SH quang NV phuong trinh ham lien quan den so hoc

MỘT SỐ BÀI TOÀN PHƯƠNG TRÌNH HÀM CÓ LIÊN QUAN ĐẾN SỐ HỌC Giáo viên: Nguyễn Văn Quang Trường THPT chuyên Nguyễn Du – Tỉnh Đaklak Bài viết này là một bài tổng hợp về một số bài toán phươ

MỘT SỐ BÀI TOÀN PHƯƠNG TRÌNH HÀM CÓ LIÊN QUAN ĐẾN SỐ HỌC

Giáo viên: Nguyễn Văn Quang

Trường THPT chuyên Nguyễn Du – Tỉnh Đaklak

Bài viết này là một bài tổng hợp về một số bài toán phương trình hàm, trong đó có sử dụng tính chất số học để tìm các tính chất hàm số, từ đó có các lời giải đẹp Bài viết này chỉ là sự tập hợp các bài toán để các em học sinh luyện tập, có cái nhìn tương đối về các dạng bài tập này

Bài toán1: Tìm các hàm số f : NN thỏa mãn :  2     2  

x f y f x y x, yN

Giải: Giả sử f là hàm số thỏa mãn  2     2  

x f y f x y x, yN (1)

Từ (1), thay x = y = 1 ta có:      2        

1 f 1 f 1 1 2 f 1  1 f 1 1 Trong (1), cho x=1, ta có: 1 f y    1 y   y N y f y   y N (2)

Trong (1), cho y=1, ta có:  2   2    

x 1 f x 1  x N  x f x  x N (3)

Từ (2) và (3) ta có f x x , x N

Thử lại, f x x , x N thỏa mãn đề bài

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

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

Đặt g n   f n   n, n 

Ta có : 2g f n   2 f f n    f n  f n  n g n , n   

Áp dụng liên tiếp ta có:       2       m        

m

g n 2g f n 2 g f f n   2 g f f f n



      hay f n n,  n 

Thử lại hàm f n n,  n  thỏa mãn

Bài toán 3: Cho hàm số f :  thỏa mãn đồng thời :

i) f n 1    f n , n  

ii) f f n   3n, n  

Tính f(2016)

Giải:

Nếu f(1)=1, ta có 3=f(f(1))=f(1)=1 (vô lý)

Đặt f 1 k, k2

Ta có 3f f 1    f k  f k 1 1   f k 1   1 f 1    k 1 2k 1  k 2

Do đó f 1 2

Ta có: f 2 f f 1    3, f 3 f f 2   3.26, f 6 f f 3   9

         

3f n f f f n f 3n , n  

f 3 n 3.f 3 n 3 f n

f 3 3 f 1 2.3

Ta có:  k   k  k 1

f 2.3 f f 3 3 

3  f 2.3 f 3 3 f 3 3 2.3 3 3   k k  k k

 k   k k

f 3 a f 3 a 2.3 a

1;3

a  

f 2.3 a f f 3 a 3 3 a 3  3a

   6  7

f 2016 f 2.3 558 3 3.5583861

Bài tốn 4: (Iran TST 2005) Tìm tất cả các hàm số f : N N thỏa mãn: tồn tại số k và số nguyên

tố p sao cho với mọi nk, f n p  f n và nếu m n thì f m 1   f n 1

Giải: Giả sử f là hàm số thỏa mãn yêu cầu bài tốn

Giả sử nk và n 1 khơng chia hết cho p Khi đĩ tồn tại k sao cho n 1  nkp

     

f n f n kp 1

Mặt khác f n  f nkp nên f n 1  f n 1

Với n>1 bất kì, ta cĩ: n 1  n 1 kp  f n f    n 1 kp   1 2

Do đĩ với n>1 thì: f n    1; 2

Ta xét hai trường hợp:

TH1: f n   2, n k và p n 1

Khi đĩ với nk và n 1 khơng chia hết cho p, tồn tịa m sao cho n 1 m và p m 1 Suy ra

     

f n f m   1 3 f n 1 ( khơng mâu thuẫn với cm trên)

Ta xác định hàm f:

 

 

   

và và p không là ước của f







TH2: f n   1, n k và p n 1

Trong trường hợp này , f n   1, n k

Gọi S={a:f(a)=2} thì sẽ khơng tồn tại m,nS thỏa mãn: m 1 n

Ta cĩ hàm f :

+ f n 1 , n  

+ f n  2 n S

nếu nếu





 và f(1) là số bất kì xác định bởi f 2 f 1   1

Bài tốn 5: (Iran 2008) Cho k là số nguyên dương Tìm các hàm số f : NN sao cho

     k

f m f n m n với mọi số nguyên dương m,n

Giải:

Giả sử f a   f b với ab , với mọi số nguyên dương n, ta cĩ

          k k

f a f n an ;f b f n b n Mặt khác f a       f n f b f n nên f a   f n là ước chung của  k

an và  k

b n Chọn n đủ lớn để an là số nguyên tố lớn hơn a-b, thì gcdan; b n gcdan; b a 1

Khi đĩ f a   f n khơng thể là ước chung của  k

an và  k

b n ( mâu thuẫn) Do đĩ f là đơn ánh

Cố định số nguyên dương m Với mọi n,         k   k

f n f m nm , f n f m 1 n m 1

Vì gcdm n, m n 1    1 , nên

       

gcd f n f m , f n f m 1 gcd f n f m , f m 1 f m 1 (*)

Giả sử p là ước nguyên tố của f m 1    f m Lấy số nguyên dương a sao cho pa m

Xét npam thì      k ak

f n f m nm p p f n   f m

       

p gcd f n f m , f m 1 f m

   

f m 1 f m  1

Mặt khác, do f đơn ánh nên f m 1    f m   1 m  hoặc  f m 1    f m    1 m  

Lại có f chỉ nhận giá trị dương, nên f m 1    f m   1 , m  

Vì vậy, tồn tại c để f n  n c  n 

Nếu c>0, lấy số nguyên tố p2c thì     k

2c p p p 2c p p 2c

02cp ), do đó c=0

Thử lại f(n) = n là nghiệm

Bài toán 6: (IMO shorlist 2009) Cho hàm số f   : , f khác hàm hằng số và thỏa mãn:

a – b | f(a) – f(b)

Chứng minh rằng tập các ước nguyên tố của f(c), với c   là vô hạn

Giải: Giả sử f chỉ có hữu hạn ước nguyên tố Khi đó gọi tất cả các ước nguyên tố của f là

p1, p2, , pn Theo giả thiết ta có

a = (a+1) – 1 | f(a + 1) – f(1)

Vì f(1) là xác định nên tồn tại vô số số a sao cho

( ) ( (1))

v a v f

Mà

a | f(a + 1) – f(1)

Nếu f(a + 1) ≠ f(1) thì tồn tại ít nhất một chỉ số i sao cho

( ( 1)) ( (1))

v f a v f

v f a  f v f v a (vô lí)

Vậy f(a + 1) = f(1)

Với mọi b ta có (a + 1) – b | f(a + 1) – f(b) = f(1) – f(b)

Do đó (a + 1) – b | f(1) – f(b) với mọi a

Điều đó chỉ xảy ra khi f(b) = f(1)

Hay f là hàm hằng (mâu thuẫn với điều kiện bài toán)

Vậy có điều phải chứng minh

Bài toán 7: (IMO 2010-bài 3) Tìm các hàm số g : thỏa mãn: g m n m g n      là bình phương đúng với mọi số tự nhiên m,n

Giải:

Trước hết ta chứng minh: Nếu p f k   f h với p nguyên tố và k,h là số nguyên dương, thì p kh

CM: Giả sử 2    

p f k f h thì     2

f h f k ap , a Lấy số nguyên dương Dmax f k , f h      và D không chia hết cho p, đặt npDf k 

Ta có nf k pD và n f h  pDf h   f k p D pa   là hai số đều chia hết cho pnhuwng không chia hết cho p 2

Áp dụng điều kiện bài toán, cả hai số f k n f n   k và f h n f n   h là các số chính phương và chia hết cho p Do đó cả hai số f n k và f n h đều chi hết cho p nên

 

     

p f n k  f n h  k h

Mặt khác nếu f k   f h chia hết cho p nhưng không chia hết cho p thì ta chon số D như vậy và đặt 2

 

3

np D f k thì   3

f k  n p D và   3      

f h  n p D f h f k lần lượt chia hết cho p ( không 3 chia hết cho p ) và chia hết cho p ( không chia hết cho 4 p ) Tương tự trên ta cũng có 2 f n k và

 

f n h đều chi hết cho p nên p f n kf n h  k h

Trửo lại bài toán:

+ Nếu f k   f h thì theo chứng minh trên k-h chia hết cho mọi số nguyên tố, vì vậy k-h=0 Suy ra f là đơn ánh

+ Vì (k+1)-k=1 không có ước nguyên tố , nên từ chứng minh trên ta có f k 1    f k 1

+ Đặt f 2   f 1 q, q 1 Bằng quy nạp ta có: f n    f 1 q n 1 

Ta có q không thể bằng - 1, vì nếu q=-1 thì vơi nf 1 1 thì f n 0 ( vô lý) Vậy q=1

Suy ra f n f 1    1 n n a với a=f 1  1 0

Thử lại:          2

f m n f n m  n m a là số chính phương

Kết luận:

Bài toán 8: ( Hưng Yên 2015 – DHBB) Cho đa thức 3 2

tồn tại số nguyên a sao cho ( ) f a chia hết cho 32015

Giải: f x ( )  ( x  1)3  6( x   1) 27

3

g x  x  x 

Gọi A=  3 2012

1

( )

k

g k 

Ta chứng minh A là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 32012

Thật vậy, giả sử A không là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod 32012

 tồn tại i, j sao cho: 1    i j 32012 và g(i)  g(j) (mod 32012)

27 i    2 i 1 27 j  2 j  1 (mod 32012)

 i  j (mod 32012) (mâu thuẫn)

 A là hệ thặng dư đầy đủ mod 32012

 Tồn tại n  2012

[1; 3 ] sao cho: g(n)  0(mod 32012)

 f(9n+1) = 27.g(n) chia hết cho 27 32012= 32015

Vậy tồn tại số nguyên a để f a chia hết cho 3   2015(đpcm)

Bài toán 9: (IMO Shortlists 2004) Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn :

     

f m f n m n , m, n (1) 

Giải:

Giải sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện đề bài

Cho m=n=1 vào (1) ta có: 2     2 2  

f 1 f 1 1 1  4 f 1 1 ( do f 1 1, f 1  )  Thay m=1 vào (1) ta có:    2

f n 1 n 1 , n   Thay n=1 vào (1) ta có:    2

f m 1 m 1 , m   Với p là số nguyên tố bất kì

Trong (1), cho m=1, n=p-1 ta được   2

f p 1 1 p  

f p 1 1 p

f p 1 1 p

  



 

  

f p 1  1 p f p 1 p 1

Trong (1), cho m p 1; n1 ta được  2 2   2 

p 1 1 p 1 1 (2)

Mà  2   2 2  2  2   2 2

p 1  1 p 1 p 1 p p 1  p p  p 1 1 ( mâu thuẫn với (2))

Do đó: f p 1     1 p f p 1    p 1 với mọi số nguyên tố p

Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho f k k Với mỗi số k như thế và số nguyên dương n ta có:

   2

k f n k n   2     2      2       2

p 1 f n  p 1 f n p 1 2n f n  f n n 

Khi chọn k đủ lớn ta phải có: f n n

Thử lại : f n n ,   thỏa đề bài n 

Bài toán 10: (Không rõ nguồn) Cho f , g :  là hai hàm số thỏa mãn:

i) g là toàn ánh

ii) 2  2 2 

2f n n g n , n  

CMR: f n  n 2004 n , n  thì f có vô số điểm bất động

Giải:

Theo định lý Đirichlet về số nguyên tố thì dãy  p với i p là các số nguyên tố dạng 8k+3 là một dãy vô i hạn Khi đó với mọi n thì:  p2 1

8 n

2

p



2 p

  là kí hiệu Legendre )

Sử dụng điều kiện i), ta có dãy vô hạn  xn sao cho g x n p , nn   

Ta có: 2  2 2

2f x x p

2f x x mo pd

p f x 2

1



   

Suy ra tồn tại 2 dãy số nguyên dương    an , bn sao cho

 

n n n

n n n

x a p

f x b p





Từ ii) ta có: 2b2n a2n 1

Sử dụng giả thiết f n  n 2004 n , n  ta có:

n

n



n

nlim a 1



Suy ra tồn tại N sao cho 0 an bn   1, n N0

Vậy f p n p , nn  N0 (điều phải chứng minh)

Bài toán 11: (IMO shortlist 2013) tìm các hàm số f :  thỏa mãn:  2    

m f n mf m n với mọi

số nguyên dương m,n

Giải: Giả sử f là hàm số thỏa điều kiện 2    

m f n mf m  n, m, n (1) 

Thay m=n=2 vào (1) ta có: 4 f 2 2f 2    2 Mà 2f 2  2 2 4 f 2     , suy ra

     

2f 2   2 4 f 2 f 2 2

Thay m=2 vào (1) ta có: 4 f n 4 n    f n n , n  (2)

n f n nf n  n nf n  n n f n  n 1 f n n 0

Do đó f n n với mọi n2 (3)

Từ (2), (3) suy ra f n n

Thử lại ta có f n n, n  thỏa mãn 

Bài toán 12: (IMO shortlist 2011) Cho hàm số f : thỏa mãn với mọi số nguyên m, n thì 

   

f m f n chia hết cho f m n   CMR: Với mọi số nguyên m, n thỏa f m   f n thì f n chia   hết cho f(m)

Giải: Gọi x,y là hai số nguyên với f x   f y Ta chứng minh f x f y    

Thay m=x, n=y vào điều kiện đề ta có: f x y f x    f y f y   f x >0

       

Đặt df x  f xy Ta có:

       

Thay m=x, n=x-y ta có: f y d , do đó d=0   f x  f xy f x    f y f x f y   

Bài tập:

Bài 13: Tìm tất cả các toàn ánh f : thỏa mãn với mọi m, n thì f m f n   m n

Bài 14: (USA –TST) Cho p là số nguyên tố lẻ Tìm tất cả các hàm f : thỏa mãn:

i) f m   f n với mn mod p 

ii) f mn     f m f n , m, n 

Bài 15: Tìm số nguyên không âm n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số f :0; khác hàm hằng thỏa mãn đồng thời:

i) f xy     f x f y , x, y 

ii)  2 2      

2f x y f x f y  0;1; 2; ; n ,x, y

Với n tìm được, hãy tìm các hàm số thỏa mãn

Bài 16: ( IMO shortlist 2014 – Hà Lan) Xác định các hàm f : thỏa mãn:

 

       

f f m n f m f n f 3m 2014 , m, n

Bài 17 : (Đề đề nghị DHBB 2014) Kí hiệu * là tập hợp các số nguyên dương Tìm tất cả các hàm f : *  * thỏa mãn đẳng thức:

 2  2   2 2

Bài 18: ( Đề đề nghị DHBB 2015): Tìm tất cả các hàm f: thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, ta có f(a).f(b)=f(ab)

ii) Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba cạnh là

f(a), f(b) và f(a+b-1)

Bài 18: ( IMO shortlist 2014 – Anh) Tìm các hàm f : thỏa mãn 2   2   

n 4f n f f n ,  n

Bài 19: (IMO shortlist 2009 – Bài N5) Với mọi n , kí hiệu d n là số ước nguyên dươn của n Tìm   các hàm số f :  thỏa mãn: 

i) d f x     x , x  

ii)     xy 1  

f xy x 1 y f x với mọi x, y 

Bài 20: (IMO shortlist 2007 - Iran) Tìm các toàn ánh f : thỏa mãn Với mọi m, n và mọi

số nguyên tố p thì p f m n  p f m   f n

Bài 21: (Mathlinks contest) Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn:

i) Nếu a b thì f a   f b

ii)    2 2    

f ab f a b f a f b ,a, b

Bài 22: (Việt Nam 1997) Cho hàm số f : xác định bởi

f 0 2;f 1 503, f n2 503f n 1 1996f n Với k chọn các số nguyên s ,s , s1 2 k không bé hơn k và cho p là ước nguyên tố của i  s i

2

f CMR:

i

p 2 k 2

Bài :23: Tìm các hàm f : thỏa mãn gcd f m , f n      1 gcdm, n1

Bài 24: Cho f là hàm số f : và thỏa

i) f 0 0, f 1 1

ii) f n 223f n 1    f n , n0,1,

CMR: Với mỗi m , tồn tại số tự nhiên d sao cho m f f n   d n

Tài liệu tham khảo:

1 Chuyên đề: Phương trình Hàm trên N, nhiều tác giả - diendantoanhoc.net

2 Nguyễn Hoàng Cương – Trường THPT chhuyên Lê Hồng Phong – Nam Định Chuyên đề : Ứng dụng

số học để giải phương trình hàm

3 Các tuyển tập IMO shortlist

4 Các đề thi các nước từ trang www.artofproblemsolving.com