(ĐỀ THI OLYMPIC 11 – BIM SON 2014) Cho y  f ( x ) hàm số liên tục đoạn  0;1 Câu 7: f (0)  f (1) Chứng minh phương trình 1  f ( x )  f  x   0 có nghiệm đoạn 2   1  0;  Lời giải 1   1 Xét g ( x )  f ( x )  f  x   , f  x  liên tục đoạn  0;1 , x    0;1  x    ;  nên g ( x) 2   2  1 liên tục  0;   2 1 1  1 Ta có g (0)  f (0)  f   , g    f    f (1)  2  2  2 1 1  1  g (0)  g    f (0)  f    f    f (1) 0  2  2  2 1 +) Nếu g   0 g   0 suy g ( x ) 0 có hai nghiệm x 0 x   2  1 1 1 +) Nếu g   0 g   0  g (0) g   hai số đối nên g (0) g    , tồn  2  2  2  1 x0   0;  để g ( x0 ) 0 , nên x0 nghiệm phương trình g  x  0  2  1 Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn  0;   2 Câu (HSG THPT HẬU LỘC NĂM 2017-2018) Cho dãy số  un  xác định bởi:  u1  2017  u 2018u  u , n 1, n   n n n Đặt Sn u u1 u2    n TÝnh: u2 u3 un 1 lim Sn Lời giải  un 1  un n 1 nên (un) nN dãy tăng 2017 Giả sử (un) có giới hạn: lim un a : a = 2018a2 + a  a = (vô lý) Vậy lim un  Từ giả thiết ta có u1  2018un2 un 1  un u  1    n     un 1un un 1un un 1 2018  un un 1  1 1 1       Do đó: Sn =    2018  u1 u2 u2 u3 un un 1  un 1 2018un2  un  2018un2 un 1  un   Sn  1  2017     lim S n  2018  u1 un 1  2018 Câu 6: Tìm hàm số f : N*  N*  f   2  * thỏa  f  m.n   f  m  f  n  , m, n  N  , m  n  f  m  f  n Lời giải Ta thấy  f 2  f 3  f 4  f 2.2  f 2 f 2 4 Suy f  3 3 Và  f 4  f 5  f 6  f 2.3  f 2 f 3 6 Suy f  5 5 Mặt khác : f 1  f 1.1  f 1 f 1 Suy f 1 1 *   f n  n ;  n  N Vậy quy nạp ta chứng minh ( ) f    ; f    Ta có Giả sử ( ) với n k 2  k  N *  ; nghĩa ta có f  k  k Ta chứng minh ( ) với n k  ; tức chứng minh f  k  1 k  * Nếu k số lẻ k  số chẵn k 1  k 1  k 1 f  k  1  f  k    f   f   2     *Nếu k số chẵn k  số chẵn k 2  k 2  k 2 f  k    f  k    f  2 f   2     Vì k  k  1 k  nên f k   f k 1  f k  2 suy f  k  1 k  Do ( 1) với n k  Vậy ( 1) với n  N * Thử lại thấy hàm f  n  n thỏa yêu cầu toán Câu : Tìm tất hàm f :  cho : f  f  x  y   f  x   f  y   f  x  f  y   xy (*) với x, y   Lời giải Đặt f   a , cho x  y a ta f  a   f  a    a (1) Cho x  y 0 ta có f  a  a (2) 2 Từ (1) (2) : a a  a  a  a   0 Lại cho x a, y 0 ta có f  f  a   f  a   a  af  a  a  a  a Thay x  y  f  a  , ta có  f  a  f  f  a  Như ta có hệ phương trình sau :    f  a    f f a  a  a   0  a a  a a a     f  a   Giải hệ phương trình ta có nghiệm a 0 f   0 Thay y 0 vào hệ thức (*) ta f  f  x   f  x  , x   Như PTH ban đầu trở thành f  x  y  f  x   f  y   f  x  f  y   xy , với x, y   (3) Thay x 0 hệ thức trở thành f   y   f  y  , với y    f hàm lẻ  f  a  a  a Mặt khác thay x  y vào (3)  f (x) x  x 0   f  x   x với x      f (x)  x Nhận xét có x mà f  x  0 x  f  x   0  x 0  f  x  Vậy f  x  0  x 0 Giả sử có x 0 mà f  x   x Khi f   x  f  f  x   f  x    f  x  f  x   f  x  0  x 0 , vơ lí Vậy với x ta có f  x   x hàm số thỏa mãn toán Câu : Chứng minh số có dạng 10001, 100010001, 1000100010001, hợp số Lời giải Các số cho có dạng + 104 + 108 + + 104k Ta có :  104k+4 – = (104 – 1)(1 + 104 + 108 + +104k) (1)  102k+2 – = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k) Mặt khác :  104k+4 – = (102k+2 – 1)(102k+2 + 1) = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k).( 102k+2 + 1) (2) Từ (1) (2) suy : (104 – 1)(1 + 104 + 108 + +104k) = (102 – 1)(1 + 102 + 104 + +102k).( 102k+2 + 1) 104   (1  104  108   104 k ) (1  10  10   10 k )(10 k 2  1) 10   101.(1  104  108   10 k ) (1  10  104   10 k )(10 k 2  1) Vì 101 số nguyên tố nên + 10 + 104 + +102k chia hết cho 101 102k+2 + chia hết cho 101  Trong trường hợp đó, k > thương phép chia nói lớn Thu gọn 101 ta số + 104 + 108 + +104k phân tích thành tích hai thừa số Suy số cho hợp số  Trong trường hợp k = 104 + = 10001 = 137.7.3 hợp số Vậy toán chứng minh Câu 3: (HSG HUẾ 1999-2000) Cho hàm số f :    (  tập số thực) thỏa mãn f  f ( x)  x3  x với x   Chứng minh tồn số thực phân biệt a, b, c cho f (a )  f (b)  f (c) 0 Lời giải 3 Đặt g ( x)  x  x f  f ( x)  g ( x) Suy f  g ( x)   f  f  f ( x )   g  f ( x )  Dễ thấy g ( x) đơn ánh nên từ f  f ( x)  g ( x) suy f ( x) đơn ánh 1 1  Gọi x0 điểm cố định hàm g ( x)  g ( x0 )  x0  x0  0;  ;  2  Ta có f ( x0 )  f  g ( x0 )  g  f ( x0 )  , suy f ( x0 ) điểm cố định hàm g ( x ) 1  f ( x) song ánh tập D 0;  ;  nên 2   1 f     f (0)   2 1  1 f      0 2  2 Từ ta có điều phải chứng minh Câu (HSG HUẾ 1999-2000) Cho hm s f : Â + đ Â + thỏa mãn đồng thời điều kiện: (1) f (n + 1) > f (n), " n ẻ Â + (2) ffn [ ( )] > n + 2000,n" Ỵ ¢ + a/Chứng minh: f (n + 1) = f (n), " n ẻ Â + b/Tỡm biu thc f ( n) Lời giải Câu a Vì f (n) Î ¢ + nên từ giả thiết (1) ta được: f (n + 1) ³ f (n) + 1, " n ẻ Â + Kt hp gi thit (2) ta n   : n + 2001 = (n + 1) + 2000 = ffn [ ( + 1)] ³ffn[ ( )] + 1n= + 2001 đó: f (n + 1) = f (n) + 1, " n Î ¢ + Câu b f (n) = f (1) + n - 1, " n ẻ Â + ị ff{ff(1)} = (1) + (1) - Suy ra: 1+ 2000 = 2ff(1) - Þ f (1 n) = 1001 n ị ( )n= + 1000, " ẻ Â + Thử lại thỏa điều kiện, nên f (n) = n + 1000, " n ẻ Â + Cõu 5: (HSG ĐỀ 185) ( điểm) Tìm tất cỏc hm s f : Ô đ Ô tha điều kiện : ìïï f (1) = í ïïỵ f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) - f ( x + y ) +1, " x, y ẻ Ô Li gii Cho y = - , ta f ( x) = f ( x) f (1) - f ( x +1) +1 = f ( x ) - f ( x +1) +1, " x ẻ Ô f ( x +1) = f ( x) +1, " x ẻ Ô Cho x = n ẻ Â ị f (n +1) = f (n ) +1 Þ f (n) = f (n +1) - = f (1) + n - = n +1 Þ f (n) = n +1 ỉ ỉư ỉ1 ỉ1 ư 1÷ ữ ữ ỗ ỗ ỗ nữ = f f n f + n + = nf ( ) Cho x = , y = n, n ẻ Ơ Ta cú = f ỗ ữ ữ ữ ữ- n +1 ỗ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ç ç è ø è ø è ø è ø n÷ n n n n ỉp ÷= f ( p ) ÷ Cho x = p, y = , p ẻ Â , q ẻ Ơ ị f ç ç ÷ ÷ ç q èq ø ỉ1 ổ p ữ ỗ = ( p +1) ç +1÷ p + + +1 = +1 ÷ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ q ø q èq ø è ỉ ỉ 1÷ 1ữ fỗ ữ - fỗ p+ ữ +1 ỗ ỗ ữ ữ ỗq ữ ỗ qữ ố ứ ố ứ f ( x) = x +1, " x ẻ Ô Vậy có f ( x) = x +1 thỏa điều kiện toán Câu 4: (HSG ĐỀ 186) ( điểm) Tìm tất hàm số f :    cho f  x3   f  y   x  y    f  x  2   f  x  f  y    f  y   , x, y   (1) Lời giải + Kiểm tra nghiệm riêng: giả sử f  x  c nghiệm (1) Khi theo (1) ta có 2c  x  y  c , x, y    c 0 Vậy hàm số f  x  0, x   thỏa mãn yêu cầu đề + Giả sử f  x  0 Cho y = vào (1) ta f  x  x  f  x   , x   (2) Cho x = y = vào (1) ta f   0 Cho x = y = vào (1) ta f  1 2 f  1  f  1 0 f  1 1 Thay (2) vào (1) ta 2 2 x  f  x    y  f  y    x  y    f  x  2   f  x  f  y    f  y   , x , y   Suy y  f  x    x  f  y     x  y  f  x  f  y  0, x, y   hay  f  x   f  y    yf  x   xf  y   0, x, y   Cho y = vào (3) ta  f  x   f  1   f  x   xf  1  0, x   (3) TH1: f  1 0 ta có f  x  0, x   ( loại) TH2: f  1 1 ta có  f  x   1  f  x   x  0, x   Suy với x   f  x  1 f  x  x + Ta chứng minh f  x  1, x   f  x   x, x   Thật vậy, giả sử tồn a 1; b   0;1 , cho f  a  1; f  b  b Khi cho x =a; y = b vào (3) ta có   b  b  ab 0    b    a  b 0 mâu thuẫn Thử lại ta thấy f  x   x, x   thỏa yêu cầu Vậy có hai hàm số thỏa yêu cầu f  x  x, x   f  x  0, x   Câu (HSG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI) (4 điểm) Cho hàm số f :    thỏa mãn f (2) 5, f (2020) 2019 f (n)  f ( f (n  1)) với n 1 a) Chứng minh f (2n)  f (2n  1) số với n 2 b) Tính giá trị có f (2019) Lời giải Với n 3 n 4 , (*) hiển nhiên Giả sử (*) với k thỏa mãn k n  Khi đó, ta có trường hợp: - Nếu n chẵn f (n)  f ( f (n  1))  f ( x)  y Nếu n lẻ f (n)  f ( f (n  1))  f ( y ) x Ta có  f (2)  f ( f (1)) Dễ thấy f (1) 1 khơng f (2)  f ( f (1))  f (1) 1 , mâu thuẫn Các giá trị f (n) với n 0,1, 2, lập thành dãy sau: f (0), f (1), f (2) 5, f (3) x, f (4) 2015, f (5) x, f (6) 2019, Ta xét trường hợp sau: 1) Nếu f (1) số lẻ lớn f (2)  f ( f (1)) x , mà f (2) 5 nên x 5 Suy ra, f ( x )  f (5) x 5 , ta lại có f ( x ) 2019 , mâu thuẫn 2) Nếu f (1) số chẵn lớn f (2)  f ( f (1)) 2019 , mâu thuẫn 3) Nếu f (1) 0 f (0)  f ( f (1))  f (2) 5 , dẫn đến f (1)  f ( f (0))  f (5)  x nên x 0 , suy f (0) 2019 , mâu thuẫn 4) Nếu f (1) 2 ta có f  f (0)  2 nên f (0) số chẵn lớn 2, ta có trường hợp sau: + Nếu f (0) số lẻ lớn f (1)  x f (2)  f ( f (1))  f ( x) 2019 , mâu thuẫn + Nếu f (0) 1 giá trị f (n) với n 0,1, 2, lập thành dãy sau: 1, 2,5, x, 2019, x, 2019, x, 2019, Do f (2019) x nên ta thấy x 2019 số chẵn lớn Vậy tóm lại, f (2019) x nhận giá trị 2019 số chẵn lớn Câu 5: (HSG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2012-2013) Ký hiệu  å để tập hợp số thực khác Tìm tất hàm số f xác định  å , nhận giá trị thực thỏa mãn  1 y 1 x  xf  x    yf ( y )   yf  y    xf ( x)  x, y 0 y x x y   Lời giải Đặt f ( x )  x  g ( x) , phương trình hàm cho viết lại dạng 1 xg ( x  )  yg ( y )  yg ( y  )  xg ( x) x, y 0 (1) y x (2) Cho y 1 thu xg ( x 1)  g (1) g (1  )  xg ( x ) x 0 x Trong (2), thay x , ta x 1 1 1 g (  1)  g (1) g (1  x)  g ( )  g (1  )  xg ( x  1)  g ( )  xg (1) x 0 (3) x x x x x x Từ (2) (3) suy xg ( x)  g ( ) ( x  1) g (1) x 0 (4) x Trong (1), cho y  , lập luận tương tự, b Từ (4) (5) suy xg ( x) ( g (1)  g ( 1)) x  ( g (1)  g ( 1) x 0 hay g ( x) a  x 0 , x b a, b hai số Suy f ( x) a   x x 0 x b Thử lại ta thấy f ( x) a   x x 0 thỏa mãn phương trình cho x xg ( x )  g ( )  g ( 1)( x  1) n 0 (5) x Câu 6: (HSG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2012-2013) Một số nguyên dương gọi dễ thương biểu diễn thập phân khơng có chứa chữ số tổng bình phương chữ số số phương Tìm số dễ thương lớn có hai chữ số Hỏi có hay khơng số dễ thương có 2013 chữ số? Lời giải Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn ab,1 a, b 9 Theo giả thiết ta có a  b c 2 số phương Nếu a, b khơng chia hết cho a  b 2  mod  , vơ lý a  b số phương suy ab 0  mod 3 +) Nếu a 9  81  b c  c  b 81 nghiệm nguyên dương với b 9 +) Nếu a 8  b3  b   3;6;9 , thử trực tiếp ta thấy b 6 thỏa mãn Vậy số dễ thương lớn có chữ số 86 Xét số A 222211  Khi 2009 so1 2 22  22  22  22  12   2025 45 2009 so1 suy A 222211  2009 so1 số dễ thương Câu 3: (HSG THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019) (4,0 điểm) Cho hàm số cho: f  ( x  y ) f  x    f  yf  x  y    ( x  y ) x, y   a) Chứng minh hàm f hàm số lẻ b) Tìm tất hàm số f thỏa mãn Lời giải Tìm tất hàm số cho:: f  ( x  y ) f  x    f  yf  x  y    ( x  y )2 x, y   (1) Cho x  y vào (1) có f    f yf   y   suy f   0 ngược lại cho  y  z f    f  z  z   suy f hàm hằng, thay vào (1) vô lý f  0 Cho y 0 vào ( 1) có f xf  x  x   Cho x = 0,  f  yf   y    ( y )2 y     x  f   xf  x   , x   Nếu tồn z0 0 cho f  z0  0  f z0 f  z0   z0  vô lý.Vậy   f ( x ) 0  x 0 Chứng minh hàm số đơn ánh Giả sử f  x   f  y  suy x  f  xf  x    f  xf  y    f  f   y  x f  x   x  f  x  0   y  x  f  x   0    x  y 0  x y Chứng minh f hàm số lẻ: f   x   f  x   x   giả sử x 0 x 0 hiển nhiên 2 Giả sử f  x    z  cho f  x  z Vì f đơn ánh f zf  z  z nên   x zf  z  f   x   f   zf  z    z  f  x  Trong trường hợp f  x   chứng minh tương tự Mặt khác, ta có f  yf  x    x  f  xf  x  y   2  x   x  y     x  y   f   xf  x  y       y  xy  f   x  y  f  y   2 xy     y   f     x  y  f   y    2 xy  f   yf  x    Suy f xf  y  xy  x, y   Cho y= ta có xf  1  f  x   f  x  cx  x   thay vào (1) suy c    1;1 Thử lại hai hàm số f  x  x thỏa mãn yêu cầu Câu 4: (HSG THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM 2018-2019) (4,0 điểm) Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh  (45  2019)p   89p   (Kí hiệu (x) phần nguyên x) Lời giải (45  2019)p  (45  Ta có 2019)p p   2  45p  C 2p 45p 2.2019  C4p 45p  4.2019   C pp 1.45.2019    số nguyên dương Mà  (45  2019) p    (45  2019) p   (45  2019) p  (45  2019) p  (45  2019) p     p   2  45p  C 2p 45p  2.2019  C 4p 45p  4.2019   C pp  1.45.2019     (45  2019) p    2.45p   p  p  p p 2 2  Cp 45 2019  C p 45 2019   C p 45.2019    p Do hệ số C 2021 , C 2021 , , C p chi hết cho p, Theo định lý Fecma nhỏ ta có 45 p 45(mod p ) nên ta có điều phải chứng minh Câu 4: (HSG SGD&ĐT LÂM ĐỒNG NĂM 2017) Tìm tất hàm số f :    thỏa mãn đẳng thức: f  xf  y    f  f  x   f  y    yf  x   f  x  f  y   , x, y   Lời giải Nếu f  x  0 với x   , thử vào phương trình cho ta thấy thỏa mãn Nếu tồn a   cho y1 , y2   Khi với y1 , y2   cho f  y1   f  y2  , từ phương trình thay x a y y1 , y2 ta được: f  af  y1    f  f  a   f  y1    y1 f  a   f  a  f  y1   (1) f  af  y2    f  f  a   f  y2    y2 f  a   f  a  f  y2   (2) Từ (1) (2) ta y1 f  a   y2 f  a   y1  y2 Vậy f đơn ánh Thay x 0, y 1 vào phương trình ta được: f    f  f    f  1   f    f  f  1  , sử dụng f đơn ánh ta f   0 Mặt khác thay y 0 phương trình sử dụng f   0 ta được: f  xf     f  f  x   f    0 f  x   f  x  f     f  f  x    f  x   f  x   x, x   Vậy f  x  0, x   f  x  x, x   Câu 4:(THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC NĂM 2018-2019) Cho hàm số f : *  * thỏa mãn đồng * thời hai điều kiện sau: f  1 1; f  a  b  ab  a  b  f  ab  , a, b   a) Tính f   b) Tìm tất hàm f thoả mãn điều kiện Lời giải Thay a n, b 1 ta được: f  2n  1 n   f  n  Thay a n, b 2 ta được: f  3n   n   f  2n  Thay a n, b 3 ta được: f  4n  3 n   f  3n  , kết hợp với f  4n  3  f   2n  1  1 2n    f  2n  1 2n   n   f  n  3n   f  n  Từ ta được: 3n   f  n  n   f  3n   f  3n  2n  f  n  Như ta đẳng thức sau: f  3n  2n  f  n  (1) f  3n  1 2n   f  n  (2) f  3n   n   f  2n  (3) f  2n  1 n   f  n  (4) Vậy ta tính f  1 , f   , f  3 , f   , f   từ (1), (2), (3) pp quy nạp ta f  n  Ta có f  1 1, f  3 2  f  1 3, f   2.1 1  f  1 4 f    f  3.1   3  f   f  23  f    3.5 3   f  15  8  f  2.7  1 8   f   15  f    1.3  23 f  23  f  11 1.11 1 11  f  11 12  f  2.5 1 12    f   Từ hai cách tính suy f   5  f   2 Vậy f  n  n Câu 4: (HSG ĐỀ 206) Tìm tất hàm f  x  :  0;    0;   thỏa mãn: f  x   f  y   f  x  y  xf  y   x 0, y 0 Lời giải 1) Chứng minh f  x  hàm không giảm ) f   0 +) Xét hàm g  x  x  xf  y  hàm đồng biến  0;  , g   0, g      g  x    0;   z  x02  x0 f  y  suy  z  y 0 tồn tai x0 0 để Từ gt: f :       f  z   f  x0  x0 f  y   y   f  y  Do f hàm khơng tăng 2) TH1: Nếu tồn x0 để f  x0  0 dễ dàng chứng minh f  x  0 x 0 TH2: Với x > có f(x) > suy f tăng ngặt R+ 2 2 Thay y y2 ta có: f  x   f  y   f  x  y  xf  y     2 2 Thay x y, y x2 : f  x   f  y   f x  y  yf  x  Vì f tăng ngặt nên 2 x  y  xf  y  x 2  y  yf  x 2   xf  y   yf  4x   f  y2  y  f  4x2  x k  const  f ( x ) ky  f  x  kx Thử lại k = Vậy nghiệm toán f  x  0; f  x   x Câu 5: (HSG ĐỀ 206) Tìm số nguyên dương k nhỏ cho tồn 2018 số nguyên dương phân biệt thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) ii)Tất 2017 số : số phương Lời giải Trước hết ta c/m a,b Thật a   Ta có ta cm quy nạp Giả sử đó: =2 Vậy ta chọn thỏa mãn tốn Câu (HSG SỞ TÂY NINH NĂM 2014-2015) (5 điểm)Cho hàm số f thoả mãn điều kiện: f (x)  2f (xy) f (x  2xy), x  , y   Chứng minh f (x  y) f (x)  f (y), x  , y   Lời giải Cho x 0 3f (0) f (0)  f (0) 0 Cho y  f (x)  2f ( x) f (  x)  f ( x)  f (x), x    x f (x)  2f    f (0) 0  f (2x)  2f (  x) 2f (x), x    2 Vậy f (x  2xy) f (x)  2f (xy) f (x)  f (2xy), x  , y   Cho y  v f (u  v) f (u)  f (v), u 0, v   (1) 2u Với x 0 f (x  y) f (y) f (0)  f (y) f (x)  f (y), y   (2) Với x 0 , đặt x u; y  Từ (1) (2) suy ra: f (x  y) f (x)  f (y), x  , y   Câu 6: [HSG ĐỀ 218) Tìm tất hàm f : Z  Z thoả f ( x  f ( y ))  f ( x)  y, x, y  Z Lời giải Giả sử tồn hàm f thoả điều kiện Cho x = 0, ta được: f( f(y))  y f(0) (2) Từ suy f hàm song ánh Trong (2) cho y = 0, ta suy f( f(0)) 0 hay f(0) 0 Khi đó, (2) viết lại: f( f(y))  y (3) Mặt khác, f hàm toàn ánh nên với y tồn số nguyên z cho f(z) = y đo đó, f(y)  f ( f(a))  a, f(x y)  f(x f(a))  f (x)  a  f (x)  f(y) Và đó, f hàm Cauchy nên ta chứng minh f(x) xf (1) Thay vào phương trình (3) ta suy x( f(1))2  f( f (x))  x ( f (1))2  1.(Vô lý) Vậy khơng có hàm f thoả đề