Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM
TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN
Đặng Thị Mến
THPT Chuyên Hưng Yên
Tóm tắt nội dung
Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng. Ngoài các vấn đề chung của
hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh,. . . chúng còn liên quan đến
các khái niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ
đồng dư, hàm nhân tính,. . . Trong một số trường hợp, bản chất của bài toán về các hàm
số xác định trên tập số nguyên chính là các bài toán số học. Mặt khác, khi xét các bài toán
về hàm f : N∗ → R ta có thể chuyển về bài toán của dãy số. Dùng kết quả của dãy số, ta
thu được tính chất cần thiết để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Dưới
đây ta xét một vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên.
1 Sử dụng các kết quả của dãy số
1.1 Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công
thức truy hồi
Dạng 1. Tìm Un biết aUn+1 + bUn + cUn−1 = 0, n ∈ N; n ≥ 2 với U1 , U2 cho trước.
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
aλ2 + bλ + c = 0. (1)
a) Nếu λ1 , λ2 là hai nghiệm thực phân biệt của (1) thì Un = Aλ1n + Bλ2n , trong đó A, B được
xác định theo U1 , U2 .
b) Nếu λ là nghiệm kép của (1) thì Un = ( A + nB)λn , trong đó A, B được xác định theo U1 ,
U2 .
c) Nếu λ = x + iy là nghiệm phức của (1) thì Un = r n ( A cos nϕ + B sin nϕ), với
p π π y
r = |λ| = x2 + y2 ; ϕ ∈ (− ; ) sao cho tan ϕ = và A, B được xác định theo U1 , U2 .
2 2 x
Dạng 2. Tìm Un biết aUn+1 + bUn + cUn−1 = f n , U1 , U2 cho trước, f n là đa thức bậc
n cho trước.
Phương pháp giải
Giải phương tình đặc trưng
172
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
aλ2 + bλ + c = 0. (2)
0 1
Ta có Un = Un + Un trong đó
0
Un là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất dạng 1.
aUn+1 + bUn + cUn−1 = 0. (3)
Un1 là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.
aUn+1 + bUn + cUn−1 = f n (4)
0 1
Theo dạng (1) ta tìm được Un trong đó A, B chưa xác định. Un xác định như sau
a) Nếu λ 6= 1 là nghiệm của phương trình (2) thì Un1 là đa thức cùng bậc với f n .
b) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn của phương trình (2) thi f Un1 = n.gn , trong đó gn là đa thức
cùng bậc với f n .
c) Nếu λ = 1 là nghiệm kép của phương trình (2) thì Un1 = n2 .gn , trong đó gn là đa thức
cùng bậc với f n .
Thay Un1 vào phương trình (4), đồng nhất hệ số tìm được Un1 .
Biết U1 , U2 từ hệ thức Un = Un0 + Un1 ta tính được A, B.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm số f xác định trên N thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (1) = 1
b) 2 f (n). f (n + k) − 2 f (k − n) = 3 f (n). f (k ); ∀k, n ∈ N.
Lời giải. Cho k = n = 0 từ (1) ta có ( f (0))2 + 2 f (0) = 0, suy ra f (0) = 0 hoặc f (0) = −2
Nếu f (0) = 0 cho n = 0 từ (1) ta có f (k ) = 0, ∀k ∈ N suy ra f (1) = 0 mâu thuẫn với giả
thiết, vậy f (0) = −2.
Từ (1) cho n = 1 ta được 2 f (k + 1) − 3 f (k ) − 2 f (k − 1) = 0; ∀k ∈ N.
−1
Xét phương trình đặc trưng 2λ2 − 3λ − 2 = 0 có nghiệm λ1 = và λ2 = 2. Ta tìm được f
2
1 n
dưới dạng f (n) = A.2n + B. − với f (0) = −2; f (1) = 1. Ta có
2
A + B = −2
(
A=0
1 ⇔
2A − B = 1 B = −2
2
1 1
Suy ra f (n) = (−1)n+1 . , thay vào thỏa mãn đề bài. Vậy f (n) = (−1)n+1 . , ∀n ∈ N
2n −1 2n −1
là nghiệm của bài toán.
Ví dụ 2. Tìm tất cả các hàm f : N → Z thỏa mãn
a) f (1) = 1
b) f (k + n) − 2 f (n) f (k ) + f (k − n) = 3n.2k , ∀k; n ∈ N (1)
Lời giải. Từ (1) cho n = k = 0 ta có f (0) − ( f (0))2 = 0 suy ra f (0) = 0 hoặc f (0) = 1.
Nếu f (0) = 0 từ (1) cho n = 0 thì f (k ) = 0, ∀k ∈ N suy ra f (1) = 0 mâu thuẫn với giả thiết,
nên f (0) = 1. Từ (1) cho n = 1 ta có f (k + 1) − 2 f (k) + f (k − 1) = 3.2k (2).
Xét phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 1 = 0 có nghiệm kép λ = 1. Ta tìm được nghiệm dưới
dạng f (k) = f 0 (k) + f 1 (k ), trong đó f (k) = A + B.k và f 1 (k ) = a.2k .
Thay f 1 (k) vào phương trình (2) được a2k+1 − 2a2k + a2k−1 = 3.2k , ∀k ∈ N nên a = 6 do đó
173
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
f (k ) = A + B.k + 6.2k . Lại có f (0) = 1; f (1) = 1 nên A, B xác định như sau
A+6 = 1 A = −5
⇔
A + B + 12 = 1 B = −6
suy ra f (n) = 6.2n − 6n − 5; ∀n ∈ N∗ là nghiệm của bài toán.
1.2 Kết hợp các tính chất của hàm số như: tuần hoàn, đơn ánh,. . . với các
tính chất của dãy số như: cấp số cộng, cấp số nhân,. . . và các bất đẳng
thức, các hằng đẳng thức đại số và lượng giác để giải các bài toán về
phương trình hàm
Ví dụ 3. Có tồn tại hay không hàm số f : Z → Z sao cho
f (m + f (n)) = f (m) − n; ∀m, n ∈ Z. (1)
Lời giải. Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài. Từ (1) cho m = 0 ta có
f ( f (n) = f (0) − n. (2)
Với n1 , n2 ∈ Z mà f (n1 ) = f (n2 ) thì f ( f (n1 )) = f ( f (n2 )), từ (2) suy ra f (0) − n1 =
f (0) − n2 , do đó n1 = n2 nên f là đơn ánh.
Cho n = 0 từ (1) ta có f (m + f (0)) = f (m) ⇔ m + f (0) = m
Từ đó ta được f (0) = 0 thay vào (2) có f ( f (n)) = −n, ∀n ∈ Z (3)
Từ (1) thay m bằng f (m) và áp dụng (3) ta được f ( f (m) + f (n)) = −m − n
Xét m, n, p, q là các số nguyên sao cho m + n = p + q, khi đó
f ( f (m) + f (n)) = −m − n = − p − q = f ( f ( p) + f (q))
Theo chứng minh trên, f là đơn ánh, nên suy ra f (m) + f (n) = f ( p) + f (q)
Do đó với mọi n ∈ Z ta có f (n + 1) + f (n − 1) = f (n) + f (n) ⇔ f (n + 1) − f (n) =
f ( n ) − f ( n − 1) ⇒ f ( n + 1) − f ( n ) = f ( n ) − f ( n − 1) = · · · = f (2) − f (1) = f (1) − f (0)
nên { f (n)} là một cấp số cộng với số hạng đầu là U1 = f (0) = 0 và công sai d = f (1) suy ra
f (n) = Un+1 = U1 + nd = nd, ∀n ≥ 0.
Ta xét với hai số n > 0, m ≥ 0 sao cho m + nd ≥ 0 thay vào (1) được
f (m + f (n)) = f (m + nd) = f (m) − n ⇔ f (m + nd) = md − n ⇔ (m + nd)d = md − n
Từ đó có d2 = −1 (vô lý), do vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Ví dụ 4. Tìm tất cả các hàm f : N → R thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (0) = c √
3 f (n) + 1
b) f (n + 1) = √ , ∀n ∈ N∗ (1)
3 − f (n)
f (n) + √1
3 f (n) + tan π6 f (0) + tan π6
Lời giải. Từ (1) ta có f (n + 1) = = suy ra f ( 1 ) = .
1− √1 f (n) 1 − f (n) tan π6 1 − f (0) tan π6
3
174
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
π
Do đó ta đặt f (0) = c = tan α thì f (1) = tan(α + ),
6
π π π
f (1) + tan tan(α + ) + tan
f (2) = 6 = 6 6 = tan(α + 2π ).
π π π 6
1 − f (1) tan 1 − tan(α + ) tan
6 6 6
Ta chứng minh quy nạp công thức
nπ
f (n) = tan(α + ), ∀n ∈ N. (2)
6
Thật vậy, với n = 0; 1; 2 công thức (2) đúng.
nπ
Giả sử f (n) = tan(α + ).
6
f (n) + tan π6 tan(α + nπ π
6 ) + tan 6
π
Ta có f (n + 1) = = π = tan α + ( n + 1 ) , hay (2)
1 − f (n) tan π6 1 − tan(α + 6 ) tan
π 6
6
đúng với n + 1.
π
Nghiệm của bài toán là f (n) = tan(α + n ), ∀n ∈ N.
6
2 Sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp
Nguyên lý quy nạp: Cho T ⊂ N; 1 ∈ T và nếu n ∈ T suy ra n + 1 ∈ T thì T = N∗ .
Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm ta có thể sử dụng các phương pháp
quy nạp khác nhau. Thông thường ta tìm cách tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy
luật tổng quát f (n) và chứng minh bằng quy nạp theo n.
Ví dụ 5. Tìm tất cả các hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f (1) = 1,
b) f (m + n) = f (m) + f (n) + mn, ∀m, n ∈ N∗ .
Lời giải. Cho m = 0 từ b) ta có
f (n + 1) = f (n) + n + 1, ∀n ∈ N∗ (1)
suy ra f (n) = f (n − 1) + n, ∀n ∈ N, n > 1. (2)
Ta tính vài giá trị ban đầu của f (n).
1(1 + 1)
n = 1 từ a) suy ra f (1) = 1 = ,
2
2(2 + 1)
n = 2 từ (2) suy ra f (2) = f (1) + 2 = 3 = ,
2
3(3 + 1)
n = 3 từ (2) suy ra f (3) = f (2) + 3 = 6 = .
2
Ta chứng minh quy nạp
n ( n + 1)
f (n) = , ∀ n ∈ N∗ . (3)
2
Với n = 1 thì (3) đúng.
n ( n + 1)
Giả sử f (n) = với n ≥ 1.
2
n ( n + 1) (n + 1)(n + 2)
Ta có f (n + 1) = f (n) + n + 1 = +n+1 = , tức là (3) đúng với
2 2
175
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
n + 1 nên (3) đúng với mọi n ∈ N∗ . Mặt khác do có (1) nên nếu f thỏa mãn đề bài thì f được
n ( n + 1)
xác định duy nhất. Vậy hàm số cần tìm là f (n) = , ∀ n ∈ N∗ .
2
Ví dụ 6 (IMO - 1981). Cho hàm f (m, n) với m, n ∈ Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f (0, n) = n + 1,
b) f (m + 1, 0) = f (m, 1),
c) f (m + 1, n + 1) = f (m, f (m + 1, n)); ∀m, n ≥ 0.
Hãy tính f (4, 1981).
Lời giải. Theo c) có f (4, 1981) = f (3, f (4, 1980)). Ta đi xác định f (3, n), muốn vậy ta phải
tính f (1, n) và f (2, n).
* Tính f (1, n)
f (1, 0) = f (0, 1) = 1 + 1 = 2,
f (1, 1) = f (0, f (1, 0)) = f (0, 2) = 2 + 1 = 3,
f (1, 2) = f (0, f (1, 1)) = f (0, 3) = 3 + 1 = 4.
Ta chứng minh quy nạp f (1, n) = n + 2, ∀n ∈ N.
Giả sử có f (1, n) = n + 2, ta phải chứng minh f (1, n + 1) = n + 3.
Thật vậy, có f (1, n + 1) = f (0, f (1, n)) = f (0, n + 2) = n + 3, đó là điều phải chứng minh.
* Tính f (2, n)
f (2, 0) = f (1, 1) = 3 = 2.0 + 3,
f (2, 1) = f (1, f (2, 0)) = f (1, 3) = 5 = 2.1 + 3,
f (2, 2) = f (1, f (2, 1)) = f (1, 5) = 7 = 2.2 + 3.
Ta chứng minh quy nạp f (2, n) = 2n + 3, ∀n ∈ N.
Giả sử có f (2, n) = 2n + 3, ta phải chứng minh f (2, n + 1) = 2n + 5.
Thật vậy, có f (2, n + 1) = f (1, f (2, n)) = f (1, 2n + 3) = 2n + 5, đó là điều phải chứng minh.
* Tính f (3, n).
Ta có f (3, 0) = f (2, 1) = 5,
f (3, 1) = f (2, f (3, 0)) = f (2, 5) = 13 = 21+3 − 3,
f (3, 2) = f (2, f (3, 1)) = f (2, 13) = 29 = 22+3 − 3.
Ta chứng minh quy nạp f (3, n) = 2n+3 − 3, ∀n ∈ N.
Giả sử có f (3, n) = 2n+3 − 3 ta chứng minh f (3, n + 1) = 2n+4 − 3.
Thật vậy, có f (3, n + 1) = f (2, f (3, n)) = f (2, 2n+3 − 3) = 2(2n+3 − 3) + 3 = 2n+4 − 3, suy
ra điều phải chứng minh.
* Tính f (4, n).
Ta có f (4, 0) = f (3, 1) = 24 − 3 = 13,
22
f (4, 1) = f (3, f (4, 0)) = f (3, 13) = 216 − 3 = 22 − 3,
2
16 22
f (4, 2) = f (3, f (4, 1)) = f (3, 216 − 3) = 22 − 3 = 22 − 3.
2
Chứng minh quy nạp với n ∈ N thì f (4, n) = 2 2··· − 3, trong đó có (n + 3) số 2.
2 ···2
Giả sử f (4, n) = 22··· − 3 với (n + 3) số 2. Ta chứng minh f (4, n + 1) = 22 − 3 với (n + 4)
số 2.
176
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Thật vậy, có
···2
f (4, n + 1) = f (3, f (4, n)) = f (3, 22 − 3) với (n + 3) số 2
···2 −3)+3 ···2
= 2(2 − 3 = 22 − 3 với (n + 4) số 2
Đó là điều phải chứng minh.
···2
Từ đó ta được f (4, 1981) = 22 − 3 với 1984 số 2.
Nhận xét 1. Nguyên lý quy nạp không còn đúng trong tập Z, nhưng trong các bài toán ta
có thể chia tập Z thành phần dương, phần âm và quy nạp rời rạc, có thể làm như sau: Giả
sử bài toán đúng với −n; −n + 1; . . . ; −1; 0; 1; 2; . . . ; n ta chứng minh bài toán cũng đúng với
−n − 1 và n + 1, chẳng hạn xét ví dụ sau
Ví dụ 7. Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (0) = 1,
b) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ Z,
c) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ Z.
Lời giải. Từ a) và b) ta có 0 = f ( f (0)) = f (1), vậy f (0) = 1 và f (1) = 0. Cho n = −2 từ c)
ta có f ( f (0) + 2) = −2 suy ra f (3) = −2 = 1 − 3.
Cho n = 3 từ b) ta có f ( f (3)) = 3 suy ra f (−2) = 3 = 1 − (−2).
Cho n = −1 từ c) ta có f ( f (1) + 2) = −1 suy ra f (2) = −1 = 1 − 2
Cho n = 2 từ b) ta có f ( f (2)) = 2 suy ra f (−1) = 2 = 1 − (−1).
Ta chứng minh quy nạp hệ thức sau đúng f (n) = 1 − n, ∀n ∈ Z. (1)
Đẳng thức (1) đúng với n = −2; −1; 0; 1; 2.
Giả sử (1) đúng với n ∈ {−2k; −2k + 1; . . . ; −1; 0; 1; . . . ; 2k; 2k + 1}.
Ta chứng minh (1) đúng với n ∈ {−2k − 2; −2k − 1; 2k + 2; 2k + 3}.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có f (−2k ) = 1 − (−2k ) = 2k + 1 và f (−2k + 1) =
1 − (−2k + 1) = 2k suy ra
f (2k + 2) = f ( f (−2k − 1 + 2) + 2) = −2k − 1 = 1 − (2k + 2),
f (2k + 3) = f ( f (−2k − 2 + 2) + 2) = −2k − 2 = 1 − (2k + 3),
f (−2k − 2) = f ( f (2k + 3)) = 2k + 3 = 1 − (−2k − 2).
f (−2k − 1) = f ( f (2k + 2)) = 2k + 2 = 1 − (−2k − 1)
Chứng tỏ (1) đúng với n ∈ {−2k − 2; −2k − 1; 2k + 2; 2k + 3}.
Vậy f (n) = 1 − n, ∀n ∈ Z là nghiệm của bài toán.
3 Sử dụng nguyên lý thứ tự
Định lý 1. Mọi tập con khác rỗng của N đều có phần tử nhỏ nhất.
Định lý 2. Mọi tập con khác rỗng và bị chặn của N đều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
Ví dụ 8 (IMO - 1977). Giả sử f : N∗ → N∗ . Chứng minh rằng nếu f (n + 1) > f ( f (n)), ∀n ∈
N∗ thì f (n) = n, ∀n ∈ N∗ .
177
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Lời giải. Gọi A là tập giá trị của hàm số. Khi đó A là một tập con khác rỗng của N nên A có
phần tử nhỏ nhất.
Từ giả thiết có f (2) > f ( f (1)), f (3) > f ( f (2)).
Vì vậy phần tử nhỏ nhất của A không thể là một trong các số f (2), f (3), f (4), . . . Mà phần
tử nhỏ nhất của A là f (1) và nó được xác định duy nhất.
Từ f (1) ≥ 1 suy ra f (n) > 1, ∀n > 1.
Vì vậy ta có thể hạn chế hàm f trên N∗ \{1}, f : N∗ \{1} → N∗ \{1}.
Lập luận tương tự như trên, f (2) là phần tử nhỏ nhất của miền giá trị hàm này, nên ta có
f (1) < f (2) suy ra f (n) > 2, ∀n > 2.
Lại tiếp tục hạn chế hàm f trên N∗ \{1; 2}, f : N∗ \{1; 2} → N∗ \{1; 2}
Lặp lại quá trình trên ta có f (1) < f (2) < f (3) < . . . dẫn đến f là hàm tăng và f (n) ≥
n, ∀n ∈ N∗ .
Giả sử f (n) > n với n nào đó, n ∈ N thì ta có f (n) ≥ n + 1 suy ra f ( f (n)) ≥ f (n + 1), do f
là hàm tăng, điều này mâu thuẫn với giả thiết f ( f (n) < f (n + 1).
Vì vậy f (n) = n, ∀n ∈ N∗ . Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét 2. Một số phương trình hàm được giải bằng cách kết hợp nguyên lý quy nạp và
nguyên lý thứ tự cùng với một số tính chất của hàm số, ta xét ví dụ sau
Ví dụ 9 (Ailen - 2001). Tìm tất cả các hàm f : N → N thỏa mãn f (m + f (n)) = f (m) +
n, ∀m; n ∈ N.
Lời giải. Giả sử f (0) = a > 0
Từ giả thiết cho n = 0 ta được f (m + f (0)) = f (m) suy ra f (m + a) = f (m), ∀m ∈ N. Chứng
tỏ f là hàm tuần hoàn, và như thế tập giá trị của f là
A = { f (0); f (1); f (2); . . . ; f ( a − 1)}
Gọi M là số lớn nhất trong A thì f (n) ≤ M, ∀n ∈ N.
Mặt khác, từ giả thiết cho m = 0 ta có f ( f (n)) = f (0) + n = a + n → +∞ khi n → +∞, điều
này mâu thuẫn với f (n) ≤ M, ∀n ∈ N nên phải có f (0) = a = 0, khi đó f ( f (n)) = n, ∀n ∈ N
Nếu f (1) = 0 thì 0 = f (0) = f ( f (1)) = 1, vô lý, vậy f (1) = b > 0.
Ta chứng minh quy nạp f (n) = bn, ∀n ∈ N (1)
Thật vậy, với n = 0; 1 thì (1) đúng.
Giả sử có f (n) = bn, khi đó f ( f (n)) = f (bn) suy ra n = f (bn).
f (n + 1) = f (1 + f (bn)) = f (1) + bn = b + bn = b(n + 1), vậy (1) đúng với n + 1.
Do đó f (n) = bn, ∀n ∈ N.
Lại có f (bn) = b2 n = n nên b = 1 và f (n) = n. Hàm số thỏa mãn đề bài là f (n) = n, ∀n ∈ N.
4 Sử dụng tính chất của hàm nhân tính mạnh
Ta đã biết đối với hàm nhân tính mạnh rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm
α
tùy ý đó là: Cho n = p1α1 p2α2 . . . pk k là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n, nếu f là hàm
số nhân tính mạnh thì f (n) = ( f ( p1 ))α1 ( f ( p2 ))α2 . . . ( f ( pk ))αk . Do đó để xác định giá trị của
hàm f ta chỉ cần xác định giá trị của nó tại các điểm nguyên tố.
178
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Ví dụ 10 (THTT). Tìm một hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m f (n)) = n2 f (m), ∀m; n ∈ N∗
(1).
Lời giải. Từ (1) cho m = 1 ta có f ( f (n)) = n2 f (1), ∀n ∈ N∗ .
Nếu n1 , n2 ∈ N∗ mà f (n1 ) = f (n2 ) thì f ( f (n1 )) = f ( f (n2 )) ⇔ n21 f (1) = n22 f (1).
Do f (n) ∈ N∗ nên f (1) 6= 0 suy ra n1 = n2 , vậy f là đơn ánh.
Từ (1) cho m = n = 1 và do f là đơn ánh ta có f ( f (1)) = f (1) ⇔ f (1) = 1.
Suy ra f ( f (n)) = n2 , ∀n ∈ N∗ .
Mặt khác với mọi m, n ∈ N∗ ta có f ( f (m) f (n)) = n2 f ( f (m)) = n2 m2 = f ( f (mn)) ⇒
f (m) f (n) = f (mn).
Từ đó ta có f là hàm nhân tính mạnh. Vì vậy ta quan tâm đến giá trị của f tại các điểm
nguyên tố.
Gọi p là một số nguyên tố tùy ý. Nếu f ( p) là hợp số thì tồn tại a, b ∈ N∗ , a ≥ b > 1 sao cho
f ( p) = ab.
Ta có p2 = f ( f ( p)) = f ( ab) = f ( a) f (b) xảy ra các trường hợp sau
+ Nếu f ( a) = p2 thì f (b) = 1 suy ra b = 1, vô lý.
+ Nếu f (b) = p2 thì f ( a) = 1 suy ra a = 1, vô lý.
+ Nếu f ( a) = f (b) = p, do f đơn ánh nên a = b suy ra f ( p) = a2 .
Lại xét, nếu a = m.n với m, n ∈ N∗ thì p = f ( a) = f (mn) = f (m) f (n) suy ra f (m) = 1 hoặc
f (n) = 1, nghĩa là m = 1 hoặc n = 1, vậy a là số nguyên tố.
Từ chứng minh, nếu p là số nguyên tố thì f ( p) hoặc là số nguyên tố hoặc là bình phương
của một số nguyên tố.
Mặt khác ta lại có
+ Nếu f ( p) = p thì f ( f ( p)) = f ( p) suy ra p2 = p nên p = 1, mâu thuẫn với p là số nguyên
tố.
+ Nếu f ( p) = p2 thì f ( f ( p)) = f ( p2 ) suy ra p2 = ( f ( p))2 = p4 nên p = 1, mâu thuẫn với p
là số nguyên tố. Do đó f ( p) 6= p và f ( p) 6= p2 .
Vì lẽ đó, ta có thể xây dựng hàm số f như sau
Gọi pi là số nguyên tố thứ i trong dãy các số nguyên tố.
( p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . ) thì f ( p2k−1 ) = p2k ; f ( p2k ) = p22k−1 với mọi k = 1, 2, 3, . . .
Hàm f xác định như trên thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Ví dụ 11. Xét hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m2 f (n)) = n.( f (m))2 , ∀m, n ∈ N∗ (1)
Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của f (2005).
Lời giải. Đặt f (1) = a > 0. Từ (1) cho m = 1 ⇒ f ( f (n)) = a2 n, ∀n ∈ N∗ (2)
Từ (1) cho n = 1 ⇒ f ( am2 ) = ( f (m))2 , ∀m ∈ N∗ (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
( f (m) f (n))2 = ( f (m))2 ( f (n))2 = f ( am2 )( f (n))2
= f (n2 f ( f ( am2 ))) = f (n2 .a2 .a.m2 )
= f ( a.( amn)2 ) = f (( amn)2 f (1)) = ( f ( amn))2
⇒ f (m) f (n) = f ( amn)
Vậy f ( an) = a f (n); a f (mn) = f ( amn) = f (m) f (n) (4)
Từ (3) và (4) ta có f ( an2 ) = a f (n2 ) = ( f (n))2 (5)
179
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Với mỗi n ∈ N∗ , ta chứng minh công thức sau bằng quy nạp
ak+1 f (nk+1 ) = ( f (n))k+1 , ∀k ∈ N∗ (6)
Với k = 1 công thức (6) đúng do có (5).
Giả sử có ak f (nk+1 ) = ( f (n))k+1 . Khi đó ta có
ak f (nk+2 ) = ak .a. f (nk+2 ) = ak f ( ank+2 )
= ak . f ( a.n.nk+1 ) = ak . f (nk+1 ). f (n)
= ( f (n))k+1 . f (n) = ( f (n))k+2
Suy ra (6) đúng với k + 1, hay công thức (6) đúng với mọi k ∈ N∗ . Từ đó ta có ak |( f (n))k+1 .
Ta chứng minh a| f (n), thật vậy
Giả sử số mũ của số nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn của a là α và số mũ của p trong
phân tích tiêu chuẩn của f (n) là β. Khi đó số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của ak là
αk, còn số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của ( f (n))k+1 là β(k + 1). Nếu α > β thì luôn
1
tồn tại số nguyên dương k0 sao cho α > β(1 + ). Suy ra αk0 > β(k0 + 1) hay αk0 không là
k0
ước của ( f (n))k0 +1 mâu thuẫn (6). Vậy α ≤ β tức là a| f (n).
f (n)
Khi đó đặt g(n) = ∈ N∗ , ta có
a
f (1) f ( a) f ( f (1)) a2
g (1) = = 1; g( a) = = = =a
a a a a
f (m) f (n) a f (mn) f (mn)
g(m) g(n) = 2
= 2
= = g(mn), ∀m, n ∈ N∗
a a a
f ( f (m)) am2
ag( g(m)) = g( a) g( g(m)) = g( ag(m)) = g( f (m)) = = = am
a a
Suy ra g( g(m)) = m hay g(m2 g(n)) = g(m2 ) g( g(n)) = ( g(m))2 .n = n.( g(m))2
f (n)
Vì vậy g thỏa mãn đề bài và nó có giá trị g(n) = < f (n) với a > 1 và g(1) = 1.
a
Do đó muốn tìm giá trị nhỏ nhất của f (2005) ta sẽ tìm các hàm f thỏa mãn đề bài và có
f (1) = a = 1.
Theo chứng minh trên, f là hàm đơn ánh và là hàm nhân tính mạnh.
Với p nguyên tố mà f ( p) = mn; ∀m, n ∈ N∗ thì ta có f ( f ( p)) = f (mn) = f (m) f (n) ⇒ p =
f (m) f (n)
Suy ra f (m) = 1 hoặc f (n) = 1, nghĩa là m = 1 hoặc n = 1. Vì vậy f ( p) là số nguyên tố. Do
đó f nhận các giá trị nguyên tố phân biệt tại các điểm nguyên tố phân biệt.
Với f thỏa mãn trên thì f (2005) = f (5.401) = f (5) f (401) ≥ 2.3 = 6. Ta chỉ ra tồn tại một
hàm số thỏa mãn đề bài có f (1) = 1 và f (2005) = 6 được xác định như sau
f (1) = 1; f (2) = 5; f (3) = 401; f (5) = 2; f (401) = 3;
f ( p) = p, ∀ p nguyên tố p ∈ / {2, 3, 5, 401}, do vậy giá trị nhỏ nhất có thể có của f (2005) là 6.
Nhận xét 3. Theo cách chứng minh trên ta có thể xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của f (n)
với mỗi giá trị cụ thể của n là hàm f thỏa mãn đề bài.
180
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
5 Sử dụng một số tính chất của số học
Trong phần này, ta xét một số phương trình hàm giải được bằng cách áp dụng các tính
chất của số học như: tính chia hết, nguyên tố, quan hệ đồng dư, phần nguyên,. . .
Ví dụ 12. Có bao nhiêu hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f (1) = 1
b) f (n) f (n + 2) = ( f (n + 1))2 + 1997, ∀n ∈ N∗
Lời giải. Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số f thỏa mãn điều kiện bài toán. Theo giả thiết b)
ta có
f (n) f (n + 2) = ( f (n + 1))2 + 1997; f (n + 1) f (n + 3) = ( f (n + 2))2 + 1997
Suy ra f (n) f (n + 2) − ( f (n + 1))2 = f (n + 1) f (n + 3) − ( f (n + 2))2 = 1997
f ( n ) + f ( n + 2) f ( n + 1) + f ( n + 3)
⇒ = , ∀ n ∈ N∗
f ( n + 1) f ( n + 2)
Vì vậy ta có
f (1) + f (3) f (2) + f (4) f ( n ) + f ( n + 2)
= = ··· = = ...
f (2) f (3) f ( n + 1)
f (1) + f (3)
Đặt c = (1) suy ra f (n + 2) = c f (n + 1) − f (n), ∀n ∈ N∗ (2)
f (2)
p
Ta chứng minh c ∈ N∗ . Thật vậy, nếu c = với p, q ∈ N∗ và ( p, q) = 1 thì từ (2) ta có
q
q( f (n) + f (n + 2)) = p f (n + 1), ∀n ∈ N∗
Suy ra q| f (n + 1), ∀n ∈ N∗ hay q2 | f (n) f (n + 2), ∀n ∈ N∗ và n ≥ 2.
.
Vì 1997 = f (n) f (n + 2) − ( f (n + 1))2 ..q2 .
Mà 1997 là số nguyên tố nên q2 = 1 hay q = 1 suy ra c ∈ N∗
Gọi f (2) = a, do (1) ta có ac = 1 + f (3) suy ra ac − 1 = f (3) = f (1) f (3) = ( f (2))2 + 1997
⇒ ac − 1 = a2 + 1997 ⇔ a(c − a) = 1998
Ta được a|1998, hay f (2) là một ước dương của 1998.
Ngược lại với mỗi ước dương a của 1998 ta xây dựng hàm f : N∗ → N∗ như sau
f (1) = 1; f (2) = a
1998
f (n + 2) = ( a + b) f (n + 1) − f (n), ∀n ∈ N∗ , trong đó b = ∈ N∗ .
a
Ta chứng minh f thỏa mãn điều kiện đề bài, nghĩa là f ∈ D. Thật vậy,
f (n + 1) f (n + 3) − ( f (n + 2))2 = f (n + 1)(( a + b) f (n + 2) − f (n + 1)) − ( f (n + 2))2
= ( a + b) f (n + 1) f (n + 2) − ( f (n + 1))2 − ( f (n + 2))2
= f (n + 2)(( a + b) f (n + 1) − f (n + 2)) − ( f (n + 1))2
= f (n + 2) f (n) − ( f (n + 1))2 , ∀ n ∈ N∗
181
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Suy ra
f (n + 1) f (n + 3) − ( f (n + 2))2 = f (n + 2) f (n) − ( f (n + 1))2
...
= f (3) f (1) − ( f (2))2 = f (3) − ( f (2))2
Từ đó ta có
f (n) f (n + 2) − ( f (n + 1))2 = f (3) − ( f (2))2
= ( a + b) f (2) − f (1) − ( f (2))2 = ( a + b) a − 1 − a2
= ab − 1 = 1998 − 1 = 1997
Vậy ta được f (n) f (n + 2) = ( f (n + 1)2 + 1997 hay f ∈ D
Ta có tương ứng mỗi f ∈ D với một giá trị f (2)|1998 là một song ánh giữa D và tập các
ước dương của 1998. Do đó số phần tử của D là: | D | = d(1998) = d(2.33 .37) = (1 + 1)(3 +
1)(1 + 1) = 16.
Vì vậy có tất cả 16 hàm số thỏa mãn đề bài.
Ví dụ 13. Xác định tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f (1995) = 1996
b) Với mọi n ∈ Z nếu f (n) = m thì f (m) = n; f (m + 3) = n − 3.
Lời giải. Viết lại điều kiện b) ta có f ( f (n)) = n; f ( f (n) + 3) = n − 2, ∀n ∈ Z
Suy ra f (n − 3) = f ( f ( f (n) + 3)) = f (n) + 3, ∀n ∈ Z
Hay f (n) = f (n − 3) − 3, ∀n ∈ Z. Từ đó ta có
f (3) = f (0) − 3
f (6) = f (3) − 3
. . . f (3t) = f (3t − 3) − 3
Suy ra f (3t) = f (0) − 3t, ∀t ∈ Z. Làm tương tự như trên ta có f (3t + 1) = f (1) − 3t; f (3t +
2) = f (2) − 3t.
f (0) − 3t, n = 3t; t ∈ Z
Vì vậy ta được f (n) = f (1) − 3t, n = 3t + 1; t ∈ Z (1)
f (2) − 3t, n = 3t + 2; t ∈ Z
Do vậy, để tính f (n) ta tính f (0), f (1) và f (2).
.
Vì 1995..3 theo (1) ta có f (1995) = f (0) − 1995 = 1996 ⇒ f (0) = 3991 (2)
Từ (2) suy ra f ( f (0)) = f (3991) ⇒ f (3991) = 0.
Mà 3991 = 3.1330 + 1 do đó f (3991) = f (1) − 3990 = 0 ⇒ f (1) = 3990 (3)
+ Nếu f (2) = 3k, k ∈ Z thì f ( f (2)) = f (3k ) = f (0) − 3k ⇒ 2 = 3991 − 3k hay 3k = 3989
(vô lý), vậy f (2) 6= 3k.
+ Nếu f (2) = 3k + 1, k ∈ Z thì 2 = f ( f (2)) = f (3k + 1) = f (1) − 3k ⇒ 3k = f (1) − 2 =
3988 (vô lý), vậy f (2) 6= 3k + 1.
Do đó f (2) = 3k + 2, k ∈ Z (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có
(
3991 − n, n 6= 2 (mod 3)
f (n) =
3k + 4 − n, n ≡ 2 (mod 3); k ∈ Z
182
- Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
Thử lại ta thấy f (n) xác định như trên thỏa mãn đề bài.
Bài tập tương tự
Bài 1. Tìm tất cả các hàm f : N∗ → R thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (1) = 1; f (2) = 0
b) f (n + 1) − 2 f (n) + f (n − 1) = n + 1, ∀n ∈ N∗
Bài 2 (Australia - 1989). Xác định tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (k + n) + f (k − n) = 2 f (k ). f (n), ∀k; n ∈ Z
b) Tồn tại số nguyên N sao cho | f (n)| < N, ∀n ∈ Z.
Bài 3 (Chọn ĐT La Mã - 1986). Giả sử f , g : N → N là các hàm thỏa mãn f là toàn ánh, g là
đơn ánh và f (n) ≥ g(n), ∀n ∈ N. Chứng minh rằng f ≡ g.
Bài 4. Tìm tất cả các hàm f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện
f (m f (n)) = n3 f (m); ∀m, n ∈ N∗ .
Bài 5. Cho hàm f : N∗ → R thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (1) = 21998 .
b) (1 + ( f (n))2 ) f (n + 1) = ( f (n))2 , ∀n ∈ N∗ .
Chứng minh rằng f (n) ≤ 1, ∀n > 1998.
Bài 6 (Brasil - 1988). Tìm tất cả các hàm f : N∗ → N thỏa mãn các điều kiện sau
a) f (mn) = f (m) + f (n), ∀m; n ∈ N∗ ,
b) f (30) = 0,
c) f (n) = 0 nếu n có chữ số tận cùng bằng 7.
Bài 7. Cho hàm f : N → R thỏa mãn
a) f (n) = 0 ⇔ n = 0,
b) f (mn) = f (m) f (n), ∀m; n ∈ N,
c) f (m + n) = f (m) + f (n), ∀m; n ∈ N.
Gọi n0 là số nguyên dương bé nhất trong các số nguyên dương n thỏa mãn f (n) > 1. Chứng
1+[logn n]
f ( n0 ) 0
minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có bất đẳng thức sau f (n) < .
f ( n0 ) − 1
Tài liệu
[1] Bùi Huy Hiền, Bài tập đại số và số học - T1, NXBGD, 1985.
[2] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXBGD - 2003
[3] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, NXBGD - 2004.
[4] Bộ Giáo dục và đào tạo, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD
183
nguon tai.lieu . vn
