy ra

*

( ) ( ) 0

2 ( ) 2 ( ) 0

n m f n f m

m n n

n m f n f m



Với m n,  * mà m lẻ, n chẵn thì ta có

n m  f n  f m   f m  m f n n

f n  n c const  n hay f n( )   n c, n * Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 6

Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn

( ) ( ) 2

mf m nf n  mn là số chính phương,m n,  * (1)

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Kí hiệu P u v chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1)  ,

i) Ta chứng minh nf n là số chính phương( ) , n  *

Giả sử phản chứng rằng tồn tại n * sao cho nf n không phải là số chính phương ( )

Vậy tồn tại số nguyên tố p và k * để nf n p( ) 2k1 nhưng nf n( ) p 2k

 2  2  2 2 2

P n p nf n  p f p  np t

2 2k 1 k

t p  t p

 

2 2 2 2 2

nf n t p f p np p

Do đó, nf n là số chính phương( ) , n  *

ii) Ta chứng minh với mỗi số nguyên tố p và với mỗi n *mà ( )f n p thì n p

Giả sử phản chứng rằng tồn tại n * và tồn tại số nguyên tố p sao cho ( ) f n p nhưng n p

Theo i) thì nf(n) là số chính phương chia hết cho p nên chia hết cho p , mà n p nên 2

2

( )

f n p

P n p nf n  pf p  npt

t p t p np p n p

n p

 nếu p2 Mâu thuẫn đó chứng tỏ ii) đúng khi p2

Xét p=2

P n n  nf n  n t là số chính phương chẵn

Suy ra nf n( )n2 2n 2 (mâu thuẫn) Vậy ii) cũng đúng trong trường hợp p=2

Từ ii) ta suy ra f(1)=1

iii) Ta chứng minh f n( )  n, n *

 ,1 ( ) 2 1

P n nf n  n là số chính phương, n  * hơn nữa nf n( ) 2 n 1 nf n( ) nên

nf n  n  nf n  Suy ra f n( )  n, n *

iv) Ta chứng minh f n( )  n, n *(2)

(2) đúng khi n=1

Ta có f(2)2 nhưng nếu f(2)=1 thì 2f(2) không phải là số chính phương (mâu thuẫn) nên f(2)=2 Do đó, (2) đúng với n=2

Giả sử (2) đúng đến n=k-1 với k *,k 3 Ta chứng minh (2) đúng với n=k

Ta có 9m12 m22   m k21(2k2)2 Xem các số m i 0 ta có

3m m   m k 2k2

Do đó, tồn tại 1  i k 1 sao cho m i1m i 1 Từ đó suy ra f(k)=k

( ) ,

f n   n n

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 7

Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f tăng thực sự

ii) f(2 )n  f n( )  n, n

iii) Nếu f(n) là số chính phương thì n là số chính phương

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Do f tăng thực sự nên f n( ) f n(   1) f(2 )n  f n( )  n, n

Suy ra f n(  1) f n( ) 1,  n

Đặt (1)f a Suy ra f n( )    n 1 a, n

f a  a  a Theo iii) suy ra a2 a 2 là số chính phương Mặt khác, a2 a2  a 2 (a2)2 nên a2  a 2 (a1) 2 Suy ra a1

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 8

Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f tăng thực sự

ii) f(2)2

iii) f m n( ) f m f n( ) ( ),m n,  *,( , )m n 1

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Từ iii), ta có  2

(1) (1.1) (1)

f  f  f Suy ra f(1) 1

Ta có

(3) (5)f f  f(15) f(18) f(2) (9)f 2 (9)f và (9)f  f(10)  f(2) (5)f 2 (5)f Suy ra f(3) (5)f 4 (5)f  f(3) 4

Mặt khác 2 f(2) f(3)4, từ đó ta có f(3)3

Giả sử ta có ( )f k   k, k n Ta chứng minh f n(   1) n 1

Thật vậy, theo iii) ta có 2  

f n n  f n n  f n f n n n

Vì f tăng thực sự nên ta có n f n( ) f n(   1) f n( 2n)n n( 1)

f n n f n  n f n   n n n  f n n n n Theo nguyên lý quy nạp dạng mạnh, ta có f n( )  n, n

Thử lại thấy thỏa mãn

Bài toán 9

Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f toàn ánh

ii) m n khi và chỉ khi f m f n( ) ( ),m n,  *

Giải

Giả sử f là một nghiệm hàm

Vì f toàn ánh nên  n0 * sao cho f n( )0 1 Mặt khác theo ii), ta có f(1) f n( ) 10 

nên f(1) 1

Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử có f m( ) f n( ) Khi đó,

( ) ( )

f m f n m n và f n f m( ) ( )n m Do đó, m n Vậy f đơn ánh Suy ra f là

song ánh Do đó điều kiện ii) tương đương với điều kiện sau:

iii) m n khi và chỉ khi f1( )m f 1( ),n m n,  *

Tiếp theo, ta chứng minh nếu p là số nguyên tố thì f(p) cũng là số nguyên tố

k  hoặc k  f p( ) Suy ra f(p) cũng là số nguyên tố

Ta chứng minh f p( )f p( ), với mọi số nguyên tố p và mọi số nguyên dương 

Giả sử q là một ước nguyên tố của f p( ) thì f1( )q p nên f1( )q  p Suy ra ( )

q f p Điều đó có nghĩa là f(p) là ước nguyên tố duy nhất của ( f p) Giả sử

f p  f p   Vì 1, , ,p p là các ước khác nhau của p nên

(1), ( ), , ( )

f f p f p là các ước khác nhau c ủa f p( )f p( ) Từ đó, ta được

  Chứng minh tương tự như trên nhưng áp dụng cho 1

f , ta được   Vậy ta

có f p( )f p( )

Bây giờ, ta chứng minh f là hàm nhân tính, nghĩa là *

( ) ( ) ( ), ,

f a b  f a f b a b Trước hết, ta xét trường hợp ( , ) 1a b  Khi đó, f a f b( ), ( )1 Thật vậy, giả sử d là ước chung của f(a) và f(b) thì 1

( )

f d a và f1( )d b nên f1( )d 1 Suy ra

 1 1

d  f 

Ta có ( )f a f ab và ( )( ) f b f ab nên ( ) ( )( ) f a f b f ab Chứng minh tương tự cho ( )

1

f , ta được ( ) ( ) ( )f ab f a f b ,và đo đó *

( ) ( ) ( ), , ,( , ) 1

f ab  f a f b a b a b  Từ

đó, dựa vào sự phân tích ra thừa số nguyên tố của số tự nhiên, ta dễ dàng chứng minh

( ) ( ) ( ), ,

f m n  f m f n m n

Như vậy, f là một song ánh trên tập *, hơn nữa nếu giới hạn trên tập số nguyên tố

thì f cũng là song ánh và f là hàm nhân tính Nếu 1 2 3

1 2 3 k

k

n p p p p thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k

k

f n  f p  f p  f p  f p 

Ngược lại, giả sử g là một song ánh tùy ý trên tập số nguyên tố Ta xây dựng f như

sau: f(1) 1 và nếu 1 2 3

1 2 3 k

k

n p p p p thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k

k

f n  g p  g p  g p  g p  Dễ dàng kiểm tra được f thỏa mãn bài toán

Bài tập rèn luyện

1 Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn 3 ( ) 2f n  f f n ( )n,, n

(Đề nghị Olympic 30-4-2002)

2 Tìm tất cả các hàm số * *

:

f  biết rằng tồn tại n0 *sao cho f n 0 1 và

( ) ( ),

f n f n  f n  n

(Đề nghị Olympic 30-4-2014)

3 Tìm tất cả các hàm số f : * * thỏa mãn f(1)=2, f(2 )=1 và với mọi số nguyên dương n thì

(3 ) 3 ( ); (3 1) 3 ( ) 2; (3 2) 3 ( ) 1

f n  f n f n  f n  f n  f n 

4 Tìm tất cả các hàm số * *

:

f m n f n m m n

5 Tìm tất cả các hàm số f : *  * thỏ a mãn

2 f m n  f m( ) ( )f n  f m( ) f n( ) ,m n, 

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Quý Dy-Nguyễn Văn Nho , 200 bài thi vô địch toán- phương trình

hàm, Nhà xuất bản giáo dục (2006)

[2] Nguyễn Tài Chung-Lê Hoành Phò, Chuyên khảo Phương trình hàm, NXB Đại

học quốc gia Hà Nội (2013)

[3] Tuyển tập đề thi Olympic 30-4-2013, NXB Đại học sư phạm