ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ VIẾT TRƢỜNG PHƢƠNG TRÌNH HÀM SINH BỞI HÀM HỢP TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2020 i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học-Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán-Tin quý thầy, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp cao học Toán K12 tạo điều kiện thuận lợi để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân, bạn bè, đồng nghiệp ln khuyến khích động viên tác giả suốt trình học cao học viết luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2020 Tác giả Vũ Viết Trường ii Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số 1.1 Các tính chất hàm số tập hợp 1.2 Đặc trưng hàm tính chất liên quan 1.2.1 Khái niệm phương trình hàm 1.2.2 Phép lặp 1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ 1.3 Đặc trưng hàm tuần hoàn 1.3.1 Hàm tuần hồn phản tuần hồn cộng tính 1.3.2 Hàm tuần hoàn phản tuần hoàn nhân tính 1.4 Dãy số sinh hàm hợp f (αx + β) Chương Phương pháp giải phương trình hàm tập 2.1 Sử dụng nguyên lý quy nạp 2.1.1 Nhận xét 2.1.2 Một vài ví dụ minh họa 2.1.3 Bài tập áp dụng 2.2 Ứng dụng toán dãy số vào giải phương trình hàm 2.2.1 Lý thuyết 2.2.2 Một vài ví dụ minh họa 2.2.3 Bài tập áp dụng 2.3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức 2.3.1 Lý thuyết 2.3.2 Một vài ví dụ minh họa 2.3.3 Bài tập áp dụng 2.4 Sử dụng nguyên lý cực hạn 2.4.1 Lý thuyết rời 2 3 8 13 17 rạc 20 20 20 20 25 26 26 26 28 28 28 29 31 31 31 iii 2.5 2.6 2.4.2 Một vài ví dụ minh họa 2.4.3 Bài tập áp dụng Hàm số sử dụng tính chất số học 2.5.1 Lý thuyết 2.5.2 Một vài ví dụ minh họa 2.5.3 Bài tập áp dụng Hàm số hệ đếm số 2.6.1 Lý thuyết 2.6.2 Một vài ví dụ minh họa 2.6.3 Bài tập áp dụng 31 33 34 34 34 40 42 42 43 46 Chương Các dạng phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên qua kỳ Olympic 49 3.1 Các dạng toán xác định dãy số 49 3.2 Một số dạng toán khác 60 KẾT LUẬN 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO 69 Mở đầu Luận văn nhằm cung cấp số dạng toán phương pháp giải phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên Chuyên đề nằm chương trình bồi dưỡng HSG lớp THPT phục vụ kỳ thi tỉnh, quốc gia khu vực Trong kì thi học sinh giỏi tốn cấp, tốn liên quan tới phương trình hàm sinh hàm hợp thường xuyên đề cập Những dạng tốn thường xem thuộc loại khó phần kiến thức chun đề khơng nằm chương trình tốn lớp 12 bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn "Phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên" Tiếp theo, khảo sát số lớp toán từ đề thi HSG Quốc gia tỉnh thành nước năm gần Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số Chương Phương pháp giải phương trình hàm tập rời rạc Chương Các dạng phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên qua kỳ Olympic Tiếp theo, cuối chương trình bày tập áp dụng đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Chương Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số Trong chương này, tác giả hệ thống lại tính chất hàm số, đặc trưng hàm tính chất liên quan, khái niệm hàm số tuần hoàn, phản tuần hoàn đặc trưng hàm tuần hoàn Các kết chương trích dẫn từ tài liệu tham khảo [1], [2], [4] [8] 1.1 Các tính chất hàm số tập hợp Định nghĩa 1.1 (xem [2]) Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y quy tắc đặt tương ứng phần tử x X với (và một) phần tử Y Phần tử gọi ảnh x qua ánh xạ f kí hiệu f (x) - Tập X gọi tập xác định f Tập hợp Y gọi tập giá trị f - Ánh xạ f từ X đến Y kí hiệu f :X→Y x → y = f (x) - Khi X Y tập số thực, ánh xạ f gọi hàm số xác định X - Cho a ∈ X, y ∈ Y Nếu f (a) = y ta nói y ảnh a a nghịch ảnh y qua ánh xạ f - Tập hợp Y = {y ∈ Y |∃x ∈ X, y = f (x)} gọi tập ảnh f Nói cách khác, tập ảnh f (X) tập hợp tất phẩn tử Y mà có nghịch ảnh Định nghĩa 1.2 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi đơn ánh với a ∈ X, b ∈ X mà a = b f (a) = f (b), tức hai phần tử phân biệt có hai ảnh phân biệt Từ định nghĩa ta suy ánh xạ f đơn ánh với a ∈ X, b ∈ X mà f (a) = f (b), ta phải có a = b Định nghĩa 1.3 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi toàn ánh với phần tử y ∈ Y tồn phần tử x ∈ X cho y = f (x) Như f toàn ánh Y = f (X) Định nghĩa 1.4 (xem [2]) Ánh xạ f : X → Y gọi song ánh vừa đơn ánh vừa toàn ánh Như ánh xạ f : X → Y song ánh với y ∈ Y , tồn phần tử x ∈ X để y = f (x) Định nghĩa 1.5 (xem [2]) Ánh xạ ngược f , kí hiệu f −1 , ánh xạ từ Y đến X gán cho phần tử y ∈ Y phần tử x ∈ X cho y = f (x) Như f −1 (x) = y ⇔ f (x) = y Nếu f song ánh ta khơng thể định nghĩa ánh xạ ngược f Do nói đến ánh xạ ngược f song ánh Nhận xét 1.1 Một số lưu ý áp dụng tính chất đơn ánh, tồn ánh, song ánh giải phương trình hàm +) Nếu f : R → R đơn ánh từ f (x) = f (y) suy x = y +) Nếu f : R → R tồn ánh với y ∈ R, ln tồn x ∈ R f (x) = y , tức phương trình (ẩn x) y = f (x) ln có nghiệm +) Nếu f hàm số mà đơn ánh ta hay dùng thủ thuật tác động f vào hai vế, tạo f (ϕ (x)) = f (φ (x)) suy ϕ (x) = φ (x) +) Nếu f tồn ánh ta hay dùng: Tồn số b cho f (b) = , sau tìm b Nếu quan hệ hàm hàm bậc biến vế phải nghĩ đến tính đơn ánh, tồn ánh +) Nếu f : R → R toàn ánh f (x) = ϕ (x) , ∀x ∈ T, T tập giá trị hàm f f (x) = ϕ (x) , ∀x ∈ R Về sau, luận văn ta xét ánh xạ hàm số xác định nhận giá trị tập hợp số thực 1.2 1.2.1 Đặc trưng hàm tính chất liên quan Khái niệm phương trình hàm Phương trình hàm hiểu phương trình mà hai vế phương trình xây dựng từ số hữu hạn hàm chưa biết (của số hữu hạn biến) từ số hữu hạn biến độc lập Phép xây dựng thực từ số hữu hạn hàm biết (một hay nhiều biến) số hữu hạn phép thay hàm biết hàm chưa biết thành hàm biết chưa biết khác Trong báo Kuczma [8] trình bày chi tiết lý thuyết phương trình hàm sau: Định nghĩa 1.6 (Định nghĩa ”từ” phương trình hàm) Một từ định nghĩa theo điều kiện sau đây: 1◦ Các biến độc lập gọi từ 2◦ Nếu t1 , , từ f (x1 , , xp ) hàm p biến, f (t1 , , ) từ 3◦ Không tồn từ khác Khi đó, phương trình hàm định nghĩa sau: Định nghĩa 1.7 (Định nghĩa phương trình hàm) Phương trình hàm đẳng thức t1 = t2 hai từ t1 t2 chúng chứa tối thiểu hàm chưa biết số hữu hạn biến số độc lập xác định Vấn đề phân loại phương trình hàm khó chưa giải thỏa đáng Định nghĩa 1.8 Phương trình hàm hàm ẩn hàm biến gọi phương trình hàm thơng thường Định nghĩa 1.9 Số biến độc lập xuất phương trình hàm gọi bậc phương trình Thơng thường, phương trình vi phân, tích phân, phương trình đạo hàm riêng, tốn biên, dạng toán cần xác định hàm số Tuy nhiên, dạng tốn có chứa thêm yếu tố từ nên biểu thức tương ứng hai từ theo nghĩa nêu Như vậy, phương trình hàm tổng quát cho thường không kèm theo giả thiết quy (có đặc trưng giải tích lên hàm tính đo được, tính bị chặn, khả tích, khả vi, đơn điệu, liên tục, lồi, lõm, ) 1.2.2 Phép lặp Định nghĩa 1.10 (Phép lặp) Phép lặp f n (x) hàm f (x) định nghĩa sau: f (x) = x, f n+1 (x) = f (f n (x)), x ∈ R, n = 0, 1, 2, (Các hàm f n (x) (n = 0, 1, 2, ) xác định R) x Ví dụ 1.1 Cho hàm số f (x) = √ Hãy xác định hàm số + x2 f n (x) = f [f [f [· · · [f (x)] · · · ]]] Lời giải Ta giải toán phương pháp quy nạp Thật Với n = ta có x √ f (x) x + x2 f (x) = f [f (x)] = = =√ 2 + 2x + (f (x))2 x 1+ + x2 Giả sử ta chứng minh f k (x) = √ f k+1 k (x) = f [f (x)] = f k (x) = + (f k (x))2 suy f k+1 (x) = Vậy f n (x) = √ x Khi đó, + kx2 x + kx2 x 1+ √ + kx2 √ , x + (k + 1)x2 x + nx2 Ví dụ 1.2 Giả sử f : R+ → R+ hàm liên tục, nghịch biến cho f (x + y) + f (f (x) + f (y)) = f (f (x + f (y)) + f (y + f (x))), ∀x, y ∈ R+ (1.1) Chứng minh f (f (x)) = x Lời giải Với y = x ta có f (2x) + f (2f (x)) = f (2f (x + f (x))) (1.2) Thay x f (x) vào (1.1) ta f (2f (x)) + f (2f (f (x))) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) (1.3) Từ (1.2) (1.3) suy f (2f (f (x))) − f (2x) = f (2f (f (x) + f (f (x)))) − f (2f (x + f (x))) Nếu f (f (x)) > x hàm f giảm thực nên vế trái phương trình nhận giá trị âm, f (f (x) + f (f (x))) > f (x + f (x)) f (x) + f (f (x)) < f (x) + x, điều mâu thuẫn với giả sử f (f (x)) > x Ta chứng minh điều tương tự với giả sử f (f (x)) < x Do ta có f (f (x)) = x 1.2.3 Hàm số chẵn, hàm số lẻ Xét hàm số f (x) xác định tập D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.11 (xem [1]) Giả sử M ⊂ D(f ) Khi a) f (x) gọi hàm số chẵn x0 tập M , ∀x ∈ M, ta có 2x0 − x ∈ M f (2x0 − x) = f (x) b) f (x) gọi hàm số lẻ x0 M , ∀x ∈ M, ta có 2x0 − x ∈ M f (2x0 − x) = −f (x) Nhận xét 1.2 Như vậy, hàm chẵn, lẻ thông thường hàm chẵn, lẻ R Ví dụ 1.3 Mọi hàm số f (x) xác định R biểu diễn dạng f (x) = f1 (x) + f2 (x), đó, f1 (x) hàm số chẵn f2 (x) hàm số lẻ 1 Lời giải Đặt f1 (x) = [f (x) + f (−x)] f2 (x) = [f (x) − f (−x)] Rõ ràng 2 f1 (x) hàm chẵn, f2 (x) hàm lẻ ta có f (x) = f1 (x) + f2 (x) Ví dụ 1.4 Mọi hàm số f (x) hàm chẵn x0 M ⊂ R biểu diễn dạng f (x) = [g(x) + g(2x0 − x)], ∀x ∈ M, Với g hàm xác định M (1.4) 55 Bài toán 3.8 (IMO 1977) Cho f : N∗ −→ N∗ hàm số thỏa mãn điều kiện: f (n + 1) > f (f (n)), ∀n ∈ N∗ (3.9) Chứng minh rằng: f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Gọi d phần tử nhỏ miền giá trị hàm sốf , tức là: d = min{f (n) : n ∈ N∗ } theo nguyên lý thứ tự tốt, d tồn Gọi m ∈ N∗ cho f (m) = d Nếu m > d = f (m) > f (f (m − 1)), mâu thuẫn Vậy m = 1, f (n) đạt giá trị nhỏ điểm m = Bây ta xét: {f (n) : n ∈ N∗ , n ≥ 2} Bằng lập luận tương tự ta có f (2) = min{f (n) : n ∈ N∗ } Hơn f (2) > f (1) Vì f (2) = f (1) f (1) = f (2) > f (f (1)), mâu thuẫn Lặp lại trình ta thu f (1) < f (2) < f (3) < < f (n) < (3.10) Vì f (n) ∈ N∗ nên f (1) ≥ Với f (1) ≥ 1, từ (3.9) ta suy f (k) ≥ k Giả sử f (k) > k , f (k) ≥ k + Mặt khác, theo điều kiện tốn ta có: f (k + 1) > f (f (k)) (3.11) Từ f (k) ≥ k + từ (3.10) ( tính tăng nghiêm ngặt hàm f ), suy ra: f (k + 1) ≤ f (f (k)) điều mâu thuẫn với (3.11), khơng thể có f (k) > k Do đó: f (k) = k, ∀k ∈ N∗ Hay f (n) ≡ n Thử lại, ta thấy hàm số f (n) = n, ∀n ∈ N∗ thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 3.9 (IMO 1987) Chứng minh không tồn hàm số f : N −→ N cho: f (f (n)) = n + 1987 (3.12) Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn u cầu tốn Khi ta chứng minh hàm số tăng nghiêm ngặt N Thật vậy: - Giả sử tồn n ∈ N cho f (n + 1) = f (n), ta được: 56 f (f (n + 1)) = f (f (n)) ⇒ n + + 1987 = n + 1987 ⇒ 1988 = 1987 ( vơ lý) Do f (n + 1) = f (n) - Giả sử f (n + 1) < f (n), ta có: n+1987 = f (f (n)) ⇒ f (f (f (n))) = f (n)+1987, hay f (n+1987) = f (n)+1987 Mà f (n) > f (n + 1) ⇒ f (n) ≥ f (n + 1) + 1,suy f (n) ≥ f (n + 1) + ≥ f (n + 2) + ≥ ≥ f (n + 1987) + 1987 Từ đây, ta có f (n + 1987) − 1987 ≥ f (n + 1987) + 1987 ( vô lí ) Vậy f (n + 1) > f (n), ∀n ∈ N Hay f (n + 1) ≥ f (n) + Ta lại có: f (n + 1987) ≥ f (n + 1986) + ≥ ≥ f (n) + 1987 (3.13) Ta suy (3.13) phải xảy tất dấu Tức f (n + 1) = f (n) + = f (n − 1) + = = f (1) + (n + 1) − ⇒ f (n) = n + f (1) − = n + a, với a = f (1) − ∈ N 1987 ∈ / N Vậy không tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán Mà f (f (n)) = n + 2a = n + 1987 ⇒ a = Bài toán 3.10 (IMO 1988, Shortlist) Tìm tất hàm số f : N −→ N thỏa mãn điều kiện f (f (n) + f (m)) = n + m, ∀m, n ∈ N Lời giải Nhận xét f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (m) = f (n) đó: n + m = f (f (n) + f (m)) = f (f (n) + f (n)) = n + n = 2n −→ m = n Để tận dụng tính chất đơn ánh ta có nhận xét sau đây: f (f (n) + f (n)) = 2n = (n + 1) + (n − 1) = f (f (n + 1) + f (n − 1)) Từ đó, theo tính chất đơn ánh ta suy rằng: f (n) + f (n) = f (n + 1) + f (n − 1) ⇔ f (n + 1) − f (n) = f (n) − f (n − 1), ∀n ∈ N Nên, ta có f (n + 1) − f (n) = c, c số tự nhiên Bằng quy nạp ta chứng minh f (n) = nc + f (0), ∀n ∈ N Bây đặt f (0) = b, với b số tự nhiên, ta có f (n) = nc + b Thay lại vào phương trình ban đầu, ta có: n + m = f (f (n) + f (m)) = f ((nc + b) + (mc + b)) = (n + m)c2 + 2bc + b, 57 điều với m, n ∈ N Từ ta có c = b = Như vậy, f (n) = n, ∀n ∈ N Hàm số thỏa mãn toán Vậy nghiệm toán f (n) = n, ∀n ∈ N Bài tốn 3.11 (IMO 1993) Hãy xác định xem có tồn hay không hàm số f : N∗ −→ N∗ cho: f (1) = 2 f (f (n)) = f (n) + n, ∀n ∈ N∗ f (n) < f (n + 1), ∀n ∈ N∗ √ 1+ Lời giải Đặt α = ⇒ = α − 1, α số vô tỉ α Trả lời: Có tồn Thật ta xây dựng hàm số f sau: Với n ≥ 1, đặt f (n) = [nα + ] Ta có: f (1) = [α + ] = 2 1 f (n + 1) = [(n + 1)α + ] > [nα + ] = f (n), ∀n ∈ N∗ 2 Với n ≥ 1, n ∈ N∗ , đặt m = f (n) Ta có: m 1 < 0, suy c1 ≥ c2 ≤ −2c1 + ≤ −1, c3 ≥ −2c2 ≥ Bằng quy nạp dễ dạng thấy ck+1 ≥ 2k Mặt khác a2k+2 − a2k − 1334 = c2k+2 + c2k+1 ≤ −2k + Do với k ≥ 11 ta có a2k+2 < a2k , vô lý Nếu c1 < 0, suy rac2 ≥ −2c1 > 0, tương tự ta có: a2k+3 < a2k+1 , ∀k ≥ 11, vô lý Vậy c1 = 0, tương đương với a1 = a0 + 667 Hay f (n) = n + 667, ∀n ∈ N 59 Bài toán 3.14 (CH sec 2007) Xét tất hàm số f : N∗ −→ N∗ thỏa mãn điều kiện: f (mf (n)) = nf (m), ∀m, n ∈ N∗ (3.16) Hãy tìm giá trị nhỏ f (2007) Lời giải Gọi S tập hợp hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Giả sử f (n) ∈ S , đặt a = f (1) - Chọn m = 1, ta được: f (1.f (n)) = n.f (1) = na ⇒ f (f (n)) = na (3.17) - Chọn n = 1, ta được: f (mf (1)) = 1.f (m) ⇒ f (ma) = f (m) (3.18) Ta chứng minh f (n) đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta được: f (f (n1 )) = f (f (n2 )) ⇒ n1 a = n2 a ⇒ n1 = n2 Vậy f (n) đơn ánh Từ (3.18) ta có f (na) = f (n) ⇒ na = a, ∀n ∈ N∗ , Suy a = hay f (1) = Ta có f (f (m).f (n)) = n.f (f (m)) = n.am = m.n = f (m.n) Suy ra: f (m.n) = f (m).f (n) (3.19) Với p số nguyên tố bất kì, Giả sử f (p) = u.v với u, v ∈ N∗ Ta có: p = f (f (p)) = f (u.v) = f (u).f (v) Do đó: f (u) = f (v) = Giả sử f (u) = 1, ta f (f (u)) = f (1) = Suy f (p) số nguyên tố Khi f (n) hàm chuyển số nguyên tố khác thành số nguyên tố khác Ta lại có 2007 = 32 223 f (2007) = f (3).f (223) Do để nhận giá trị nhỏ f (2007) ta phải chọn hàm f (n) cho f (3), f (223) số nguyên tố nhỏ nhất, khác Hiển nhiên, ta chọn hàm f (n) cho f (3) = 2, f (2) = 3, f (223) = 5, f (5) = 223 giá trị nhỏ f (2007) = 22 = 20 (vì f (n) ≥ f (n)) Ta xây dựng hàm f : N∗ −→ N∗ sau: f (1) = 1, f (2) = 3, f (3) = 2, f (5) = 223, f (223) = 5, 60 f (p) = p, ∀p ∈ P \{2; 3; 5; 223}, Và với n = pk11 pk22 pkmm f (n) = f k1 (p1 )f k2 (p2 ) f km (pm ) Khi f (n) thỏa mãn điều kiện: f (1) = 1; f (f (n)) = n, ∀n ∈ N∗ ; f (m.n) = f (m).f (n), ∀m, n ∈ N∗ Do f (n) ∈ S Vậy giá trị nhỏ f (2007) = 20 3.2 Một số dạng toán khác Bài toán 3.15 (Olympic Ukraine 1995) Hàm số f : Z −→ Z thỏa mãn đồng thời điều kiện sau : (i) : f (f (n)) = n, ∀n ∈ Z (3.20) (ii) : f (f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ Z (3.21) (iii) : f (0) = (3.22) Tính giá trị f (1995), f (−2007) Lời giải Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta đưa đến f (n) phái có dạng f (n) = an + b Khi điều kiện (i) trở thành a2 n + ab + b = n, ∀n ∈ Z a=1 a = −1 a2 = ⇔ ∨ Đồng hệ số, ta ab + b = b=0 b=0 Với a=1 ta f (n) = n Trường hợp loại khơng thỏa mãn (ii) b=0 a = −1 ta f (n) = −n + b b=0 Từ điều kiện (iii) cho n = ta b = Vậy: Với f (n) = −n + (3.23) Hiển nhiên hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh f (n) = −n + hàm thỏa mãn điều kiện toán Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f (n) thỏa mãn điều kiện toán Từ (iii) suy f (0) = g(0) = Từ (iii) suy f (1) = g(1) = 61 Sử dụng điều kiện (i), (ii) ta nhận g(g(n)) = g(g(n + 2) + 2), ∀n ∈ Z Do đó: g(g(g(n)))−g(g(g((n+2)+2))), ∀n ∈ Z hay g(n) = g(n+2)+2, ∀n ∈ Z Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho: f (n0 ) = g(n0 ) (3.24) Do f (n) thỏa mãn (3.23) nên ta có g(n0 ) − g(n0 ) + − f (n0 ) + − f (n0 − 2) ⇔ g(n0 − 2) − f (n0 − 2), mâu thuẫn với điều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (3.24) Vậy f (n) = g(n), ∀n ∈ N Chứng minh tương tự ta f (n) = g(n) với n nguyên âm Do đó, ta có f (1995) = −1995 + = −1994, f (−2007) = 2007 + = 2008 Bài tốn 3.16 (Tạp chí THTT, Bài T11/509) Tìm tất hàm số f : N∗ → Q \ {0} thỏa mãn điều kiện f (1) + f (2) + · · · + f (n) = f (n)f (n + 1) , ∀n ∈ N∗ (3.25) Lời giải Giả sử f (t) thỏa mãn (3.25) Đặt f (1) = a = Khi đó, từ (3.25) suy f (1)f (2) f (1) = nên f (2) = f (1) + f (2) + · · · + f (n) + f (n + 1) = f (n + 1)f (n + 2) , ∀n ∈ N∗ (3.26) Từ (3.25) (3.26) suy f (n + 1)f (n + 2) f (n)f (n + 1) − 2 ⇔ f (n + 2) − (n + 2) = f (n) − n, ∀n ∈ N∗ f (n + 1) = (3.27) Vậy g(n) := f (n) − n dãy tuần hoàn chu kỳ nên f (2k +1) = 2k +1+f (1)+2 = 2k +3+a, f (2k +2) = f (2)+2k = 2k +2, k ∈ N Xét trường hợp f (t) = c hàm Khi đó, thay vào (3.25) biến (x, y, z) (0, 0, 0) ta thu f (0) = 4[f (0)]2 ⇔ f (0) = f (0) = 41 62 Các hàm f (x) = , ∀x ∈ Q f (x) = 0, ∀x ∈ Q thỏa mãn điều kiện - Xét trường hợp f (t) ≡ c Thay vào (3.25) biến (x, z) (0, 0), ta thu f (0) = 2f (0)(f (y) + f (0) suy f (0) = Thay z = −x vào (3.25), ta thu = (f (x) + f (−x))(f (y) + f (−x)), ∀x, y ∈ Q (3.28) Vì f (t) ≡ c nên từ (3.28) suy = f (x) + f (−x), ∀x ∈ Q, tức f (x) hàm lẻ Q Thay vào (3.25) biến (x, y, z) (t, t, t) ta thu f (4t2 ) = 4(f (t))2 , ∀t ∈ Q (3.29) suy f (t) ≥ t > Vì f (t) hàm lẻ Q nên cần xét f (t) với t > Thay vào (3.25) biến (y, z) (x, y) ta thu f ((x + y)2 ) = (f (x) + f (y))2 , ∀x, y ∈ Q (3.30) Kết hợp (3.29) (3.30), ta f x+y f (x) + f (y) = , ∀x, y ∈ Q 2 Kết hợp với f (0) = 0, suy f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q (3.31) Do f (t) ≥ với t > nên từ (3.31) suy f (t) hàm đơn điệu tăng Q+ Ta thu f (t) hàm cộng tính đơn điệu tăng Q+ khác nên f (t) = at, a > Thế vào (3.25), ta thu a = f (t) = t Kết luận: Các hàm số cần tìm f (t) = 0, f (t) = 1, f (t) = t, ∀t ∈ Q Bài tốn 3.17 (International Mathematical Olympiad 2019) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn: f (2a) + 2f (b) = f (f (a + b)), ∀a, b ∈ Z Lời giải Lần lượt thay a = 0, b = ta được: f (0) + 2f (b) = f (f (b)), f (2a) + 2f (0) = f (f (a)), a, b ∈ Z (3.32) 63 Do f (2a) = 2f (a) − f (0), ∀a ∈ Z Thay vào phương trình (3.32) ta được: 2f (a) + 2f (b) − f (0) = f (f (a + b)) (3.33) Cho a = 0, b = a + b phương trình (3.33) ta được: f (0) + 2f (a + b) = f (f (a + b)) Do đó: f (a) + f (b) = f (a + b) + f (0) Đặt g(x) = f (x) − f (0) ⇒ g(a) + g(b) = g(a + b) ⇒ g(x) = cx hay f (x) = cx + d, ∀x ∈ Z Thay vào phương trình (3.32) đống hệ số ta thu c = d = c = Vậy f ≡ f (x) = 2x + d Bài tốn 3.18 (Tạp chí THTT, Bài T10/511) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f (2f (x) + 2y) = x + f (2f (y) + x)), ∀x, y ∈ Q (3.34) Lời giải Giả sử f (t) thỏa mãn (3.34) Thay y = −f (x) vào (3.34), ta f (0) = x+f (2f (−f (x))+x)), ∀x ∈ Q ⇔ f (2f (−f (x))+x)) = f (0)−x, ∀x ∈ Q Suy f toàn ánh Vậy nên, tồn a ∈ Q để f (a) = Thế y = a vào (3.34), ta f (2f (x) + 2a) = x + f (x)), ∀x ∈ Q (3.35) Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, f (x1 ) = f (x2 ) f (2f (x1 ) + 2a) = f (2f (x2 ) + 2a) nên theo (3.35), ta có x1 + f (x1 ) = x2 + f (x2 ) ⇔ x1 = x2 , đpcm Thay x = vào (3.35) sử dụng tính đơn ánh f , ta f (2f (0) + 2y) = f (2f (y)), ∀y ∈ Q ⇔ f (y) = y + f (0), ∀y ∈ Q Thử lại, ta thấy hàm số f (t) = t + c (c ∈ Q tùy ý) thỏa mãn điều kiện Bài toán 3.19 (Tạp chí THTT, Bài T11/507) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f ((x + z)(y + z)) = (f (x) + f (z))(f (y) + f (z)), ∀x, y, z ∈ Q (3.36) Lời giải Giả sử f (t) thỏa mãn (3.36) Xét trường hợp f (t) = c hàm Khi đó, thay vào (1) biến (x, y, z) (0, 0, 0) ta thu f (0) = 4[f (0)]2 ⇔ f (0) = f (0) = 41 64 Các hàm f (x) = , ∀x ∈ Q f (x) = 0, ∀x ∈ Q thỏa mãn điều kiện - Xét trường hợp f (t) ≡ c Thay vào (3.36) biến (x, z) (0, 0), ta thu f (0) = 2f (0)(f (y) + f (0) suy f (0) = Thay z = −x vào (3.36), ta thu = (f (x) + f (−x))(f (y) + f (−x)), ∀x, y ∈ Q (3.37) Vì f (t) ≡ c nên từ (3.37) suy = f (x) + f (−x), ∀x ∈ Q, tức f (x) hàm lẻ Q Thay vào (3.36) biến (x, y, z) (t, t, t) ta thu f (4t2 ) = 4(f (t))2 , ∀t ∈ Q (3.38) suy f (t) ≥ t > Vì f (t) hàm lẻ Q nên cần xét f (t) với t > Thay vào (3.36) biến (y, z) (x, y) ta thu f ((x + y)2 ) = (f (x) + f (y))2 , ∀x, y ∈ Q (3.39) Kết hợp (3.38) (3.39), ta f x+y f (x) + f (y) = , ∀x, y ∈ Q 2 Kết hợp với f (0) = 0, suy f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ Q (3.40) Do f (t) ≥ với t > nên từ (5) suy f (t) hàm đơn điệu tăng Q+ Ta thu f (t) hàm cộng tính đơn điệu tăng Q+ khác nên f (t) = at, a > Thế vào (3.37), ta thu a = f (t) = t Kết luận: Các hàm số cần tìm f (t) = 0, f (t) = 1, f (t) = t, ∀t ∈ Q Bài tốn 3.20 (Tạp chí THTT, Bài T11/418) Tìm tất hàm số f : Q → Q thoả mãn điều kiện f xf (y) yf (x) +f = 4xy, ∀x, y ∈ Q 2 (3.41) 65 Lời giải Từ (3.44), cho x = 0, y = 0, ta f (0) = Trong (3.44), cho x = t, y = t, ta thu f tf (t) = 2t2 , ∀t ∈ Q (3.42) Từ (3.45), ta chứng minh f (t) đơn ánh Q Thật vậy, giả sử f (x) = f (y), từ (3.45), ta thu    xf (x) = xf (y) f xf (x) = f xf (y) 2x2 = f xf (y) 2 ⇔ ⇔ yf (x) = yf (y) f yf (x) = f yf (y) 2y = f yf (x) 2 Suy f xf (y) yf (x) +f = 2x2 + 2y 2 hay 4xy = 2x2 + 2y ⇔ x = y f (1) Tiếp theo, (3.45) cho t = 1, ta thu f = Do 2 f (1) f (1) f (1) = f 2 2 hay f (1) f (1) f (1) f =f f 2 2 Sử dụng (3.45) tính đơn ánh f ta thu f (1) 2 =2⇔ f (1) = f (1) = −2 - Xét trường hợp f (1) = Từ (3.44), cho y = 1, ta f (x) + f f (x) = 4x, ∀x ∈ Q hay f f (x) = 2x + z với z = 2x − f (x), ∀x ∈ Q Suy f x− z f (x) =f = 2x + z, ∀x ∈ Q 2 Do z 1f x − f x+ =f 2 z =2 x− z + z = 2x, ∀x ∈ Q 66 Suy z f x+ = 2x + z + z = 2x + 2z, ∀x ∈ Q 2 hay f (x) = 2x, ∀x ∈ Q - Tương tự, xét trường hợp f (1) = −2 Trong (3.45) thay t = −x ta f (x) = f f −xf (−x) = 2x2 , ∀x ∈ Q (3.43) (3.45)và (3.47) cho ta f (−x) = −f (x), ∀x ∈ Q Trong (3.44) cho y = 1, ta −f (x) + f f (x) = 4x, ∀x ∈ Q hay f f (x) = 2x + t với t = 2x + f (x), ∀x ∈ Q Suy f f (x) t −x =f = 2x + t, ∀x ∈ Q 2 Do −f x − hay f x− t = 2x + t t = −2x − t, ∀x ∈ Q Suy f −x− t t =f f x− 2 =2 x− t +t hay t f −x− = −2x − t + t = −2x, ∀x ∈ Q 2 Thử lại, ta thấy hàm số thoả mãn điều kiện ta f (x) = f Kết luận: Vậy hàm số cần tìm f (x) = ±2x Bài tốn 3.21 (Tạp chí THTT, Bài T11/492) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f (x + f (y)) = f (x + y 2018 ) + f (y 2018 − f (y)), ∀x, y ∈ Q, (3.44) Lời giải Đặt f (0) = a Thay x = t, y = −f (t) vào (3.44), ta thu a f (t2018 − f (t)) = , ∀t ∈ Q (3.45) 67 Kết hợp (3.45) (3.44), ta a f (x + f (y)) = f (x + y 2018 ) + , ∀x, y ∈ Q (3.46) Thay y = vào (3.46), ta thu a f (x + a) = f (x) + , ∀x, y ∈ Q (3.47) Thay x x + y 2018 vào (3.47) kết hợp với (3.45), ta thu f (x + y 2018 + a) = f (x + f (y)), ∀x, y ∈ Q (3.48) Trong (3.48) thay x x − f (y), ta f (x) = f (x + y 2018 + a − f (y)), ∀x, y ∈ Q (3.49) - Nếu xảy y 2018 + a − f (y)) = 0, ∀y ∈ Q hay f (x) = x2018 + a, ∀x ∈ Q từ (3.47), suy a (3.50) (x + a)2018 = x2018 + , ∀x ∈ Q So sánh hệ số ứng với x2017 (3.50), ta a = 0, tức f (x) = x2018 , ∀x ∈ Q Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn điều kiện - Nếu xảy y 2018 + a − f (y)) ≡ tồn x0 để c := x2018 + a − f (x0 ) = 0 Trong (3.49), thay y = x0 , ta f (x) = f (x + c), ∀x ∈ Q (3.51) Trong (3.45), thay y y + c kết hợp với (3.51), ta f (x + y 2018 ) = f (x + (y + c)2018 ), ∀x, y ∈ Q hay f (x) = f (x + (y + c)2018 − y 2018 ), ∀x, y ∈ Q (3.52) Nhận xét Q(y) := (y + c)2018 − y 2018 đa thức bậc 2017 nên miền giá trị Q(y) Q Từ (3.52) suy f (x) ≡ c Thay vào (3.44) ta thu f (x) ≡ Kết luận: Nghiệm toán f (x) ≡ f (x) = x2018 68 KẾT LUẬN Luận văn " Phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên " trình bày vấn đề sau: Trình bày chi tiết hệ thống kiến thức hàm số phương trình hàm Tiếp theo, trình bày số phương pháp giải phương trình hàm tập rời rạc Cuối cùng, luận văn trình bày ví dụ liên quan, chọn lọc từ đề thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Olympic nước năm gần 69 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [2] Nguyễn Văn Mậu (2016), Phương trình hàm với đối số biến đổi, NXB ĐHQG Hà Nội [3] Nguyễn Thị Bích Ngọc (2018), Nhận xét phương trình hàm sinh hàm hợp qua kỳ Olympic, Kỷ yếu HTKH "Các chun đề tốn Olympic chọn lọc”, Ninh Bình 15-16/09/2018, pp 189-204 [4] Tạp chí TH&TT (2007), Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt Nam (1990-2006), NXB Giáo dục [5] Nguyễn Tài Chung (2014), Phương trình hàm, NXB ĐHQG Hà Nội [6] Nguyễn Đình Thành Cơng, Nguyễn Văn Hưởng, Nguyễn Duy Hưng, Trần Trí Kiên, Nguyễn Văn Sơn, Lê Nhất, Trần Bảo Trung (2016), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi qua kỳ thi olympic Toán, tập 1,2, NXB ĐHQG Hà Nội [7] Phan Sỹ Quang (2008), Phương trình hàm tập số nguyên, Lớp A1 k35, Trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An B Tiếng Anh [8] Pl Kannappan (2000) Functional Equations and Inequalities with Applications, Springer Monogaphs in Mathematics [9] M Kuczma (1964), A survey of the theory of functional equation, Série: Mathématiques et Physique, (130) [10] M Kuczma, B Choczewski, R Ger (1990), Interative functional Equations, Cambridge University Press, Cambridge ... gồm chương: Chương Một số kiến thức liên quan đến đặc trưng hàm số Chương Phương pháp giải phương trình hàm tập rời rạc Chương Các dạng phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên qua kỳ Olympic... xạ hàm số xác định nhận giá trị tập hợp số thực 1.2 1.2.1 Đặc trưng hàm tính chất liên quan Khái niệm phương trình hàm Phương trình hàm hiểu phương trình mà hai vế phương trình xây dựng từ số. .. bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề phương trình hàm, tơi chọn đề tài luận văn "Phương trình hàm sinh hàm hợp tập số nguyên" Tiếp theo, khảo sát số lớp toán từ đề thi HSG Quốc