Một số phương trình hàm trong số học ( LV thạc sỹ)

Luận văn trình bày Các dạng toán phương trình hàm trong số học. Các dạng toán phương trình hàm trong số học là dạng toán khó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, khu vực và quốc tế.Là tài liệu cần thiết cho các giáo viên giỏi, các em học sinh giỏi dùng để nghiên cứu và học tập

Mục lục

1.1 Hàm số học 3

1.1.1 Hàm nhân tính 3

1.1.2 Hàm nhân tính mạnh 11

1.2 Hàm số xác định trên tập các số nguyên 11

1.2.1 Hàm cộng tính trên tập các số nguyên 11

1.2.2 Hàm nhân tính trên tập các số nguyên 11

1.2.3 Lớp hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn cộng tính, nhân tính 12

1.3 Một số bài tập áp dụng 14

2 Các phương trình hàm số học 20 2.1 Hàm chuyển đổi các phép tính số học 20

2.1.1 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng 20

2.1.2 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân 21

2.1.3 Hàm chuyển đổi phép nhân thành phép cộng 22

2.2 Các dạng toán xác định dãy số liên quan 22

2.3 Các bài tập áp dụng 27

3 Các dạng toán liên quan 33 3.1 Phương trình hàm trên N và trên Z 33

3.1.1 Lớp các bài toán áp dụng nguyên lý quy nạp toán học 33

3.1.2 Lớp các bài toán áp dụng nguyên lí cực hạn 42

3.1.3 Lớp các bài toán áp dụng hệ đếm cơ số 46

3.1.4 Lớp các bài toán áp dụng các tính chất số học 53

3.1.5 Lớp các bài toán áp dụng các tính chất dãy số 62

3.1.6 Lớp các bài toán áp dụng các tính chất hàm số 66

3.2 Phương trình hàm trên Q 73

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cô khoa Toán, phòng Đàotạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng các Thầy côgiáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 - 1/2016 Đồng thời tôixin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán - Đại học Khoa học đã độngviên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này.

Em xin chân thành cảm ơn!

Học viên Cao học Toán K7C, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên

Mở đầu

Phương trình hàm là một lĩnh vực quan trọng của giải tích Bài toán giải phươngtrình hàm có lẽ là một trong những bài toán lâu đời nhất của giải tích Nhu cầu giảiphương trình hàm xuất hiện ngay khi bắt đầu có lí thuyết hàm số Nhiều phương trìnhhàm xuất phát từ nhu cầu thực tế của Toán học hoặc của các ngành khoa học khác.Các nhà toán học đã có công nghiên cứu và đặt nền móng cho phương trình hàmphải kể đến: Nicole Oresme, Gregory of Saint-Vincent, Augusstin-Louis Cauchy,Carl Friedrich Gauss, D’Alembert

Ngày nay ở nước ta phương trình hàm được giảng dạy theo chuyên đề ở cáctrường THPT chuyên Các dạng toán phương trình hàm trong số học là dạng toánkhó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia,khu vực và quốc tế Một phương trình hàm bao gồm ba thành phần chính: Tập nguồn,tập đích, phương trình hay hệ phương trình hàm Từ ba thành phần này có sự phânloại tương ứng Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên Z, phương trìnhhàm trên Q, phương trình hàm trên R · · · ; phương trình hàm với một biến tự do, haibiến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi các giá trị trung bình · · · ;phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, phương trình hàm trên lớp hàm liên tục · · ·Việc xác định rõ cấu trúc và tính chất của tập nguồn, tập đích và các điều kiện ràngbuộc sẽ quyết định sự thành công hay thất bại khi giải phương trình hàm Điều này

có thể thấy rõ qua phương trình hàm Cauchy Bài toán tổng quát tìm tất cả các hàm

số f : R → R thỏa mãn phương trình f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y ∈ Rtheo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với giới hạn tập nguồn, tập đích,các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục · · · ) thì phương trình hàm này giải đượctrọn vẹn Trong luận văn này tôi chỉ xin trình bày về một lớp phương trình hàm mà

tập nguồn xác định trên N, Z, Q Trên thực tế khi tìm hiểu lớp các phương trình hàmnày xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Olympic toán các nước, khu vực và quốc tế.Xuất phát từ thực tế đó, dưới sự định hướng và hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu, tôi đã tiến hành nghiên cứu về đề tài "Một số lớp phương trìnhhàm trong số học" nhằm mục đích học tập và nghiên cứu sâu về một chuyên đề khócủa toán sơ cấp Cấu trúc luận văn gồm 3 chương.

Chương 3 Các dạng toán liên quan

Trong chương này sẽ trình bày các dạng toán từ các đề thi Olympic các nước vàquốc tế liên quan đến tính toán, ước lượng và các tính chất số học (nguyên tố, chínhphương, tính đơn điệu, tính tuần hoàn ) của các hàm số trên các tập số tự nhiên,tập số nguyên và tập số hữu tỷ

Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gắng thực hiện luận văn, nhưng do nănglực của bản thân cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh khỏi nhữngthiếu sót Kính mong được sự góp ý của các Thầy cô, các bạn và các anh chị đồngnghiệp để luận văn này hoàn chỉnh và có nhiều ý nghĩa hơn

Thái Nguyên, ngày 28 tháng 11 năm 2015

Phạm Thanh Linh

Học viên Cao học Toán lớp C, khóa 01/2014 - 01/2016

Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email: bobaki2010@gmail.com

Chương 1

Lớp hàm số học cơ bản

Trong chương trình phổ thông, các bài toán số học đóng vai trò quan trọng trongviệc hình thành tư duy toán học Việc tìm hiểu và sử dụng các hàm số học đã giảiquyết được những lớp bài toán cơ bản trong các bài toán sơ cấp và lớp các bài toánphương trình hàm trong số học

Trong chương này sẽ trình bày định nghĩa, các tính chất của các hàm số học cơbản và một số ứng dụng của chúng vào việc giải các bài toán sơ cấp

Định nghĩa 1.3 ([9]) Giả sử n là số nguyên dương Phi-hàm Euler ϕ(n) là hàm số

học có giá trị tại n bằng số các số không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n

Ví dụ 1.1 Từ định nghĩa ta có

ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4,ϕ(6) = 2, ϕ(7) = 6, ϕ(8) = 4, ϕ(9) = 6, ϕ(10) = 4

Từ định nghĩa trên đây, ta có ngay hệ quả trực tiếp

Hệ quả 1.1 ([9]) Số p là nguyên tố khi và chỉ khi ϕ(p) = p − 1.

Chứng minh Nếup là số nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p đềunguyên tố cùng nhau với p Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên ϕ(p) = p − 1.Ngược lại, nếu p là hợp số thì p có các ước d, 1 < d < p Tất nhiên p và d khôngnguyên tố cùng nhau Như vậy trong các số 1, 2, · · · , p − 1 phải có số không nguyên

tố cùng nhau với p, nên ϕ(p) < p − 2 Điều này trái với giả thiết ϕ(p) = p − 1

Định nghĩa 1.4 ([2]) Một tập hợp A nào đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ

(mod n) chính là n số mà không có hai số nào đồng dư nhau theo (mod n)

Ví dụ 1.2 Ta có A = {0, 1, 2, · · · , n − 1} là một hệ thặng dư đầy đủ theo (mod n).

Hay đơn giản hơn tập B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} và C = {2, 3, 4, 5, 6, −7, 8} là các

hệ thặng dư đầy đủ theo (mod 8)

Định nghĩa 1.5 ([2]) Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n là tập hợp gồm ϕ(n) số

nguyên sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhau với n và không cóhai phần tử khác nhau nào đồng dư môđulô n

Ví dụ 1.3 Tập hợp {1, 3, 5, 7} và tập {3, −7, 5, 7} là các hệ thặng dư thu gọn

(mod 8)

Định lí 1.1 ([2]) Giả sử r1, r2, , rϕ(n)

là một hệ thặng dư thu gọn (mod n),

a là số nguyên dương và (a, n) = 1 Khi đó tập 

ar1, ar2,· · · , arϕ(n)

cũng là hệthặng dư thu gọn (mod n)

r1, r2, , rϕ(n) là hệ thặng dư thugọn ( Vì hệ thặng dư thu gọn không có hai số nào đồng dư nhau).

Ví dụ 1.4 Tập {1, 3, 5, 7} là một hệ thặng dư thu gọn (mod 8) Do (3, 8) = 1 nên

tập {3, 9, 15, 21} cũng là một hệ thặng dư thu gọn (mod 8)

Định lí 1.2 (Định lí Euler) Giả sử n là số nguyên dương và a là số nguyên với

(a, n) = 1 Khi đó aϕ(n) ≡ 1 (mod n)

Chứng minh Xét hệ thặng dư thu gọn (mod n)

Chú ý 1.1 Ta có thể tìm nghịch đảo của (mod n) bằng cách sử dụng định lí Euler.

Giả sử (a, m) = 1 khi đó a.aϕ(n)−1 = aϕ(n) ≡ 1(mod n) trong đó aϕ(n)−1 là nghịchđảo của a(mod n)

Ví dụ 1.5 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5(mod 9) là ngịch đảo của 2(mod 9)

Hệ quả 1.2 ([2]) Nếu (a, b) = 1 thì aϕ(b)+ bϕ(a) ≡ 1(mod ab)

Hệ quả 1.3 ([2]) Với (a, b) = 1 và n, v là hai số nguyên dương nào đó thì

anϕ(b)+ bvϕ(a) ≡ 1 (modab)

Hệ quả 1.4 ([2]) Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1, m2,· · · , mk và chúngnguyên tố với nhau từng đôi một Đặt M = m1m2 mk = mi.tivới i = 1, 2, , k

ta có

tn1 + tn2 +· · · + tn

k ≡ (t1+ t2+· · · + tk)n (mod M),với n nguyên dương

Định lí 1.3 ([2]) Phi-hàm Euler là hàm nhân tính.

Chứng minh Ta viết các số nguyên dương không vượt quámn thành bảng sau:

1 m + 1 2m + 1 (n− 1) m + 1

2 m + 2 2m + 2 (n− 1) m + 2

3 m + 3 2m + 3 (n− 1) m + 3

Bây giờ giả sử r là một số nguyên không vượt quá m Giả sử (m, r) = d > 1 Khi

đó, không có số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với mn, vì mỗi phần tửcủa dòng đó đều có dạng km + r, trong đó 1 ≤ k ≤ n − 1, d| (km + r), vì d|m, d|r.Vậy để các số trong bảng mà nguyên tố cùng nhau với mn, ta chỉ cần xét các dòng thứ

r với (m, r) = 1 Ta xét một dòng như vậy, nó chứa các số r, m+r, , (n− 1) m+r

Vì (m, r) = 1 nên mỗi số nguyên trong dòng đều nguyên tố cùng nhau với n Nhưvậy n số nguyên trong dòng lập thành hệ thặng dư đầy đủ Môđulô n Do đó có đúngϕ(n) số trong hàng đó nguyên tố cùng nhau với n Do các số đó cũng nguyên tố cùngnhau với m nên chúng nguyên tố cùng nhau với mn Vì có ϕ(m) dòng, mỗi dòngchứa ϕ(n) số nguyên tố cùng nhau với mn nên ta suy ra ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n)



1− p1

k



Chứng minh Vìϕ là hàm có tính chất nhân nên nếu n có phân tích như trên thì



1− p1

k



Định lí 1.5 ([2]) Giả sử n là số nguyên dương Khi đó

X

d|n

ϕ(d) = n,trong đó tổng được lấy theo mọi ước của n

Chứng minh Tổng trên đây được lấy theo các ước củan Ta phân chia tập hợpcác số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp sau đây Lớp Cd gồm các số nguyên m,

1 ≤ m ≤ n, mà (m, n) = d Như vậy m thuộc lớp Cd nếu và chỉ nếu d là ước chungcủa m, n và (m/d, n/d) = 1 Như vậy, số phần tử của lớp Cd là số nguyên dươngkhông vượt quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d; tức là Cd gồm ϕ(n/d) phần

tử Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một và chỉ một lớp Cdnào đó (d = (m, n))nên n bằng tổng của số các thành phần trong các lớp Cd, d là ước số của n Ta có

Định nghĩa 1.6 ([2]) Hàm tổng các ước dương của số tự nhiên n được kí hiệu là

Bổ đề 1.1 ([2]) Giả sử m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Khi đó

nếu d là ước chung của mn thì tồn tại cặp duy nhất các ước dương d1 của m và d2

của n sao cho d = d1d2 Ngược lại, nếu d1, d2là ước dương tương ướng của m và nthì d = d1d2 là ước dương của mn

Chứng minh Giả sửm, n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau

Bổ đề 1.2 ([2]) Giả sử p nguyên tố a nguyên dương Khi đó:

Chứng minh Ta sẽ chỉ ra rằng nếum, n là các số nguyên dương nguyên tố cùngnhau thì F (mn) = F (m).F (n) Giả sử (m, n) = 1, ta có F (mn) = P

d|mn

f (d) Vì(m, n) = 1 nên theo bổ đề 1.1, mỗi ước của mn có thể viết duy nhất dưới dạng tíchcác ước d1 của m và d2 của n và d1, d2 nguyên tố cùng nhau, đồng thời mỗi cặpước số d1 của m và d2 của n tương ứng với ước d1.d2 của mn Do đó ta có thể viết

Định nghĩa 1.7 ([2]) Số các ước dương của số tự nhiên n được kí hiệu là τ(n).

i có αi+ 1 ước dương với i = 1, 2, , k.

Ngoài các hàm nhân tính kể trên thì ta cũng cần xét đến hàm nhân tính sau

Định nghĩa 1.8 (Hàm Mobius) Hàm Mobius là hàm số học xác định như sau:

0 nếu p2|n đối với số nguyên tố p > 1;

(−1)knếu n = p1p2 pk ở đó p1, , pk là các số nguyên tố phân biệt

Ví dụ 1.8 µ(2) = −1, µ(6) = 1, µ(12) = µ(22.3) = 0

Định lí 1.10 ([9]) Hàm Mobius là hàm nhân tính.

Chứng minh Giả sử m, n là những số nguyên dương sao cho gcl (m, n) =

1 Nếu p2|m với moi p > 1 thì p2|mn và µ (m) = µ (mn) = 0 và khẳng định

trên là đúng Bây giờ xét m = p1.p2 pk và n = q1.q2 qh với p1, p2, , pk và

q1, q2, , qh là các số nguyên tố phân biệt Khi đó µ (m) = (−1)k

Định nghĩa 1.9 ([9]) Một hàm số học f được gọi là nhân tính mạnh nếu với mọi

m, n (không nhất thiết nguyên tố cùng nhau), ta có đẳng thức

f (mn) = f (m)f (n)

Những ví dụ đơn giản nhất về hàm nhân tính mạnh là f(n) = n và f(n) = 1

1.2 Hàm số xác định trên tập các số nguyên

1.2.1 Hàm cộng tính trên tập các số nguyên

Định nghĩa 1.10 ([9]) Một hàm số f(x) xác định trên tập số nguyên được gọi là

hàm cộng tính nếu với mọi m, n ta có đẳng thức

f (m + n) = f (m) + f (n)

1.2.2 Hàm nhân tính trên tập các số nguyên

Định nghĩa 1.11 ([9]) Một hàm số f(x) xác định trên tập số nguyên được gọi là

hàm nhân tính nếu với mọi m, n ta có đẳng thức

f (mn) = f (m)f (n)

1.2.3 Lớp hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn cộng tính, nhân tính

Định nghĩa 1.12 ([5]) Cho hàm số f(x) xác định trên tập số nguyên Hàm f(x)

được gọi là hàm tuần hoàn trên Z nếu tồn tại số nguyên dương a sao cho

Ví dụ 1.9 Cho cặp hàm f(x), g(x) xác định trên tập số nguyên, tuần hoàn trên

Z và có chu kỳ lần lượt là a và b (a, b ∈ Z+) với a

b ∈ Q+ Chứng minh rằng

F (x) := f (x) + g(x) và G(x) := f (x)g(x) cũng là những hàm tuần hoàn trên Z

Lời giải Theo giả thiết tồn tạim, n ∈ Z+, (m, n) = 1 sao cho a

Lời giải Ta có∀x ∈ Z thì x ± 3 ∈ Z và

f (x + 3) = sin

2π

3 (x + 3)



= sin

2π

3 x + 2π



= f (x)

Vậy f(x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ T = 3

Định nghĩa 1.13 ([5]) Cho hàm số f(x) xác định trên tập số nguyên Hàm f(x)

được gọi là hàm phản tuần hoàn trên Z nếu tồn tại số nguyên dương a sao cho

a được gọi là chu kỳ của hàm phản tuần hoàn f (x) Chu kỳ nhỏ nhất (nếu có) trongcác chu kỳ của f(x) được gọi là chu kỳ cơ sở của hàm phản tuần hoàn f(x).

Ví dụ 1.11 Chứng minh rằng mọi hàm phản tuần hoàn xác định trên tập số nguyên

cũng là hàm tuần hoàn xác định trên tập số nguyên

Lời giải Theo giả thiết tồn tại số nguyên dươngb sao cho∀x ∈ Z thì

Vậy f(x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ T = 3

Định nghĩa 1.14 ([5]) Hàm f(x) xác định trên tập số nguyên được gọi là tuần hoàn

nhân tính chu kỳ nguyên dương a (a /∈ {−1, 0, 1}) trên Z nếu

Định nghĩa 1.15 ([5]) Hàm f(x) xác định trên tập số nguyên được gọi là hàm phản

tuần hoàn nhân tính chu kỳ dương a (a /∈ {−1, 0, 1}) trên Z nếu

Bài toán 1.1 Tìm tất cả các số tự nhiên n có tính chất n chia hết cho ϕ(n).

Lời giải Ta xét các trường hợp sau.



1− p1

i



Từ điều kiện n = xϕ(n) ta suy ra

p1p2 pi = x (p1− 1) (p2− 1) (pi− 1) Điều này có nghĩa là phải có pj nào đó bằng 2 (vì nếu ngược lại thì sẽ dẫn đến vô lí

vì vế trái là số lẻ, trong khi vế phải là số chẵn)

Do p2, , pi khác 2 nên từ trên suy ra rằng n có nhiều nhất một ước nguyên tố lẻ,chẳng hạn p2

Đặt p2 = 2y + 1 Ta có 2p2 = x(2y) Do p2 là nguyên tố nên x = p2, y = 1 Nhưvậy p2 = 3 và n có dạng n = 2k2m với k ≥ 1 và m ≥ 0

Thử lại thấy n = 2k2m với k ≥ 1, m ≥ 0 thỏa mãn

Bài toán 1.2 Chứng minh rằng ϕ(n) là chẵn nếu n = 1 hoặc n = 2 và lẻ nếu với

1 pα2 −1

2 pαr −1

r (p1− 1) (p2− 1) (pr− 1)

Vì ít nhất một trong các số hạng p1, p2, , pr, p1− 1, p2− 1, , pr− 1 là chẵn nênϕ(n) là chẵn

Bài toán 1.3 (Canada 1999) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n = τ2(n)

Lời giải Giả sửn là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán

Với mọi ước số nguyên tố pi≥ 5 của n

Mặt khác, ta có 3α ≥ 2α + 1 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α ∈ {0, 1}

Suy ra n = 1, n = 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán 1.4 Tìm các số nguyên dương n sao cho σ(n) = 12.

Lời giải Để giải quyết tốt bài toán này ta cần chọn lựa các số nguyên tố và số mũ

k từ nhỏ đến lớn

1 + 2; 1 + 3; 1 + 5; 1 + 2 + 22; 1 + 7; 1 + 3 + 32; 1 + 2 + 22+ 23,

Với σ(n) = 12 ta thấy chỉ có thể viết thành 12 = (1 + 2)(1 + 3) và số cần tìm là

n = 6

Bài toán 1.5 Với giá trị nào của n thì σ(n) là số lẻ

Lời giải Cần chọn các ước số nguyên tố và số mũ thích hợp đểσ(n) là số lẻ Ta cóσ(n) = (1 + p1+· · · + pα1

1 ) (1 + p2+· · · + pα2

2 ) (1 + pk +· · · + pαk

k ) Khi đó nếu có ước nguyên tố nào đó là 2 thì vẫn thỏa mãn; nếu n có ước nguyên

tố lẻ thì trong tổng trên chúng phải xuất hiện chẵn lần Do đó số cần tìm có dạng

n = 2km2 với m là số chính phương lẻ

Bài toán 1.6 Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để n là một hợp số là:

rσ(n) +1

Như vậy khi n là hợp số thì σ(n) > n +√

Tóm lại, nếu n thỏa mãn bất đẳng thức σ(n) > n +√

n thì n phải khác 1 vàkhông phải số nguyên tố Điều này đồng nghĩa với n phải là hợp số

Vậy ta hoàn tất chứng minh

Bài toán 1.7 Ký hiệu d(n) là trung bình cộng của tất cả các ước số của n ( kể cả 1

và n) Chứng minh rằng với mọi n ta có bất đẳng thức

√

n ≤ d(n) ≤ n + 12

Lời giải Giả sử1 = d1 < d2 <· · · < dk = n là tất cả các ước của n

Như vậy 1 ≤ di ≤ n với i = 1, 2, , n

di ≥ 1 với mọi i = 1, 2, , k;

Nên

0≤ (di− 1) (dk−i+1 − 1) = didk−i+1 + 1− di− dk−i+1 (1.3)

Bài toán 1.8 (Korean MO 1998) Cho n là một số nguyên dương, ký hiệu ψ(n) là

số các thừa số nguyên tố của n Chứng minh rằng nếu ϕ(n) chia hết cho n − 1 vàψ(n) ≤ 3 thì n là số nguyên tố

Lời giải Để ý rằng với số nguyên tốp, nếu p2|n thì p|ϕ(n) nhưng p không là ước của

n− 1, điều này mâu thuẫn Vì vậy chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng n 6= pq, n 6= pqrvới các số nguyên tố p < q < r

Trước hết, giả sử n = pq, vì vậy

(p− 1)(q − 1)|pq − 1Chú ý rằng q ≥ 3 suy ra vế trái là số chẵn, cho nên vế phải cũng vậy và p, q làcác số lẻ Xét trường hợp p = 3, q = 5 Khi đó

Vế trái của (1.6) là một hàm tăng với từng biến và luôn lơn hơn 1, vì vậy nó khôngthể là số nguyên Đây là điều mâu thuẫn

Điều này giúp loại bỏ các trường hợp ngoại trừ p = 3, q = 5 và r = 7 ta có

pqr− 1(p− 1)(q − 1)(r − 1) < 3. (1.7)

Vì vế trái của (1.7) chỉ nhận giá trị nguyên nên

pqr− 1(p− 1)(q − 1)(r − 1) = 2.

Để ý rằng 15r− 1

8(r − 1) = 2 cho ta r = 15 không phải là số nguyên tố và ta loại bỏtất cả các trường hợp

Trong mục này, ta giải các bài toán xác định các hàm chuyển đổi các phép tính

số học đơn giản của đối số sang phép tính đối với các giá trị hàm tương ứng Ta sẽgiải quyết các bài toán trên lớp hàm xác định trên tập số nguyên dương

Tóm lại ta có

f (nx) = nf (x),∀x ∈ N∗∀n ∈ N∗.Trong quan hệ trên cho x = 1 ta được f(n) = cn, ∀n ∈ N∗ (c = f(1) là hằng số).Thử lại ta thấy hàm này thỏa mản bài ra

Nhận xét.

- Kết quả của bài toán vẫn đúng khi ta mở rộng tập nguồn và tập đích lên tập Z

- Kết quả của bài toán rất quan trọng, được dùng để giải nhiều phương trình hàmtrên Z

2.1.2 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân

Bài toán 2.2 Xác định tất cả các hàm số f : N∗ → R thỏa mãn

f (x + y) = f (x)f (y),∀x, y ∈ N∗ (2.2)

Lời giải Vớix chẵn ta thu được

f (x) = f (2m) = [f (m)]2 ≥ 0, ∀m ∈ N∗.Xét các trường hợp:

- Nếu f(1) = 0, thì f(n + 1) = f(1)f(n) = 0 nên f(x) ≡ 0 và hàm này thỏamãn điều kiện (2.2) nên là một nghiệm của bài toán

2.1.3 Hàm chuyển đổi phép nhân thành phép cộng

Bài toán 2.3 Xác định tất cả các hàm số f : N∗ → R và thỏa mãn

f (xy) = f (x) + f (y),∀x, y ∈ N∗ (2.3)

Lời giải Từ (2.3), ta thu được

ef(xy) = ef(x)ef(y),∀x, y ∈ N∗ (2.4)Đăt ef(t) = g(t), thì g(x) > 0,∀t ∈ N∗và (2.4) có dạng

g(xy) = g(x)g(y),∀x, y ∈ N∗.Vậy g(t) là hàm dương nhân tính mạnh trên N∗ Suy ra f (x) = ln g(t) trong đó g(t)

là hàm dương nhân tính mạnh tùy ý trên N∗

2.2 Các dạng toán xác định dãy số liên quan

Bài toán phương trình hàm trên N trên một phương diện nào đó, có thể coi là bàitoán dãy số Vì vậy, dưới đây chúng ta sẽ xét một số bài toán xác định dãy số liênquan

Bài toán 2.4 (IMO 1983) Chứng minh hoặc phủ định mệnh đề sau: Từ tập hợp

105 số nguyên dương đầu tiên luôn có thể chọn ra một tập con gồm 1983 số sao chokhông có ba số nào lập thành cấp số cộng

Lời giải Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Từ 3n số tự nhiên đầu tiên luôn có thểchọn ra 2n số sao cho không có ba số nào lập thành một cấp số cộng Thật vậy xéttrong hệ đếm cơ số 3 tập hợp tất cả các số có ≤ n chữ số Chọn các số mà trongbiểu diễn tam phân của nó chỉ chứa chữ số 2 và chữ số 0 Khi đó có 2nsố như vậy vàkhông có ba số nào trong chúng lập thành cấp số cộng

Bài toán 2.5 (Singapore 1995) Cho dãy số {fn} xác định bởi

f1 = 1, f2n = fn, và f2n+1 = f2n+ 1

i) Tính M = max {f1, f2, , f1994}

ii) Tìm tất cả các giá trị của n, 1 ≤ n ≤ 1994 sao cho fn = M

Lời giải Có thể dùng quy nạp để chứng minh rằngfn là số tất cả các chữ số 1 trongbiểu diễn nhị phân của số n

i) Tồn tại nhiều nhất là 10 chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của một số nếu số

đó bé hơn hoặc bằng 1994 = 11111001010(2)suy ra M = 10

ii) Với mọi số tự nhiên n ≤ 1994, ta có fn = 10 nếu và chỉ nếu n là một trongcác số

(2.5)

Hỏi có bao nhiêu giá trị a0 sao cho a5 = a0

Lời giải Khi tính an theo an−1 từ quan hệ (2.5) ta có thể lựa chọn một trong haicông thức Tất nhiên, với a0 đã chọn rồi thì tất cả các bước tiếp theo đều xác địnhmột cách duy nhất Tuy nhiên, ta có thể chọn a0 như thế nào đó để sau đó các côngthức tính theo đúng kịch bản đã cho Có 25 = 32 kịch bản như vậy Ví dụ với kịchbản (1, 1, 2, 1, 2) ta có

x1 = 2x0, x2 = 2x1 = 4x0, x3 = 2x2− x1 = 8x0 − x1,

x4 = 2x3 = 16x0− 2, x5 = 2x4− 1 = 32x0− 3

Giải phương trình x5 = x0ta được x0 = 3

31 Tất nhiên để có một lời giải hoàn chỉnh,

ta cần phải lập luận chặt chẽ để thấy rằng các x0 thu được là khác nhau và với mỗi

x0thu được, dãy số sẽ đi đúng như kịch bản đã định Tuy nhiên, phân tích này hướng

chúng ta tới hệ nhị phân Và ta có lời giải đẹp như sau:

Giả sử a0 = (0d1d2d3 )2thì a1 = (0d2d3d4 )2 Thật vậy

- Nếu 2a0 < 1 thì d1 = 0 và a1 = 2a0 = (0d2d3d4 )2

- Nếu 2a0 ≥ 1 thì d1 = 1 và a1 = 2a0− 1 = (0d2d3d4 )2

Hoàn toàn tương tự, ta có a2 = (0d3d4d5 )2, , a5 = (0d6d7d8 )2

Như vậy a5 = a0 khi và chỉ khi a0 là phân số nhị phân tuần hoàn chu kỳ 5 Có

25 = 32 chu kỳ tuần hoàn như vậy, trong đó chu kỳ (11111)2 cho chúng ta a0 = 1(loại)

Vậy có tất cả 31 giá trị a0thỏa mãn (2.5) Đó là 0, (00000), 0, (00001), , 0, (11110).Tính sang hệ thập phân đó là các giá trị 0, 1

e = a− 12Suy ra x∗

Thử lại, ta thấy nghiệm xn = 1

n Thỏa mãn điều kiện bài toán

Bài toán 2.8 Tồn tại hay không một dãy số {xn}, thỏa mãn điều kiện

xm+n = xm + xn + m + n,∀m, n ∈ N∗ (2.8)

Lời giải Giả sử tồn tại dãy số {xn} thỏa mãn điều kiện bài toán Từ phương trình(2.8) cho m = 1 suy ra

xn+1 = xn + x1+ n + 1,hay

xn+1− xn = a + n, với a = x1+ 1 (2.9)Phương trình xn+1 − xn = a + n là một phương trình sai phân tuyến tính khôngthuần nhất, cấp một Vì phương trình đặc trưng là λ = 1 nên ta có nghiệm tổng quátcủa phương trình thuần nhất xn+1 − xn = 0 làxcn = c Nghiệm riêng của (2.9) códạng x∗

n = n(dn + e), (d6= 0) Thay x∗

n vào (2.9) ta được(n + 1) [d(n + 1) + e]− n(dn + e) = a + n

e = a− 12Suy ra x∗

Vậy không tồn tại dãy số thỏa mãn bài ra

Bài toán 2.9 Xác định dãy số dương {xn}, thỏa mãn điều kiện

xmn = xmxn,∀m, n ∈ N∗ (2.11)

Lời giải Giả sử tồn tại dãy số dương{xn} thỏa mãn (2.11) Ta có

x1.n = x1xn ⇒ x1 = 1 Nhận xét rằng Nếu n = pk với p là số nguyên tố thì

xn = xpk = (xp)k Ta chứng minh nhận xét trên bằng quy nạp Với k = 1 ta có

Lời giải Để dễ sử lí, ta phát biểu bài toán dưới dạng.

Cho f : N∗ → N∗ là hàm tăng thực sự và thỏa mãn: Các dãy số (f(f(n))) và

f (f (n) + 1) là cấp số cộng Chứng minh rằng dãy (f (n)) cũng là cấp số cộng Từgiả thiết suy ra f(f(n)) = an + b và f(f(n)+) = cn + d

Với a, c là những số nguyên dương, b, d là các số nguyên, ta có

f (f (n)) < f (f (n) + 1) ≤ f(f(n + 1))

Suy ra an + b < cn + d ≤ a(n + 1) + b hay a + nb < c + d

n ≤ a + a + bn Bằng cách cho n → +∞ ta được a = c Tóm lại ta có

f (f (n)) = an + b, f (f (n)+) = an + c,∀n ∈ N∗

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2.3 Các bài tập áp dụng

Các kết quả của các bài toán phương trình hàm số học có ý nghĩa rất lớn trongviệc giải các bài toán phương trình hàm trên tập các số tự nhiên Bằng các phép biếnđổi đưa về các phương trình hàm đã xét ở trên Sau đây ta đi xét một số bài tập ápdụng các kết quả kể trên

Bài toán 2.11 Cho hàm số f : N∗ → N∗, thỏa mãn điều kiện

f (mf (n)) = n2f (m),∀m, n ∈ N∗.Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của f(2010)

Lời giải Chom = n = 1 ta có f (f (1)) = f (1), suy ra f (1) = 1

Cho m = 1 ta có f(f(n)) = n2,∀n ∈ N∗

Thay m bởi f(m) ta được

f (f (m)f (n)) = n2f (f (m)) = n2m2 = f (f (mn)),∀m, n ∈ N∗

Do f đơn ánh nên f(mn) = f(m)f(n), ∀m, n ∈ N∗

Ta chỉ cần xác định giá trị hàm số tại các số nguyên tố

Giả sử p là số nguyên tố và f(p) = ab, (a > 1, b > 1)

Khi đó f(ab) = f(f(p)) hay f(a)f(b) = p2

Do p là nguyên tố và f(a) > 1, f(b) > 1 nên chỉ xảy ra khả năng f(a) = f(b) = p,suy ra a = b.

Chú ý rằng không thể xảy ra trường hợp f(p) hoặc f(p) = p2 với p là số nguyên tố

Từ đó có thể xây dựng hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau

- Chia tập hợp số nguyên tố thành vô hạn các cặp (p; q) rời nhau và đặt

f (k) do (2.12)= f (1 + f (f (1)− t)) do (2.12)= f (1)− [f(1) − t] = t.

Vậy f là toàn ánh, suy ra f là song ánh Từ (2.12) cho x = 1 và y = 0, ta được

f (1 + f (0)) = f (1)

Mà f là song ánh nên từ đây suy ra: 1 +f(0) = 1 hay f(0) = 0 Từ (2.12) cho x = 0,

ta được: f(f(y)) = −y, ∀y ∈ N Như vậy (2.12) trở thành

Bài toán 2.14 (France Selection Test 2007) Tìm tất cả các hàm số f : N → Z thỏa

P (0, x)⇒ f(f(x) − x) = f(x), ∀x ∈ N (2.16)Thực hiện P (x, f(y) − y) ta được

f (x− f(y) + y + f(f(y) − y)) = f(x) + f(f(y) − y), ∀x, y ∈ N (2.17)Thay (2.16) vào (2.17) ta được

f (x + y) = f (x) + f (y),∀x, y ∈ N

Từ đây áp dụng kết quả bài toán 2.1, ta suy ra

f (x) = ax,∀x ∈ N (a = f(1) là hằng số nguyên )

Thay vào (2.15) ta được

a(x− y + ay) = ax + ay, ∀x, y ∈ N

a) Tìm hàm số f.

b) Giả sử f(x) ≥ mx2+ (5m + 1)x + 4m,∀x ∈ N Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của m

Lời giải Kí hiệuP (u, v) chỉ việc thay x bởi u và thay y bởi v vào (2.18)

Chương 3

Các dạng toán liên quan

Trong chương này sẽ trình bày các dạng toán từ các đề thi Olympic các nước vàquốc tế liên quan đến tính toán, ước lượng và các tính chất số học (nguyên tố, chínhphương, tính đơn điệu, tính tuần hoàn ) của các hàm số trên các tập số tự nhiên,tập số nguyên và tập số hữu tỷ

3.1 Phương trình hàm trên N và trên Z

3.1.1 Lớp các bài toán áp dụng nguyên lý quy nạp toán học

Nguyên lý quy nạp toán học là một trong những nguyên lý quen thuộc và rất quantrọng trong chương trình toán phổ thông Nguyên lý này đôi khi là một trong nhữngcông cụ rất hữu hiệu để giải quyết một lớp bài toán khó liên quan đến tập số tự nhiên

Vì vậy nó cũng là một công cụ hữu hiệu dùng để công phá các bài phương trình hàmtrên các tập rời rạc Trước tiên ta xét bài toán sau

Bài toán 3.1 (Puerto Rico Team Selection Test 2012) Tìm tất cả các hàm số

f : N∗ → N∗sao cho

1) f (2) = 2;

2) f (mn) = f (m)f (n);∀m, n ∈ N∗;3) f (m) < f (n),∀m < n

Lời giải Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn các yêu cầu bài toán Khi đó, cho n = 1,

sử khẳng định f(n) = n đã đúng tới n = k, (k ≥ 2) Lúc này f(k) = k, ta cầnchứng minh f(k + 1) = k + 1.

Nếu k là số lẻ thì k + 1 là số chẵn và

f (k + 1) = f



2.k + 12



= f (2)f



k + 12



= f (2).f



k + 22



= 2.k + 2

2 = k + 2.

Do k = f(k) < f(k + 1) < f(k + 2) = k + 2 suy ra f(k + 1) = k + 1 Vậy khẳngđịnh vẫn còn đúng với n = k + 1 Theo nguyên lý quy nạp, ta có

f (n) = n,∀n ∈ N∗.Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài ra

Nhận xét

Trong lời giải bài toán trên, ta đã sử dụng tính chất quan trọng là thứ tự trên N∗

và phương pháp quy nạp toán học Tính chất k < f(k + 1) < k + 2 ⇒ f(k + 1) =

k + 1,∀k ∈ N là một tính chất rất quan trọng đã được sử dụng Ngoài ra trong lờigiải trên ta đã sử dụng hiệu quả cả ba điều kiện Điều gì sẽ xảy ra nếu ta làm yếu đimột điều kiện ? Câu trả lời sẽ được biết khi ta xét tiếp bài toán sau

Bài toán 3.2 Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ sao cho

f (k) = k, f (k + 1) = k + 1

- Nếu k là số lẻ, ta xét hau trường hợp sau

+ Trường hợp k + 1 = 2α(2l + 1) , α, l ∈ N∗ Khi đó

0 < 2α ≤ n, 0 < 2l + 1 ≤ n