Hàm số hiện là một phân môn vô cùng đặc sắc trong lĩnh vực toán olympic và cũng nhận được sự quan tâm, yêu thích của rất nhiều học sinh chuyên toán trong và ngoài nước. Các bài toán hàm số mang vẻ đẹp rất cuốn hút, với những phép thế vô cùng bất ngờ. Ở phân môn này cũng có các bài toán khó và rất khó, đòi hỏi người làm phải tập trung cao độ mới có thể làm được. Bài toán khó và lạ sẽ mang đến cho ta những phương pháp mới trong việc giải các bài toán. Một địa điểm chứa những bài toán đó là IMO Shortlist. Nhận thấy các bài toán này đều lạ và khó nhưng được viết bằng tiếng anh khiến cho nhiều học sinh kém tiếng anh “ngại” đọc do phải vừa đọc, vừa hiểu, vừa phải dịch, tôi đã có ý tưởng dịch lại các bài hàm số này sang tiếng việt.(tại tôi dốt tiếng anh À).
Trang 1VIỆT NGUYỄN
HÀM SỐ TRONG
IMO SHORTLIST
M THPI D
Trang 2Hàm số trong IMO Shortlist
Nguyễn Hoàng Việt − A2K54 KHTN
Mathpiad − Tạp chí toán học +
Trang 3Hàm số hiện là một phân môn vô cùng đặc sắc trong lĩnh vực toán olympic và cũng nhận được sựquan tâm, yêu thích của rất nhiều học sinh chuyên toán trong và ngoài nước Các bài toán hàm sốmang vẻ đẹp rất cuốn hút, với những phép thế vô cùng bất ngờ Ở phân môn này cũng có các bàitoán khó và rất khó, đòi hỏi người làm phải tập trung cao độ mới có thể làm được Bài toán khó và lạ
sẽ mang đến cho ta những phương pháp mới trong việc giải các bài toán Một địa điểm chứa nhữngbài toán đó là IMO Shortlist Nhận thấy các bài toán này đều lạ và khó nhưng được viết bằng tiếnganh khiến cho nhiều học sinh kém tiếng anh "ngại" đọc do phải vừa đọc, vừa hiểu, vừa phải dịch,tôi đã có ý tưởng dịch lại các bài hàm số này sang tiếng việt.(tại tôi dốt tiếng anh À) Nếu có saisót, các bạn đọc hãy liên hệ cho tôi tạihttps://www.facebook.com/nguyenhoangvietchuyenkhtn/
Trang 41 Bài toán hàm số đại số
Bài 1 Cho hàm số f : Z+→ Z+ thỏa mãn
f (m + n) > f (m) + f (f (n)) − 1, ∀ m, n ∈ Z+Tìm tất cả các giá trị có thể của f (2007)
A2 IMO Shortlist 2007
Bài 2 Cho tập hợp S ⊆ R Ta gọi một cặp hàm số (f, g) : S → S là có gấu nếu thỏa mãncác điều kiện
(i) Cả hai hàm f, g đều tăng ngặt
(ii) f (g(g(x))) < g(f (x)) với mọi x ∈ S
Hỏi liệu có tồn tại một cặp có gấuhay không nếu
A4 IMO Shortlist 2008
Trang 5A6 IMO Shortlist 2010
Bài 10 Tìm tất cả các hàm số f, g : R → R thỏa mãn
g(f (x + y)) = f (x) + (2x + y)g(y), ∀ x, y ∈ R
A3 IMO Shortlist 2011
Trang 6A6 IMO Shortlist 2011
Bài 13 Tìm f : Z → Z sao cho với mọi a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = 0 thì
f2(a) + f2(b) + f2(c) = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a)
Giả sử rằng với mỗi số n ∈ Z+, tồn tại một số k ∈ Z+
để f2k(n) = n + k và đặt knlà số k nhỏ nhất có tính chất này Chứng minh dãy k1, k2, không
Trang 8 Bài 25 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau
Với mọi x, y ∈ R sao cho (f (x) + y) (f (y) + x) > 0, ta có f (x) + y = f (y) + xChứng minh rằng f (x) + y6 f (y) + x khi và chỉ khi x > y
ã
f (y) = f (xy) + f
yx
, ∀ x, y ∈ R+
1 Chứng minh rằng tồn tại một hàm số f thỏa mãn có một số hiếm
2 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f nào có nhiều hơn 1 số hiếm
A7 IMO Shortlist 2019
Bài 29 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z sao cho
fa2 +b 2(a + b) = af (a) + bf (b), ∀ a, b ∈ ZVới kí hiệu fn(x) là hợp n lần hàm số x
A6 IMO Shortlist 2020
Bài 30 Tìm tất cả các hàm số f : R+→ R+ thỏa mãn
f (x + f (xy)) + y = f (x)f (y) + 1, ∀ x, y ∈ R+
A8 IMO Shortlist 2020
Trang 9 Bài 1 Tìm tất cả các hàm f : Z+→ Z+ toàn ánh sao cho với mọi m, n thì f (m + n) chia
hết cho p khi và chỉ khi f (m) + f (n) chia hết cho p
Trang 10N7 IMO Shortlist 2015
Bài 8 Cho hàm số f : Z+ → Z>1 thỏa mãn f (m + n) | f (m) + f (n), ∀ m, n ∈ Z+ Chứngminh rằng tồn tại một số nguyên C sao cho C | f (x), ∀ x ∈ Z+
N6 IMO Shortlist 2018
Bài 9 Tìm tất cả các hàm số f : Z+→ Z+ thỏa mãn tồn tại số nguyên C sao cho
a + f (b) | a2+ bf (a), với mọi a + b > C
N4 IMO Shortlist 2019
Bài 10 Tìm tất cả các hàm số f : Z+
→ N thỏa mãni) tồn tại t để f (t) 6= 0
ii) f (xy) = f (x) + f (y), ∀ x, y > 0
iii) Tồn tại vô hạn số nguyên dương n để f (k) = f (n − k) với mọi k < n
N5 IMO Shortlist 2020
Trang 111 Hàm số đại số
Bài 1 Cho hàm số f : Z+→ Z+ thỏa mãn
f (m + n) > f (m) + f (f (n)) − 1, ∀ m, n ∈ Z+Tìm tất cả các giá trị có thể của f (2007)
A2 IMO Shortlist 2007Lời giải Xét m > n, ta có
f (m) = f (n + (m − n)) > f (n) + f (f (m − n)) − 1 > f (n)Nên f là hàm không giảm Ta bỏ qua trường hợp tầm thường f ≡ 1
Gọi a là số nhỏ nhất mà f (a) > 1 Khi đó f (b)> f (a) > 1 với mọi b > a
Gọi A là tập các số n mà n ∈ Z+ và f (n) > n Ta có
f (f (n)) = f ((f (n) − n) + n) > f (f (n) − n) + f (f (n)) − 1 ⇒ 1 > f (f (n) − n)
Suy ra f (n) − n6 a với mọi n ∈ A Vậy tồn tại
c = max{f (n) − n : n ∈ Z+}Giả sử c = f (k) − k > 0, ta có
2k + c > f (2k) = f (k + k) > f (k) + f (f (k)) − 1
> f (k) + f (k) − 1 = 2(k + c) − 1 = 2k + c + c − 1Suy ra c6 1 hay f (2007) 6 2008
Ta xây dựng hàm f để f (2007) có thể nhận được tất cả các giá trị trong [1, 2008] như sau
fj(n) = max{1, n + j − 2007} với j = 1, 2, , 2007; f2008(n) =
®
n nếu 2007 - n
n + 1 nếu 2007 | n
Ta chứng minh hàm số fj thỏa mãn nếu fj(2007) = j
¨ Trường hợp 1 j 6 2007 Ta có fj là hàm không giảm và fj(n) 6 n, ∀ n ∈ Z+
j(m) = 1 thì
fj(m + n) > fj(n) > fj(fj(n)) = fj(m) + fj(fj(n)) − 1
Trang 12(i) Cả hai hàm f, g đều tăng ngặt.
(ii) f (g(g(x))) < g(f (x)) với mọi x ∈ S
Hỏi liệu có tồn tại một cặp có gấuhay không nếu
(a) Từ (i), ta được f (x)> x và g(x) > x với mọi x ∈ Z+
Ta chứng minh quy nạp rằng gk(x) 6 f (x) với mọi k > 0 và x ∈ Z+ Ta có
g(gk+1(x)) = gk(g2(x)) 6 f (g2(x)) < g(f (x)) ⇒ gk+1(x) < f (x) (1)Nếu g(x) = x, ∀ x ∈ Z+ thì f (g2(x)) = f (x) = g(f (x)), mâu thuẫn với (ii)
ã
= a − 1
b + 3a với mọi a, b ∈ Z+.Hiển nhiên hàm f là tăng ngặt Ta chứng minh g cũng tăng ngặt
b − 1
d Ta cóg
Å
d − 1b
ã
> g
Å
c − 1d
Trang 13Åg
Åg
Å
a − 1b
Å
a − 1bãã
â
Bài 3 Với mỗi m ∈ Z, đặt t(m) ∈ {1, 2, 3} sao cho 3 | m + t(m) Cho hàm số f : Z → Z
thỏa mãn f (−1) = 0, f (0) = 1, f (1) = −1 và
f (2n+ m) = f (2n− t(m)) − f (m), ∀ m, n ∈ N với 2n> mChứng minh rằng f (3p)> 0 với mọi số nguyên p > 0
A4 IMO Shortlist 2008Lời giải Với k > 0, ta chứng minh quy nạp
f (22k+1− 3) = 0, f (22k+1− 2) = 3k, f (22k+1− 1) = −3k
f (22k+2− 3) = −3k, f (22k+2− 2) = −3k, f (22k+2− 1) = 2.3k
Cho m = 0, n = 1 vào đề bài, ta được
f (21) = f (21− 3) − 1 = f (−1) − 1 = −1Cho m = n = 1 vào đề bài, ta được
f (3) = f (0) − f (1) = 1 − −1 = 2Vậy ta đã chứng minh điều quy nạp với trường hợp k = 0
Theo giả thiết quy nạp, ta có
f (22k+1− 3) = f (22k+ 22k− 3) = f (22k− t(22k− 3)) − f (22k− 3) = f (22k− 2) − f (22k− 3) = 0
Chứng minh tương tự với các trường hợp còn lại
Như vậy, ta được f (2n− t(m)) > 3(n−1)/2 nếu 3 | 2n− t(m) và f (2n
− t(m)) 6 0 nếu 3 - 2n− t(m).Lại có 3 | m + t(m) nên ta được
Trang 14A6 IMO Shortlist 2008
Lời giải Giả sử rằng f (R) = Z+ Giả sử tồn tại a để f (a) = 1
Xét hàm số g(x) = f (x + a) P (x + a, y + a), ta được
Nên g cũng thỏa mãn các điều kiện như đề bài Nên không mất tính tổng quát, giả sử f (0) = 1
! Ta chứng minh với một số c bất kì, ta có
ßf
Å
c + 1n
ã: n ∈ Z+
Å
x + 1
f (c)
ã: x ∈ R
™
ßf
Å
c + 1
f (x)
ã: x ∈ R
™
⊂
ßf
Å
c + 1n
ã: n ∈ Z+
™
⊂ f (R)
Áp dụng với c = 0 và c = 1
3, ta đượcß
fÅ 1n
ã: n ∈ Z+
ã: n ∈ Z+
™
Trang 15! Nếu f (u) = f (v) thì f (u + q) = f (v + q) với mọi q ∈ Q>0.
Hơn nữa, nếu f (q) = 1 thì f (kq) = 1, ∀ k ∈ Z+
Chứng minh Với mọi x ∈ R, ta có
Vì f (R) = Z+, ta có
f
Å
u + 1n
ã
= f
Å
u + 1n
ã
= f
Å
v + kn
ã
= f (v + q) (*)
! f (q) = f (q + 1) với mọi số hữu tỉ không âm q
Chứng minh Theo (2), tồn tại số nguyên dương m để fÅ 1
ã
= = f (1)Vậy lại theo (*), ta được f (q) = f (q + 1)
fÅ 1kã
ê
= fÅ 1nã
Trở lại bài toán Theo (2), giả sử tồn tại n ∈ Z+ sao cho fÅ 1
3+
1n
t với gcd(s, t) = 1 Dễ chứng minh t 6= 1 Ta chọn k, ` sao cho ks − `t = 1.
Từ (*), ta suy ra nếu f (x) = f (0) với x> 0 thì f (kx) = 0
ã
= t, vô lí
Vậy giả sử phản chứng sai Kết thúc chứng minh â
Trang 16¨ Bước 1 Ta chứng minh f (1) = 1.
Giả sử f (1) = 1 + m với m > 0 Ta thấy rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh là 1, f (y), f (y + m).Như vậy 1 > |f (y) − f (y + m)| nên |f (y) − f (y + m)| = 0 hay f (y) = f (y + m)
Vậy hàm f tuần hoàn theo chu kì m Hay f bị chặn
Giả sử f (x)6 B với mọi x thì nếu ta chọn x > 2B, ta được
x > 2B > f (y) + f (y + f (x) − 1)Nên x, f (y), f (y + f (x) − 1) không phải là ba cạnh của một tam giác Vậy m = 0 hay f (1) = 1
¨ Bước 2 Ta có x, f (1) = 1, f (1 + f (x) − 1) = f (f (x)) là ba cạnh của một tam giác nên
Do tồn tại một tam giác có ba cạnh là z,f (t − A) và f (t − A + f (z) − 1) nên
z + f (t − A) > f (t)Suy ra
f (t − A) > f (t) − (z − 1) > z − 1
A (t − A) + MMâu thuẫn với tính nhỏ nhất của t Suy ra
Điều này là vô lí với mọi t Vậy, giả sử phản chứng sai hay f (z)6 z, ∀ z ∈ Z+
Áp dụng bước 3 và bước 2, ta có
t = f (f (t)) 6 f (t) 6 tNên f (t) = t, ∀ t ∈ Z+
â
Trang 17f (x − f (y)) 6 yf (x) + x, ∀ x, y ∈ R (1)Đặt a = f (0) Thay y = 0 vào (1), ta được f (x − a)6 x, ∀ x ∈ R Như vậy
f (y) 6 y + a, ∀ y ∈ R (2)Thay x = f (y) vào (1), ta được
a 6 yf (f (y)) + f (y) 6 yf (f (y)) + y + a, ∀ y ∈ RSuy ra y [f (f (y)) + 1]> 0, ∀ y ∈ R hay f (f (y)) + 1 > 0 với mọi y > 0 (3)
x − f (y) > x − (y + a) > 0Mặt khác, từ (1) và (4), ta có
yf (x) + x > f (x − f (y)) > −a − 1
Suy ra y > −a − x − 1
f (x) , mâu thuẫn với cách chọn y Như vậy, ta có f (x)6 0, ∀ x ∈ R
Ta có a = f (0)6 0 nên (2) tương đương f (x) 6 x, ∀ x ∈ R
Ta chọn y sao cho y > max{0, −f (−1) − 1} và đặt x = f (y) − 1, ta có
f (−1) = f (x − f (y)) 6 yf (x) + x = yf (f (y) − 1) + f (y) − 1 6 y (f (y) − 1) − 1 6 −y − 1
Điều này là mâu thuẫn với cách chọn y Vậy giả sử sai Kết thúc chứng minh â
Bài 7 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (xf (x + y)) = f (yf (x)) + x2, ∀ x, y ∈ R
A7 IMO Shortlist 2009Lời giải P (0, y), ta được
f (0) = f (yf (0))Nếu f (0) 6= 0 thì f (x) = C, ∀ x ∈ R, không thỏa Vậy f (0) = 0
P (x, 0) và P (x, −x), ta được
f (xf (x)) = x2 và f (−xf (x)) = −x2, ∀ x ∈ RNhư vậy, ta được f (a) = 0 ⇔ a = 0 Xét t 6= 0 bất kì, ta có
Trang 18f (af (a + b)) = f (bf (a)) + a2 = f (t) + a2 = 0Suy ra af (a + b) = 0 Suy ra a + b = 0 Hay t = −af (a) Suy ra
f (−t) = f (af (a)) = a2 = −(−a2) = −f (t)
2.Chọn b để af (b) = t P (a, b − a), ta được
f ((b − a)f (a)) + a2 = f (af (b)) = f (t) = a2Suy ra (b − a)f (a) = 0 Suy ra b = a Hay t = af (a) Suy ra
f (−t) = f (−af (a)) = −a2 = −f (t)
Vậy ta đã chứng minh được f là hàm lẻ
Thực hiện lần lượt P (y, −x − y) và P (−x − y, x), ta được
f (yf (−x)) = f ((−y − x)f (y)) + y2
f ((−x − y)f (−y)) = f (xf (−x − y)) + (x + y)2
Từ tính lẻ, kết hợp với đề bài, ta được
f (yf (x)) − f (xf (x + y)) = −x2
f (yf (x)) − f ((x + y)f (y)) = −y2
f ((x + y)f (y)) + f (xf (x + y)) = (x + y)2
Cộng theo vế, ta được 2f (yf (x)) = 2xy Suy ra f (yf (x)) = yx = yf (x)
f (x)/x, ∀ x, y ∈ R (*)
Từ f (xf (x)) = x2, ta được f (f (1)) = 1 Ta có
f (f (1)f (f (1))) = f (1)2 = f (f (1)) = 1Nên f (1) = 1 hoặc f (1) = −1 Thay vào (*), ta được f (x) = x với mọi x hoặc f (x) = −x với mọi x
f (f (x)2) = x3f (x), ∀ x ∈ Q+ (1)
Từ (1), ta dễ thấy f đơn ánh Lại có
f (f (xy)2) = y3x3f (xy) = y3f (f (x)2y) = f (f (x)2f (y)2)Suy ra
f (xy)2 = f (x)2f (y)2 ⇔ f (xy) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈ Q+
Trang 19g2(x) = g(g(x)) = g(x)f (g(x)) = xf (x)f (xf (x)) = xf (x)2f (f (x))
xf (x)2»x3f (x) = (xf (x))5/2 = g(x)5/2
Làm tương tự như vậy, ta được
gn+1(x) = g(x)(5/2)n ∈ Q+ (*)Cho n → ∞, (*) chỉ xảy ra khi g(x) = 1 hay f (x) = 1
x.Thử lại thỏa mãn Vậy hàm số thỏa mãn đề bài là f (x) = 1
x, ∀ x ∈ Q+ â
Bài 9 Cho các hàm số f, g : Z+
→ Z+ thỏa mãn
f (g(n)) = f (n) + 1 và g(f (n)) = g(n) + 1 với mọi n ∈ Z+Chứng minh rằng f (n) = g(n), ∀ n ∈ Z+
A6 IMO Shortlist 2010Lời giải
¨ Bước 1
Ta có nếu f (x) = f (y) thì g(x) = g(f (x)) − 1 = g(f (y)) − 1 = g(y)
Tương tự với g(x) = g(y)
Suy ra nếu f (f (x)) = f (f (y)) thì g(f (x)) = g(f (y)) ⇒ g(x) = g(y) ⇒ f (x) = f (y)
¨ Bước 2
Gọi a, b lần lượt là giá trị nhỏ nhất mà f, g nhận và giả sử a6 b
Ta có f (a) > a vì nếu f (a) = a thì g(a) = g(f (a)) = g(a) + 1, vô lí
Nếu tồn tại f (x) = m thì tồn tại f (t) = f (g(x)) = f (x) + 1 = m + 1 Như vậy, với mọi j 6 a thì luôntồn tại z để f (z) = j Tương tự như vậy, ta suy ra tồn tại x để f (a) = f (x) + 1 hay f (a) = f (g(x))
Ta lại có tồn tại t để f (t) = a và tồn tại y để f (y) = g(x) nên f (f (t)) = f (a) = f (g(x)) = f (f (y)).Suy ra g(x) = f (y) = f (t) = a> b Ta lại có b > a nên a = b
¨ Bước 3
Ta chứng minh nếu tồn tại f (x) = f (y) với y> x > a thì x = y
Thật vậy, tồn tại f (h) = x và f (k) = y nên f (f (h)) = f (f (k)) Suy ra f (h) = f (k) = x = y
¨ Bước 4
Giả sử f (a)> a + 2 thì tồn tại x, y ∈ Z+ sao cho f (x) = f (a) − 2 và f (y) = g(x)
Như vậy, f (a) = f (x) + 2 = f (g(x)) + 1 = f (g2(x)) Lại có g2(x) > a nên g2(x) = a
Suy ra a = g(f (y)) = 1 + g(y)> 1 + a, vô lí Suy ra f (a) 6 a + 1
Từ bước 2, ta có f (a)> a + 1 nên f (a) = a + 1 Tương tự, g(a) = a + 1 Vậy f (a) = g(a)
¨ Bước 5
Trang 20Như vậy, ta đã chứng minh được f (n) = g(n) với mọi n> a.
Với n bất kì thì g(n)> a nên ta được
g(f (−x)) = f (x), ∀ x ∈ RĐiều kiện đề bài tương đương
f (x) + (2x + y)g(y) = g(f (x + y)) = f (−x − y), ∀ x, y ∈ R (1)Thay (x, y) với (−b, a + b) vào (1), ta được
f (−a) = f (−b) + (a − b)g(a + b), ∀ a, b ∈ RTương tự, ta có
f (−b) = f (−c) + (b − c)g(b + c)
f (−c) = f (−a) + (c − a)g(c + a)
Ta suy ra
(a − b)g(a + b) + (b − c)g(b + c) + (c − a)g(c + a) = 0, ∀ a, b, c ∈ RĐặt (x, y, z) = (a + b, b + c, c + a), ta được
(z − y)g(x) + (x − z)g(y) + (y − x)g(z) = 0, ∀ x, y, z ∈ RNhư vậy, ba điểm A (x, g(x)), B (y, g(y)), C (z, g(z)) thằng hàng trên mặt phẳng tọa độ
Vậy g(x) = ax + b, ∀ x ∈ R Thay (x, y) bởi (0, −y) vào (1), ta được
f (0) − yg(−y) = f (y) = ay2− by + c
So sánh hệ số của x2 trong biểu thức g(f (−x)) = f (x), ta thu được a = a2 nên a = 0 hoặc a = 1
¨ Trường hợp 1 Nếu a = 0 thì g(f (−x)) = b = f (x) Thử lại ta được b = 0
¨ Trường hợp 2 Nếu a = 1 thì từ g(f (−x)) = f (x), ta được
x2 − bx + c = f (x) = g(f (−x)) = f (−x) + b = x2+ bx + c + b ⇒ 2bx = b ⇒ b = 0Vậy f (x) = x2+ c và g(x) = x với mọi x ∈ R
Trang 21fÄfg(n)(n)ä= f (n + 1) − g(n + 1) + 1 − gf (n)(n) 6 f (n + 1) − 1 + 1 − 1 < f (n + 1), ∀ n ∈ Z+
Giả sử y1 < y2 < là tập các giá trị của f
Nếu tồn tại a > 1 để f (a) = y1 thì f fg(a−1)+1(a − 1) < y1, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của y1
Từ đó suy ra f (x) = y1 ⇔ x = 1 Giả sử tồn tại a > 1 để f (a) = y2 thì f fg(a−1)(a − 1) = y1 nên
fg(a−1) = 1 hay y1 = 1
Ta chứng minh quy nạp rằng nếu f (x) = yn thì x = yn = n Giả sử điều này đúng đến n = k Tachứng minh nó cũng đúng với n = k + 1
Từ giả thiết quy nạp, với a < k + 1 thì nếu ft(x) = a thì x = a nên ft(h) > a với h > a
Giả sử tồn tại f (x) = yn+1 thì f fg(x−1)(x − 1) < yn+1 nên f fg(x−1)(x − 1) ∈ {y1, , yn}
Do f (x) = yn+1 nên x > n hay x − 1> n = yn Vậy x = n + 1
Vậy ta có f fg(n+1)+1(n + 1) < f (n + 2) = yn+2 nên fg(n+1)+1(n + 1) = yn+1
Suy ra fg(n+1)(n + 1) = n + 1 nên yn+1 = n + 1
Vậy ta đã chứng minh được f (n) = n với mọi n nguyên dương
Điều kiện đề bài tương đương
n + gn(n) = n + 1 − g(n + 1) + 1 ⇔ gn(n) + g(n + 1) = 2Suy ra g(n + 1) = gn(n) = 1, ∀ n ∈ Z+ hay g(n) = 1, ∀ n ∈ Z+
Thử lại thỏa mãn Vậy f (n) = n và g(n) = 1 với mọi n nguyên dương â
Bài 12 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x + y) 6 yf (x) + f (f (x)), ∀ x, y ∈ R (1)Chứng minh rằng f (x) = 0 với mọi x6 0
A6 IMO Shortlist 2011Lời giải P (x, t − x), ta được
f (t) 6 tf (x) − xf (x) + f (f (x)), ∀ x, t ∈ R (2)Thay (t, x) bởi (f (a), b) và (f (b), a), ta được
f (f (a)) 6 f (a)f (b) − bf (b) + f (f (b))
f (f (b)) 6 f (a)f (b) − af (a) + f (f (a))Cộng theo vế cả hai bất đẳng thức trên, ta được
f (a)f (b) > af (a) + bf (b)Cho b = 2f (a), ta thu được af (a)6 0 nên f (a) > 0 với mọi a < 0 (*)Giả sử tồn tại x để f (x) > 0
Trang 22 Bài 13 Tìm f : Z → Z sao cho với mọi a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = 0 thì
f2(a) + f2(b) + f2(c) = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a) (*)
A1 IMO Shortlist 2012Lời giải Kí hiệu P (x, y, z) là thay lần lượt a, b, c bởi x, y, z vào phương trình (∗)
P (0, 0, 0) ⇒ 3f (0)2 = 6f (0)2 ⇒ f (0) = 0
P (a, 0, −a) ⇒ (f (a) − f (−a))2 = 0 ⇒ f (a) = f (−a)
P (a, b, −a − b) ⇒ f2(a) + f2(b) + f2(a + b) = 2f (a)f (b) + 2(f (b) + f (a))f (a + b), ∀ a, b ∈ Z (1)
Ta có các trường hợp sau :
¨ Trường hợp 1 Nếu không tồn tại x sao cho f (x) = 0 hay f (a) = 0 ⇔ a = 0
Trong phương trình (1), ta thay b bởi −b, ta có
f2(a + b) − f2(a − b) = 2(f (a) + f (b))(f (a + b) − f (a − b)) (2)Nếu tồn tại f (x) = f (x + c) và x, c, 2x + c 6= 0 ta có
f2(x) + f2(c) + f2(x + c) = 2f2(x) + f2(c)
= 2f (x)f (c) + 2(f (x) + f (c))f (x + c) = 2f (x)f (c) + 2(f (x) + f (c))f (x)
⇒ f2(c) = 4f (x)f (c) ⇒ f (c) = 4f (x)Mặt khác
f2(x) + f2(x + c) + f2(2x + c) = 2f2(x) + f2(2x + c)
= 2f (x)f (x + c) + 2(f (x) + f (x + c))f (2x + c) = 2f2(x) + 4f (x)f (2x + c)
⇒ f (2x + c) = 4f (x) = f (c) ⇒ f (2x) = 4f (c)Trong phương trình (1), thay b bởi a, ta được f (2a) = 4f (a)
Từ đó f (x) = f (c) = 4f (c), vô lý Từ đó suy ra f (a + b) 6= f (a − b)
Từ đó, ta có f (a + b) + f (a − b) = 2f (a) + 2f (b), ∀ a, b ∈ Z
Dễ dàng quy nạp f (x) = dx2 Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn
¨ Trường hợp 2 Nếu tồn tại x 6= 0, f (x) = 0 ⇒ f (b) = f (x + b), ∀ b ∈ Z
Từ phương trình (1), ta có f2(2b) = 4f (b)f (2b), ta lại có 3 khả năng sau :
Khả năng 1 Nếu f (2) = 0 thì f (a) = f (a + 2)
Vậy f (a) = 0 nếu a chẵn và f (a) = e nếu a lẻ
Trang 2317t2+ f (3)2 = 8t2+ 10t.f (3)
Từ đó suy ra f (3) = 9t hoặc f (3) = t
Nếu f (3) = 9t thì thay a = 1 và b = 3 vào phương trình (1), ta có
82t2+ 162t2 = 18t2+ 2.10t.16t, vô lý do t 6= 0Vậy f (3) = t Thay a = 1 và b = 2 vào phương trình (1), ta có
2t2+ 16t2 = 2t2+ 4t.16t, vô lý do t 6= 0Vậy trường hợp này không thỏa mãn
Khả năng 3 Nếu f (2) 6= 0 và f (4) = 0 thì f (x + 4) = f (x), ∀ x ∈ Z
Ta vẫn có f (3) = 9t hoặc f (3) = t
Nếu f (3) = 9t thì thay a = 1 và b = 3 vào phương trình (1), ta có
t2+ 81t2 = 2.9t.t, vô lý do t 6= 0Vậy f (3) = f (1) = t Từ đó hàm f được xác định như sau thỏa mãn yêu cầu đề bài:
f (4k) = 0; f (4k + 1) = f (4k + 3) = t; f (4k + 2) = 4t, ∀ k, t ∈ ZVậy tất cả các hàm f thỏa mãn là
Trang 24Vậy C = 2 hay f (x + 2) − f (x) = 2, ∀ x ∈ R Kết hợp với (1), ta được
f (1) + f (xy) + 1 = f (1 + xy) = [f (x) + 1] [f (y) + 1] , ∀ x, y ∈ R (2)Đặt g(x) = f (x) + 1, ∀ x ∈ R, ta được
®g(xy) = g(x)g(y)g(x + y) = g(x) + g(y) , ∀ x, y ∈ R
Ta suy ra g(x) = x, ∀ x ∈ R Suy ra f (x) = x − 1, ∀ x ∈ R â
Bài 15 Cho hàm số f : Z+ → Z+
Giả sử rằng với mỗi số n ∈ Z+, tồn tại một số k ∈ Z+
để f2k(n) = n + k và đặt knlà số k nhỏ nhất có tính chất này Chứng minh dãy k1, k2, không
bị chặn
A6 IMO Shortlist 2012Lời giải Đặt S = {1, f (1), f2(1), , } Khi đó S không bị chặn do với n ∈ S thì tồn tại số k > 0sao cho f2k(n) = n + k > n
Như vậy, ta suy ra các phần tử trong f là khác nhau Thật vậy, nếu tồn tại fi(1) = fj(1) với i 6= jthì các giá trị fm(1) sẽ tuần hoàn, vô lí
Đặt g : S → S với g(n) = f2kn(n) = n + kn Khi đó g đơn ánh Thật vậy, giả sử tồn tại a < b màg(a) = g(b) Khi đó a + ka= f2k a(a) = f2k b(b) = b + kb nên ka> kb
Do f đơn ánh nên ta có
f2ka −2kb
(a) = b = a + (ka− kb), mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của ka
Ta kí hiệu T là tập các phần tử thuộc S nhưng không có dạng g(n) với n ∈ S
Trang 25N + 1 6 tr+ N
2 ⇒ tr> N
2 + 1Điều này là vô lí do N có thể lớn tùy ý Vậy tập T là tập vô hạn
Trở lại bài toán Chọn số nguyên dương k bất kì và xét k + 1 chuỗi bắt đầu từ k + 1 số đầu tiêncủa tập T Gọi t là số lớn nhất trong k + 1 số đó
Khi đó mỗi chuỗi đều chứa một số không vượt quá t và tồn tại một chuỗi không chứa tất cả các sốnằm giữa (t + 1) và (t + k) Nói cách khác, tồn tại mộtchuỗi mà chứa số a6 t và g(a) > t + k + 1.Suy ra g(a) − a > k hay ka > k
Vậy ta đã chứng minh được dãy (kn) không bị chặn â
f (n) > f (m) nên f (q) > 0, ∀ q ∈ Q>0.Như vậy, từ (2), ta được hàm f tăng ngặt Kết hợp với (4), ta được
f (x) > f ([x]) > [x] > x − 1 với mọi x > 1
Từ (1), ta được f (x)n > f (xn) nên
f (x)n > f (xn) > xn− 1 ⇒ f (x) > √n
xn− 1 với mọi x > 1 và n ∈ Z+
Cho n → ∞, ta được f (x)> x với mọi x > 1 (5)
Từ (1) và (5), ta được an= f (a)n> f (an) > an nên f (an) = an, ∀ n ∈ Z+
Với x > 1, tồn tại n sao cho an− x > 1 Từ (2) và (5), ta được
an = f (an) > f (x) + f (an− x) > x + (an− x) = an