SH tin HX phuong trinh ham tren tap roi rac 2016 07 31

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠCHuỳnh Xuân Tín Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên ĐT: 01262778283, Email: hxuantin@gmail.com Trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic T

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC

Huỳnh Xuân Tín Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên ĐT: 01262778283, Email: hxuantin@gmail.com

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Toán Quốc tế và khu vực thườngxuất hiện các dạng bài toán về phương trình hàm, đặc biệt là các dạng toán phươngtrình hàm trên tập rời rạc và không chuẩn mực, đó là những bài toán khó và rất mới

mẻ xa lạ đối với học sinh trung học phổ thông Hầu hết các em chưa làm quen và tiếpcận với các dạng toán phương trình hàm trên tập rời rạc và đặc biệt sách tham khảohiện nay về các dạng phương trình nói trên là rất hiếm Chính vì lẽ đó trong bài viếtnày chúng tôi đề cập đến 00Một số dạng phương trình hàm rời rạc00, nhằm góp phầnnhỏ bé vào việc bồi dưỡng toán đối với học sinh phổ thông trung học

Nội dung chủ yếu của chuyên đề này dành trình bày một số phương pháp giải cácbài toán về phương trình hàm trên tập rời rạc Tác giả đưa ra cách sử dụng hàm nhântính trên tập số nguyên dương để giải các bài toán về phương trình hàm trên tập rờirạc Cách vận dụng nguyên lý quy nạp và nguyên lý thứ tự trong việc giải phương trìnhhàm trên tập rời rạc Đặc biệt là sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trìnhhàm, những phương trình hàm trên tập N ta có thể chuyển về bài toán trên dãy số.Khi đó, ta có thể sử dụng phương pháp giải một số dạng phương trình sai phân để giảiphương trình hàm Ngoài ra còn khai thác những tính chất về số học của tập số nguyên,

về cấp số cộng trên tập số nguyên Đặc biệt là các bài toán trên tập số tự nhiên ta cóthể chuyển đổi qua các bài toán trong hệ hệ cơ số thích hợp

Ngoài ra trong mỗi phần có một số ví dụ minh hoạ và một số dạng bài tập, các bàitoán áp dụng trong các kỳ thi học sinh giỏi toán quốc gia, các kì thi Olympic toán quốc

tế, nhằm để giúp các em học sinh phổ thông tiếp cận và nắm vững phương pháp giảicác bài toán về phương trình hàm Sau mỗi phần luôn có các bài tập để học sinh tự giảinhằm củng cố kiến thức phần đó cho người đọc

Mục lục

1 Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập rời rạc 4

1.1 Phương pháp sử dụng sai phân 4

1.1.1 Dạng 1 a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, trong đó U1, U2 cho trước 4

1.1.2 Dạng 2 a.Un+1+ b.Un+ c.Un−1 = fn, trong đó U1, U2 cho trước và fn là đa thức bậc n. 7

1.2 Phương pháp sử dụng hàm nhân tính trên tập các số nguyên dương 13

1.2.1 Phương pháp 13

1.2.2 Bài tập áp dụng 13

1.2.3 Bài tập củng cố 17

1.3 Phương pháp chứng minh quy nạp 17

1.3.1 Phương pháp 17

1.3.2 Bài tập áp dụng 18

1.3.3 Bài tập củng cố 25

1.4 Phương pháp sử dụng nguyên lý sắp thứ tự tốt 26

1.4.1 Phương pháp 26

1.4.2 Bài tập áp dụng 26

1.4.3 Bài tập củng cố 30

1.5 Phương pháp sử dụng các tính chất số học 30

1.5.1 Phương pháp 30

1.5.2 Bài tập áp dụng 30

1.5.3 Bài tập củng cố 34

1.6 Phương pháp sử dụng hệ đếm cơ số 35

1.6.1 Phương pháp 35

1.6.2 Bài tập áp dụng 35

1.6.3 Bài tập củng cố 37

1.7 Sử dụng một số tính chất của hàm số 37

1.7.1 Phương pháp chung 37

1.7.2 Bài tập áp dụng 38

1.7.3 Bài tập củng cố 40

1.8 Sử dụng tính chất cấp số cộng trên tập số nguyên 40

1.8.1 Phương pháp chung 40

1.8.2 Một số dạng bài tập áp dụng 40

1.8.3 Bài tập củng cố 42

Tài liệu tham khảo 43

1.1 Phương pháp sử dụng sai phân

Vì dãy số là hàm số đặc biệt với miền xác định trên tập số tự nhiên, nên các bàitoán phương trình hàm trên tập số tự nhiên có thể xem như các bài toán trên dãy số

vô hạn Vì thế, chúng ta có thể sử dụng kiến thức về sai phân và phương trình sai phân

để giải phương trình hàm trên tập rời rạc Sau đây chúng ta sẽ xét một số dạng cụ thể

và nêu phương pháp giải tương ứng

1.1.1 Dạng 1 a.Un+1+ b.Un+ c.Un−1 = 0, trong đó U1, U2 cho trước.

Bài toán tổng quát. Tìm Un biết

a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, trong đó U1, U2 cho trước

Phương pháp

Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0. a) Nếu λ1, λ2 là nghiệm thực

khác nhau thì Un = Aλn1 + Bλn2, trong đó A, B là các hằng số được xác định theo

√ 3

4 +

3

4 = 1, tgϕ =

√ 3 2 1 2

3 .

Vậy ta có f (n) = cos nπ

3 +

√ 3

√ 3

Vậy f (n) = un = 2n + 1

2n hay f (x) = 2x+ 1

2x, ∀x ∈ Z.

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thoả mãn các điều kiện của bài toán đã cho

1.1.2 Dạng 2 a.Un+1+ b.Un+ c.Un−1 = fn, trong đó U1, U2 cho trước và fn là đa

thức bậc n.

Bài toán tổng quát. Tìm Un biết a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn, trong đó

U1, U2 cho trước và fn là đa thức bậc n.

Phương pháp

Giải phương trình đặc trưng aλ2+ bλ + c = 0.

Khi đó Un = Un∗+ Un0, trong đó Un0 là nghiệm tổng quát của phương trình thuầnnhất dạng 1, đó là a.Un+1 + b.Un+ c.Un−1 = 0.

Và Un∗ là nghiệm riêng bất kỳ của phương trình không thuần nhất

Theo dạng 1 ở trên đã giải và tìm được Un0 , trong đó A, B là các hằng số chưaxác định

Un∗ được xác định như sau:

a) Nếu λ 6= 1 thì Un∗ là đa thức cùng bậc với fn.

b) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn thì Un∗ = n.gn, trong đó gn là đa thức cùng bậcvới fn.

c) Nếu λ = 1 là nghiệm kép thì Un∗ = n2.gn, trong đó gn là đa thức cùng bậcvới fn.

Thay Un∗ vào phương trình đã cho và đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ sốcủa Un∗

Biết U1, U2, từ hệ thức Un = Un0 + Un∗, ta tính được các hằng số A, B.

Bài tập áp dụng

Bài toán 1.1.3. Cho f : N∗ −→ R thoả mãn điều kiện

f (n + 1) − 2f (n) + f (n − 1) = n + 1; f (1) = 1; f (2) = 0. (1.3)

Chứng minh rằng (6f (n) − 24) chia hết cho n với n ≥ 6.

Giải. Trong (1.3) đặt f (n) = Un, ta được

Ta thay f∗(n) vào phương trình (1.3) ta được

(n + 1)2[a(n + 1) + b] − 2n2(an + b) + (n − 1)2[a(n − 1) + b] = n + 1, ∀n ∈ N∗. (*)

2 ) = 0.

Hay (6f (n) − 24) = (n3+ 3n2− 22n) chia hết cho n.

Bài toán 1.1.4. Tìm tất cả các hàm f xác định trên N thoả mãn

2f (n).f (k + n) − 2f (k − n) = 3f (n).f (k); f (1) = 1. (1.4)

Giải. Trong (1.4) cho k = n = 0 ta được f2(0) = −2f (0) ⇒ f (0) = {0, −2}.

+) Nếu f (0) = 0. Thay n = 0 vào (1.4) ta được −f (k) = 0 ⇒ f (k) = 0

nên f (1) = 0. Mâu thuẫn với giả thiết

+) Do vậy ta chỉ xét với f (0) = −2. Thay n = 1 vào (1.4) ta có

Bài toán 1.1.5. Tìm tất cả các hàm f : N −→ Z thoả mãn điều kiện

f (k + n) − 2f (n)f (k) + f (k − n) = 3n.2k; f (1) = 1. (1.5)

Giải. Trong (1.5) cho k = n = 0 ta có 2f (0) − 2f2(0) = 0 ⇒ f (0) ∈ {0, 1}.

Nếu f (0) = 0. Cho n = 0 vào (1.5) ta được 2f (k) = 0, ∀k ∈ N

⇒ f (1) = 0. Mâu thuẫn, vậy f (0) 6= 0.

Nếu f (0) = 1. Cho n = 1 vào (1.5) ta được

Vậy f (n) = −5 − 6n + 6.2n là nghiệm của bài toán đã cho

Sau đây ta trình bày một phương pháp giải phương trình hàm một biến dạng

P

i∈N ∗

aif[i] = g(n)(trong đó vế phải là một đa thức biến nnguyên và vế trái là các hàmhợp của f xác định bởi f[1] = f (n), f[2] = f (f (n)), f[i+1] = f (f[i](n))) bằng cáchđưa về phương trình sai phân, bằng cách xây dựng công thức tổng quát của dãy số sau:

a1 = α, ai = f[i](n) với α là một số bất kì thuộc tập xác định của hàm số Ta cần lưu

ý đến tập xác định và tập giá trị của hàm số để dãy số tạo ra các điều kiện có lợi

Bài toán 1.1.6. Giả sử a, b là hai số thực dương Tìm tất cả các hàm

f : N −→ N thoả mãn điều kiện

f (f (x)) + af (x) = b(a + b)x. (1.6)

Giải. Phương trình hàm (1.6) đúng với mọi x ∈ N, nên ta có

f (f (f (x))) + af (f (x)) = b(a + b)f (x), với x = f (x).

fn+2(x) + afn+1(x) = b(a + b)fn(x).

Cố định x, khi đó ta thu được phương trình sai phân

an+2 + a.an+1 = b(a + b)an.

Phương trình đặc trưng λ2+ aλ = b(a + b).

a + b )

n+ (−1)n.L Vì ( b

Vậy f (x) = bx thoả mãn phương trình hàm đặt ra

Ta nghiên cứu thêm một bài về loại này để hiểu thêm

Bài toán 1.1.7. (Balkan MO 2002) Tìm các hàm số f : N → N thỏa

f (f (n)) + f (n) = 2n + 2001 hoặc 2n + 2002, ∀n ∈ N. (1.7)

Giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán Với k là số tự nhiên bất

kì, xét dãy số (an) như sau: a0 = k, an+1 = f (an) Từ (1.7) thay n bởi an ta được

an+2 + an+1 = 2an + 2001 hoặc 2an + 2002, ∀n ∈ N

Phương trình đặc trưng của dãy số (an) là: λ2+ λ − 2 = 0 ⇔ λ ∈ {1; −2}

Suy ra an = A + B(−2)n+ Cn, ∀n ∈ N Ta có k = a0 = A + B, suy ra

f (k) = a1 = A − 2B + C = k − 3B + C (2)

Thay g(n) = n − 3B + C vào (1.7) được −3B + C = 667 hoặc 20023 Vậy từ (2)

ta có f (n) = n + 667 hoặc f (n) = n + 20023 (loại vì n + 20023 ∈ / N) Thử lại ta thấy

f (n) = n + 667 thỏa mãn

Đối với phương trình hàm hai biến trên tập rời rạc, chúng ta cũng có thể chuyển

nó về phương trình sai phân như sau

Bài tập củng cố

1.1 Cho hàm số f : N → N thoả mãn

f (4x) + 2015f (2x) = 2016f (x), ∀x ∈ R+ Chứng minh rằng tồn tại số thực k > 1 để f (x) = f (kx), ∀x ∈ R+.

1.2 Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (f (n)))+f (f (n)) =

3f (n) − n, ∀n ∈ N.

1.3 Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (n)) + f (n) =

2n + 3k, ∀n ∈ N trong k ∈ N cho trước.

1.4 Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (f (n))) + 6f (n) =

1.7 Tìm tất cả các hàm f : Z −→ N thoả mãn điều kiện f không phải là hằng

1) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì f (p) cũng là số nguyên tố.

2) Hãy chỉ ra một hàm số không phải hàm đồng nhất, thoả mãn đề bài.

Giải. 1) Trong (1.8) cho m = 1 và đặt f (1) = a ta được

f (f (n)) = nf (1) = an, ∀n ∈ N∗.

Cho n = 1 thay vào (1.8) ta được f (am) = f (m) hay f (an) = f (n), ∀n ∈ N∗.

Do đó f (f (an)) = f (f (n)) ⇒ a.an = an ⇒ a = 1. Vậy f (1) = 1.

Điều này chỉ xảy ra khi f (m) = p và f (n) = 1 hoặc f (m) = 1 và f (n) = p.

Do f đơn ánh nên m = 1 hoặc n = 1, nghĩa là m hoặc n phải là số nguyên tố.Vậy nếu p nguyên tố thì f (p) cũng nguyên tố

Giả sử f (p) = q là số nguyên tố, khi đó f (f (p)) = f (q) hay p = f (q).

Nhận xét rằng nếu có số nguyên tố p mà f (p) = p thì

p = f (p) = f (f (p)) = p3 ⇒ p2 = 1 ⇒ p = 1, vô lý

2) Ta xây dựng hàm f như sau

Gọi pi là số nguyên tố thứ i, nghĩa là p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7,

Chia tập các số nguyên tố thành các cặp (p2k−1, p2k), với k = 1, 2, 3,

Ta xác định: f (1) = 1,

f (p2k−1) = p2k; f (p2k) = p2k−1, k = 1, 2, 3,

Thử lại hàm số xác định như trên thoả mãn đầu bài

Bài toán 1.2.2. Cho hàm f : N∗ −→ N∗ thoả mãn điều kiện f (mf (n)) =

nf (m); ∀m, n ∈ N∗ Chứng minh rằng f (2017) là số nguyên tố hoặc là bình

phương của số nguyên tố.

Giải.Từ bài trên và 2017 là số nguyên tố nên ta dễ dàng đoán được ta phải chứngminh: nếu p là số nguyên tố thì f (p) là 1 số nguyên tố hoặc là bình phương của 1 sốnguyên tố

Rồi ta xét giá trị của hàm số tại các điểm nguyên tố Gọi p là một số nguyên tố Nếu

Hãy xác định giá trị lớn nhất của f (3).

Giải. Thay m = n = 1 vào (∗) ta có f (1) = (f (1))2 − 2f (1) + 2, hay

(f (1))2− 3f (1) + 2 = 0 ⇒ f (1) = 1 hoặc f (1) = 2.

+) Trường hợp f (1) = 1, thay m = 1 vào (*) ta được

f (n) = f (n) − 1 − f (n) + 2 ⇒ f (n) = 1, ∀n ∈ N∗, (trái với điều kiện (ii)).+) Trường hợp f (1) = 2.

Ta xét hàm số:

g(n) = f (n) − 1 ⇒ f (n) = g(n) + 1 và g(2004) = f (2004) − 1 = 2003.

Hệ thức (∗) trở thành

g(mn) + 1 = (g(m) + 1)(g(n) + 1) − g(m) − 1 − g(n) − 1 + 2 ,hay g(mn) = g(m)g(n), ∀m, n ∈ N∗. Vậy g là hàm nhân tính

Với số tự nhiên n có phân tích tiêu chuẩn n = pk1

số nguyên âm và dùng phương pháp quy nạp cho từng phần tương ứng (xem [9]).Giả sử T ⊂ Z, −1, 0, 1 ∈ T và nếu −n, n ∈ T ⇒ −n − 1, n + 1 ∈ T, khi đó

T = Z.

Nghĩa là: Giả sử công thức đúng với −n, −n + 1, , −1, 0, 1, , n.

Ta sẽ chứng minh công thức đúng với −n − 1 và n + 1. Khi đó công thức đúngtrên Z.

Các bài toán sau đây sẽ minh họa cho phương pháp này

Trong (i) cho n = 0, kết hợp (iii) ta có 0 = f (f (0)) = f (1) ⇒ f (1) = 0.

Trong (ii) cho n = −2; n = −1, ta có f (f (0) + 2) = f (3) = −2; f (2) = −1.

Ta chứng minh bằng quy nạp công thức f (n) = 1 − n.

Công thức đúng với n bằng −2, −1, 0, 1, 2, 3.

Thật vậy, với 0, 1, 2, 3 ta đã tính ở trên công thức đúng

Từ (i) ta có f (f (3)) = 3 hay f (−2) = 3 = 1 − (−2).

f (f (2)) = 2 hay f (−1) = 2 = 1 − (−1).

Giả sử công thức đúng với n bằng {−2k; −2k + 1; ; 0; 1; ; 2k + 1}

Ta sẽ chứng minh công thức đúng với nbằng {−2k − 2; −2k − 1; 2k + 2; 2k + 3}.Theo giả thiết quy nạp, ta có f (−2k) = 1 − (−2k) = 1 + 2k,

f (−2k + 1) = 1 − (−2k + 1) = 2k.

Theo giả thiết (i), (ii) ta có

Bài toán 1.3.2. (Australia -1989) Xác định tất cả các hàm f : Z −→ Z

thoả mãn điều kiện sau

(i) f (k + n) + f (k − n) = 2f (k).f (n), ∀k ∈ Z, n ∈ Z.

(ii) Tồn tại số nguyên N sao cho |f (n)| < N, ∀n ∈ Z.

Giải. Trong (i), cho n = k = 0 ta thu được

Trong (i) cho k = n ta thu được f (2n) = 2f2(n) − 1.

Nhận xét: Trong trường hợp đơn giản ta có thể phát hiện được quy luật của

f (n). Còn trong trường hợp tổng quát chúng ta vẫn có thể giải được dễ dàng nhờphương trình sai phân như sau

f (k + 1) = 2f (k).f (1) − f (k − 1) = 2f (k).(−1) − f (k − 1).

Ta có phương trình đặc trưng λ2+ 2λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1 (nghiệm kép)

Khi đó f (n) được viết dưới dạng f (n) = (A + nB)(−1)n, với A, B được xác định

Phương trình đặc trưng λ2− 2λ + 1 = 0 ⇔ λ = 1 (nghiệm kép).

Ta tìm nghiệm phương trình dưới dạng f (n) = (A + nB)(1)n = A + nB với A, B

được xác định như sau

Theo trên công thức đúng với 0, 1, 2.

Giả sử ta có f (1, y) = y + 2 ta phải chứng minh f (1, y + 1) = y + 3.

Thật vậy, ta có f (1, y + 1) = f (0, f (1, y)) = f (0, y + 2) = y + 3 (đpcm)

+) Tính f (2, y) : Từ các giả thiết ta có f (2, 0) = f (1, 1) = 3

f (2, 1) = f (1, f (2, 0)) = f (1, 3) = 5

f (2, 2) = f (1, f (2, 1)) = f (1, 5) = 7

Từ đó ta có thể chứng minh quy nạp f (2, y) = 2y + 3 như sau

Giả sử ta có f (2, y) = 2y + 3 ta phải chứng minh f (2, y + 1) = 2y + 5.

Thật vậy, ta có f (2, y + 1) = f (1, f (2, y)) = f (1, 2y + 3) = 2y + 3 + 2 = 2y + 5.(đpcm)

+) Tính f (3, y) :

f (3, 0) = f (2, 1) = 5

f (3, 1) = f (2, f (3, 0)) = f (2, 5) = 10 + 3 = 13 = 21+3− 3.

f (3, 2) = f (2, f (3, 1)) = f (2, 21+3− 3) = 2(21+3− 3) + 3 = 22+3− 3

Từ đó ta có thể chứng minh quy nạp f (3, y) = 2y+3− 3 như sau

Giả sử ta có f (3, y) = 2y+3− 3 ta phải chứng minh f (3, y + 1) = 2y+4− 3.Thật vậy, ta có f (3, y + 1) = f (2, f (3, y)) = f (2, 2y+3− 3) = 2.(2y+3− 3) + 3 =

− 3, với 1984 số 2 trong luỹ thừa.

Bài toán 1.3.4. (IMO -1982) Hàm f (n) được xác định bởi tất cả các số nguyên dương n và nhận các giá trị nguyên không âm Với mọi m, n nguyên

dương các điều kiện sau được thoả mãn

xi) ≥

nPi=1

f (xi)

Ta tính một vài giá trị của hàm f như sau 0 = f (2) ≥ f (1) + f (1) ⇒ f (1) = 0

0 < f (3) = f (1) + f (2) +  =  ⇒ f (3) = 1

Giả thiết rằng f có bước nhảy 1 tại mỗi bội số của 3

( Do giả thiết f (9999) = 3333 hay f (3.3333) = 3333).

Ta chứng minh f (3n) = n, ∀n ≤ 3333.

Thật vậy, từ giả thiết f (3) = 1 và f là siêu cộng tính nên suy ra f (3n) ≥ n.

Giả sử rằng f (3n) > n với n nào đó nhỏ hơn 3333 Khi đó ta có

f (3(n + 1)) = f (3n + 3) ≥ f (3n) + f (3) > n + 1. (*)Điều này mâu thuẫn với tính chất siêu cộng tính của hàm f : f (3(n + 1)) ≥ n + 1.

Và khi cho n = 3332 ở (*) ta có f (9999) > 3333, điều này trái với giả thiết (iv)

Vì f là hàm lẻ nên ta chỉ cần xét quy nạp với n ≥ 0.

Với n = 0 thì (1) hiển nhiên đúng

Giả sử với n = k ≥ 0 thì (1) đúng, ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1 Thậtvậy,

+ Với n = 2t, từ (2t + 1)3+ 53+ 13 = (2t − 1)3+ (t + 4)3+ (4 − t)3 Ta có

f3(2t+1)+f3(5)+f3(1) = f ((2t+1)3+53+13) = f ((2t−1)3+(t+4)3+(4−t)3) =

f3(2t − 1) + f3(t + 4) + f3(4 − t)

Hay f (2t + 1) = (2t + 1)f (1) Tương tự với n = 2t − 1 thì f (2t) = 2tf (1)

Vì thế f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z Thay vào phương trình ta nhân được 3 nghiệm