SỬ DỤNG hệ cơ số TRONG PHƯƠNG TRÌNH hàm t04

SỬ DỤNG HỆ CƠ SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀMA – MỞ ĐẦU: Trong các bài toán phương trình hàm thi học sinh giỏi, có một nhóm các bài toán được giải theo phương pháp sử dụng hệ cơ số, thông thườ

SỬ DỤNG HỆ CƠ SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM

A – MỞ ĐẦU:

Trong các bài toán phương trình hàm thi học sinh giỏi, có một nhóm các bài toán được giải theo phương pháp sử dụng hệ cơ số, thông thường nhất là hệ nhị phân và hệ tam phân Tuy nhiên đây là một kỹ thuật tương đối thú vị, nếu học sinh không hiểu rõ thì có thể chỉ thấy rằng lời giải đưa ra là rất hay, đẹp, độc đáo nhưng lại không tự nhiên và từ đó khó

có thể áp dụng trong các bài toán khác Mong muốn đi tìm đường lối suy nghĩ hợp lý, lôgic,

tự nhiên cho các bài toán dạng này, tác giả xin phân tích một số bài toán thú vị đó Tất nhiên, việc phân tích là theo quan điểm cá nhân nên rất mong muốn có được sự góp ý của độc giả

để có thể hoàn chỉnh hơn nữa bài viết này

B – NỘI DUNG:

Ta có thể nghĩ đến phương pháp này nếu gặp một bài toán mà cách xác định hàm số

bị chia thành các trường hợp khác nhau, chẳng hạn nếu n bị chia thành các trường hợp chẵn

và lẻ thì ta có thể nghĩ đến việc biểu diễn n trong hệ nhị phân.

Ta xem xét cụ thể hơn qua các bài toán sau:

Bài 1:

Tìm f :nZ �Z : f  1 1, f  2n  f n , f  2n 1 f  2n 1

Giải:

Trong bài toán này, n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2 nên ta xét n trong cơ số 2.

Có thể viết lại điều kiện của bài toán như sau:

f  , f n  f n , f n  f n 

Với cách mô tả này ta có thể thấy rằng: nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 0 thì

 

f n không tăng thêm, còn nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 1 thì f n tăng thêm 

1, vậy ta dự đoán: f n là số số 1 trong biểu diễn nhị phân của n 

Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng

Bài 2:

Tìm f :Z �Z, f  1 1, f  2n 2f n  1, f 2n 1 2f n  1

Giải:

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng nếu n a a a k k1 0 2  thì f n  a a a k1 0 k 2 (và a k � ).0

Việc kiểm tra các giá trị nhỏ của n là hoàn toàn rõ ràng.

Giả sử khẳng định đã đúng đến n , ta chứng minh khẳng định cũng đúng với n 1

-) Nếu n  với 1 2l l a a a k k1 0 2  thì n 1 a a a k k1 00 2

 1 2   1 k 1 0 k0 2 1 2 k 1 00 k 2

f n  f l  a a a  a a a (do a k  ) 1

-) Nếu n   với 1 2l 1 l a a a k k1 0 2  thì n 1 a a a k k1 01 2

 1 2   1 k 1 0 k0 2 1 2 k 1 01 k 2

f n  f l  a a a  a a a (do a k  ) 1

Khẳng định được chứng minh

Bài 3: (Hải Phòng TST 2008)

Cho hàm số f :Z �N thỏa mãn:

Tồn tại không số n thỏa mãn f n   n 2008?

Giải:

Ở đây ta thấy rằng n và f n đều bị chia thành các trường hợp khi chia cho 3. 

Vậy ta sẽ xét n và f n trong cơ số 3. 

-) Với f  3k 3f k   ta có nếu n chia hết cho 3 thì 1 f n chia cho 3 dư 1, hay là nếu 

trong biểu diễn tam phân của n có bit 0 thì trong biểu diễn tam phân của f n có bit 1. 

-) Với f 3k 1 3f k   ta có nếu n chia cho 3 dư 1 thì 2 f n chia cho 3 dư 2, hay là 

nếu trong biểu diễn tam phân của n có bit 1 thì trong biểu diễn tam phân của f n có bit 2. 

-) Với f 3k2 3f k  ta có nếu n chia cho 3 dư 2 thì f n chia hết cho 3, hay là nếu 

trong biểu diễn tam phân của n có bit 3 thì trong biểu diễn tam phân của f n có bit 0. 

Do đó ta suy ra công thức xác định f n như sau: 

n a a a  � f n b b b , trong đó a i � theo quy tắc 0b i �1 1, �2 2, � 3

(và a k � )0 Chứng minh bằng quy nạp:

-) Nếu n1 2, : khẳng định trên đúng

-) Giả sử đã đúng đến n , ta chứng minh cũng đúng với n 1

Thật vậy:

TH1: 1 3

) n m m n : m a a a a , f m b b b b

�

TH2: 1 3 1

) n m m n : m a a a a , f m b b b b

�

     

TH3: 1 3 2

) n m m n : m a a a a , f m b b b b

�

Vậy trong mọi trường hợp đều đúng với n , do đó khẳng định được chứng minh.1

Khi đó nếu f n   n b b b k k1 0 3 a a a k k1 0 3 c c c k k1 0 3 thì c i� 0 1; .

(Vì nếu b j 0,c j  thì 2 c j1 do nhớ 1, còn các trường hợp khác 0 c j  ).1

Trong khi đó 2008 2202101   3 nên không tồn tại n thỏa mãn f n   n 2008.

Bài 4:

Cho f :N�N, f  0 0, f 2n 2f n   1 n�1, f 2n 1 2f n  n�0 Chứng minh rằng nếu g n   f f n    thì g n g n       � 0 n 0

Giải:

Tương tự bài số 3 ta dễ dàng suy ra công thức xác định f n như sau: 

n a a a  � f n b b b , trong đó a i � theo quy tắc 0b i �1 1, �0

(và a k � )0 Chẳng hạn n11000101011  2 thì f n  00111010100 2 111010100 2

Khi đó g n chính là biểu diễn nhị phân được sinh ra bằng cách xóa đi dãy các bit 1 và dãy 

các bit 0 đầu tiên bên trái trong biểu diễn nhị phân của n

Như ví dụ trên thì g n  f 111010100 2  000101011  2 101011  2

Khi đó n g n   chính là giữ lại dãy các bit 1 đầu tiên, còn tất cả các bit sau đó được thay

thành 0 trong biểu diễn nhị phân của n

Như trên thì n g n   11000000000  2

Từ đó rõ ràng g n g n      0

 

  11000000000  2  111111111 2

 

  111111111  2  0

Bài 5: (China 1995)

Cho

 

f

�



�

Giải:

Trong ví dụ này vì cách xác định f không được tường minh nên ta cần phải tìm ra các tính chất đơn giản hơn của f trước.

3f n f 2n 1 f 2n ��3f n 1��� f 2n ��3f n 1 3��Mf n �f 2n M3f n

Mà f  2n 6f n  nên f  2n 3f n .

Và như vậy ta có: f  2n 3f n , f  2n 1 3f n   1

Ở đây ta thấy rằng n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2, còn f n lại bị chia thành 

các trường hợp khi chia cho 3

Vậy ta sẽ xét n trong cơ số 2, còn f n trong cơ số 3. 

-) Với f  2n 3f n  ta có nếu n chia hết cho 2 thì f n chia hết cho 3, hay là nếu trong 

biểu diễn nhị phân của n có bit 0 thì trong biểu diễn tam phân của f n cũng có bit 0. 

-) Với f 2n 1 3f n   ta có nếu n chia cho 2 dư 1 thì 1 f n chia cho 3 cũng dư 1, 

hay là nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 1 thì trong biểu diễn tam phân của f n 

cũng có bit 1

Do đó ta suy ra công thức xác định f n như sau:   n a a a k k1 0 2 � f n  a a a k k1 0 3 . Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng

Bây giờ 293 101212  3 , ta sẽ tìm được 4 cặp nghiệm:

Bài 6: (IMO 1988)

Cho

2

�



�

�

�

 

f n  ?n

Giải:

Việc công thức xác định của hàm số bị chia thành các trường hợp khác nhau khi chia cho 2

hay có thể là 4 gợi ý ta nghĩ đến việc xem xét số n và cả f n trong hệ cơ số 2 hoặc 4, tất 

nhiên thông thường hệ cơ số 2 là thông dụng hơn

Ta hãy thử xem xét các giá trị ban đầu của f:

         

Chuyển sang hệ nhị phân và biểu diễn n và f n có cùng số chữ số ta có: 

Từ đó có thể gợi ý ta nghĩ đến việc f làm “đảo ngược” các chữ số của n , cụ thể là:

n a a a  � f n a a a (và a k � ).0

Ngoài ra rõ ràng hàm f xác định như trên là duy nhất nên thậm chí ta không cần chứng

minh dự đoán trên bằng quy nạp mà chỉ cần kiểm tra trực tiếp hàm số trên thỏa mãn bài toán

Thật vậy, với n a a a k k1 0 2  và f n  a a a0 1 k 2 thì:

2 0 1 2 0 1 2

f n f a a a a a a a a a f n

a a a a a a f n f n







Trong phần kiểm tra ở trên nếu việc biến đổi trong hệ nhị phân ta cảm thấy không thuận tiện thì có thể chuyển về lại hệ thập phân để kiểm tra kết quả bài toán

Do đó f n   khi và chỉ khi biểu diễn nhị phân của n có tính đối xứng n

Ta có đúng 2 21

m

� �

� �

� � số n như vậy trong miền �2 2m , m 1 .

Tuần tự trong các miền 1 2; , ; , ; , ; 2 4 4 8 8 16 16 32 32 64 64 128 128 256  , ; , ; , ; , ; ,

256 512 512 1024; , ;  có 1 1 2 2 4 4 8 8 16 16, , , , , , , , , số n thỏa mãn.

Với 1988 11111000100 2, bit thứ 2 đến 6 có thể tùy ý từ 00000 đến 11101, do đó ta có 30

số n thỏa mãn trong miền 1024 1988; .

Như vậy tổng số có 1 1 2 2 4 4 8 8 16 16 30 92           số n thỏa mãn

Bài 7: (Poland 2003)

Cho

 

0;0 0

:

:

f

f

y



�

�

�

�

�

�

,

a b�N sao cho f a b ;  , hỏi rằng có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn n

f a x  f b x  ? n

Giải:

Ta dễ dàng có f a b là số cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác ; nhau

Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác nhau thì f a b ; tăng thêm 1 và f a x ;  f b x ; cũng tăng thêm 1 bất kể giá trị bit cùng hàng của x là gì.

Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà giống nhau thì f a b ; không tăng thêm và f a x ;  f b x ; không tăng thêm hoặc tăng thêm 2 tùy thuộc vào giá

trị bit cùng hàng của x là gì.

Do đó f a b ;  f a x ;  f b x ; có nghĩa là:

-) Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà giống nhau thì bit cùng hàng của x cũng bằng như vậy

-) Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác nhau thì bit cùng hàng của x bất kỳ

Do có n hàng nên có 2 n số x thỏa mãn.

Bài 8:

1

2

0 1

1

2





�



�

R

 

f f f f f x  x

Giải:

Trong bài toán này hình thức ban đầu có vẻ như khá khó để nghĩ đến hệ cơ số để mô tả vì bài toán yêu cầu làm việc với các số hữu tỷ chứ không phải các số tự nhiên Tuy nhiên thực

ra ta vẫn có những dấu hiệu để nghĩ đến hệ cơ số, đó là việc cả x và hàm f bị chia thành

hai trường hợp liên quan đến số 2, và để mô tả điều này ta sẽ sử dụng hệ nhị phân đối với các số không nguyên

Giống như số thập phân, ta ký hiệu:

x ,a a a a � x a   a  a  a  

Khi x0,a a a a1 2 3 n 2 thì 2x a ,a a a 1 2 3 n 2 , do đó:

1

2

� � thì f x  2x0,a a a a2 3 4 n 2

1

2 �x � a  thì f x  2x 1 1,a a a a2 3 4 n 2 1 2 0,a a a a2 3 4 n 2

Vậy ta có thể dự đoán:

x ,a a a a � f x  ,a a a a

Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng

Bây giờ ta cần có 0,a a a a1 2 3 n 2 0,a a a a6 7 8 n 2 , hay là

1 6 2 7 n 5 n n 4 n 3 n 2 n1 n 0

a a ,a a , ,a  a ,a  a  a  a  a 

Như vậy a i   , hay là 0 i x 0

Bài 9: (IMO SL 1979)

 

0

0 1

1

f x

f x





�

�

�



 

�

Giải:

Tương tự bài 6 ta cũng sẽ sử dụng hệ nhị phân đối với các số không nguyên cho x và f x 

do x và f x đều bị chia thành 2 trường hợp liên quan đến số 2. 

x ,a a a a � x a   a  a  a  

Điều kiện bài toán trở thành:

 

 

2 3 4 2

1

1 2 3 2

2 3 4 2

1

0

0 4

0

1 4

n

n

n

f ,a a a a

, a

f ,a a a a

f ,a a a a

, a

�

�

 �



�



�

� Khi đó nếu ta đã có f 0,a a a a2 3 4 n 2  0,b b b1 2 m  2 thì:

 

 

1 2 3 2

0

m n

m

, b b b , a

f ,a a a a

, b b b , a

�

 �



�

Rõ ràng số chữ số của 0,a a a a1 2 3 n 2 nhiều hơn của 0,a a a a2 3 4 n 2 1 chữ số nên từ đó ta có

thể quy nạp được công thức tính của f x : 

     

x ,a a � f x  ,a a a a

Bài 10: (IMO SL 2000)

Cho

�

�

�

nNn nN Chứng minh rằng: m �Z , số các số

2m

n�Z : n mà f  4n  f  3n là f  2m 1

Giải:

Trong bài toán này, n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2, 4 nên ta xét n trong cơ số

2 hoặc có thể là 4

Áp dụng điều kiện f  4n  f  2n  f n  cho các số dạng 2k

n ta có:

Khi đó nếu ta đặt  2k

k

f  thì ta có: a a k1a k a k1, đây là một điều kiện giống như dãy

số Lucas mà thậm chí có thể là trường hợp đặc biệt nhất là dãy Fibonacci, do đó bài toán này

khá đặc biệt, ta xét n trong hệ cơ số 2, còn f n được tính theo tổng các số trong dãy 

Fibonacci, ta có thể tạm gọi là “hệ cơ số Fibonacci”

Với các điều kiện f 2n 1 f  2n  và 1 f 4n2  f  4n  thì các giá trị đầu tiên1 của dãy f n trong “hệ cơ số Fibonacci” cũng chính là 1 và 1. 

Vậy ta có thể dự đoán:

n a a a  � f n a F a F    a F

Trong đó  F là dãy Fibonacci: n F0 F11,F n1F nF n1.

Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng

Ta khẳng định rằng nếu biểu diễn nhị phân của n không có 2 bit 1 nào kề nhau thì

 3  4

f n  f n .

0

r

k k

n a   a , trong đó k i1k i �2i thì

0

1 1

r

n a     a   Khi đó trong tính toán f  3n , mỗi F i1 được thay thế theo quy tắc F i1F i2 F i2, ta được f  4n

Ta khẳng định rằng f  3n �f  4n n� , và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi biểu diễn nhị0

phân của n không có 2 bit 1 nào kề nhau.

Ta chứng minh khẳng định trên đúng với mọi 0 2m

n

� bằng quy nạp theo m� 1

Việc kiểm tra các giá trị nhỏ của m là hoàn toàn rõ ràng.

Giả sử khẳng định trên đã đúng với m , và ta cần chứng minh khẳng định cũng đúng với

1

2m 2m

n 

Đặt n2m với 0p �p2m Khi đó    2   

3

m

f n  f   p F   f p Ta chia thành 3 trường hợp :

-) Nếu 3p2m : khi đó biểu diễn nhị phân của 3p không được “nhớ” thêm vào biểu diễn

nhị phân của 3 2m

. Do đó

f n  f  f p F   f p �F   f p F n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f  3p  f  4p , hay là biểu diễn nhị phân của p không có

2 bit 1 nào kề nhau

2m 3 2m

p 

� : khi đó biểu diễn nhị phân của 3p được “nhớ” thêm 1 vào biểu diễn

nhị phân của 3 2 m Do đó

f n F  ��f p F  ��F   f p F   f p F n

-) Nếu 2m 1�3p3 2 m : khi đó biểu diễn nhị phân của 3p được “nhớ” thêm 10 vào biểu

diễn nhị phân của 3 2 m Do đó

f n F  F  ��f p F  �� F   f p F n

Ta còn phải đếm xem có bao nhiêu số n trong miền �0 2; m mà biểu diễn nhị phân của n

không có 2 bit 1 nào kề nhau

Gọi số số n đó là u Trong m u số n như vậy có m u m1 số nhỏ hơn 2m 1 và u m2 số trong

2m 2m

;



� Do đó u m u m1u m2  � m 3

Mà u1 2 F ,u3 2   nên ta có 3 F4  1

2 2m

u F   f 

Sau đây xin gửi đến một số bài toán khác để rèn luyện thêm :

Bài 11:

Tìm f :Z �Z tăng,  f f n    3n.

Bài 12: (Poland 2000)

Tồn tại không f :Z �Z : f f n    2n?

Bài 13:

f

�

Bài 14: (Bangladesh 2018)

Cho f :Z �Z, f 2n 1 f 2n 2 1, f  2n 2f 2n1 Tìm f  1 sao cho

1971 2018 1

Bài 15: (Taiwan TST 2016)

Tìm các toàn ánh :f Z� �Z Z thỏa mãn với mọi , , a b c�Z thì:

i) f a b ; �a b

ii) f a f b c ;  ;   f f a b c  ; ; 

iii) Cả  ;

a

f a b

C và b ;

f a b

C đều lẻ.

C – KẾT LUẬN:

Trên đây là một số phân tích xoay quanh các bài toán sử dụng hệ cơ số trong giải toán phương trình hàm Hy vọng là qua các phân tích này, bạn đọc cũng đã hình dung ra được đường lối suy nghĩ, phương pháp tiếp cận để thấy được sự tự nhiên trong lời giải, từ đó có thể áp dụng vào các bài toán khác Do tất cả các phân tích đều chỉ là quan điểm cá nhân nên rất mong nhận được sự góp ý của bạn đọc để hoàn chỉnh hơn nữa bài viết

Xin chân thành cảm ơn!

D – TÀI LIỆU THAM KHẢO:

[1] https://artofproblemsolving.com/

[2] Topics in Functional Equations, Andreescu – Boreico – Mushkarov – Nikolov, 2012

XYZ Press