Tuyển tập các bài Phương trình hàm trong đề thi 2021

Giới thiệu Tuyển tập các bài Phương trình hàm trong đề thi 2021

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Tuyển tập các bài Phương trình hàm trong đề thi 2021.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Tuyển tập các bài Phương trình hàm trong đề thi 2021

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

1 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG ĐỀ THI 2020-2021 Với mục đích tạo một tài liệu nhỏ làm kỉ niệm với các bạn HS khóa 18-21 Toán Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai đã từng đạt giải trong kì thi HSG QG, Thầy trò chúng tôi gồm 1 Nguyễn Tất Thu – GV chủ nhiệm lớp 18-21 Toán. 2 Nguyễn Ngọc Huy – HS lớp 18-21 Toán, 3 Kiều Quốc Huy – HS lớp 18-21 Toán, 4 Nguyễn Thái Hưng – HS lớp 18-21 Toán. đã tập hợp một số bài toán về Phương Trình Hàm trong các đề thi của năm học 2020 – 2021. Nguyễn Tất Thu Các đề bài và lời giải, chúng tôi tham khảo từ trang AoPS. BÀI 1. (Memorial Mathematical Competition) Tìm tất cả các hàm f : R+ → R+ thỏa mãn f ( x) f ( y) = f ( y) f ( x f ( y)) + 1 xy (1) với mọi x, y ∈ R+ . L Lời giải Từ đề bài ta có: f ( x) − f ( x f ( y)) = 1 , ∀ x, y ∈ R+ x y f ( y) (2) 1 . x f ( y) z f ( z) (3) Trong (2) thay x = x f ( y) và y = z ta được: f ( x f ( y)) − f ( x f ( y) f ( z)) = Cộng (2) và (3) theo vế: f ( x) − f ( x f ( y) f ( z)) = 1 1 + , ∀ x, y, z ∈ R+ . x y f ( y) x f ( y) z f ( z) (4) Để ý vế trái là biểu thức đối xứng của y và z, do đó trong (4), khi thay đổi vai trò của y và z thì ta có: 1 1 1 1 + = + , x y f ( y) x f ( y) z f ( z) xz f ( z) x f ( z) y f ( y) hay 1 1 1 1 + = + . y f ( y) f ( y) z f ( z) z f ( z) f ( z) y f ( y) Suy ra 1 f ( z) − 1 1 f ( y) − 1 · = · , y f ( y) f ( z) z f ( z) f ( y) 2 dẫn tới z ( f ( z) − 1) = y ( f ( y) − 1) ∀ y, z ∈ R+ . Từ đây ta có f ( x) = 1 + Thử lại, ta được f ( x) = 1 + c ∀ x ∈ R+ , c = f (1) − 1 > −1. x 1 ∀ x ∈ R+ . x  BÀI 2. (Albanians Cup in Mathematics 2021) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn 2 + f ( x) f ( y) ≤ x y + 2 f ( x + y + 1) (5) với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Trong (5) thay x = y = −1 ta có: Trong (5) thay y = −1 ta có: f ( x) ≥ x + 2 ∀ x ∈ R. (6) Trong (5) thay y = − x − 2 ta có: f ( x) f (− x − 2) ≤ x(− x − 2). Với x ∈ (−2; 0), theo (6) ta có: f ( x) f (− x − 2) ≥ x(− x − 2). Như vậy đẳng thức xảy ra, nên f ( x) = x + 2 với x ∈ (−2; 0). Trong (5) thay y = − x − 1 + c với c là số thực bất kì trong đoạn (−2; 0), ta có 2 + f ( x) f (− x − 1 + c) ≤ x(− x − 1 + c) + f ( c), suy ra f ( x) f (− x + c − 1) ≤ x(− x − 1 + c) + 2( c + 1) = ( x + 2)(− x + c + 1) ∀ x ∈ R, c ∈ (−2; 0). (7) Với mỗi x ∈ (−2; 0), thay vào (7) ta suy ra f (− x + c − 1) = − x + c + 1 với mọi c ∈ (−2; 0). Từ đó suy ra f ( x) = x + 2 với x ∈ (−3; 1). Trong (5) thay y = − x − 1 + c với c là số thực bất kì trong đoạn (−3; 1), ta có: f ( x) f (− x + c − 1) ≤ ( x + 2)(− x + c + 1), ∀ x ∈ R; c ∈ (−3; 1). Tiếp tục quá trình như trên, ta được f ( x) = x + 2 ∀ x ∈ R.  Nguyễn Tất Thu 2 + f (−1)2 ≤ 1 + 2 f (−1) ⇒ f (−1) = 1. 3 BÀI 3. (2021 APMO ) Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn f ( f (a) − b) + b f (2a) là số chính phương với mọi số nguyên a, b. L Lời giải Gọi P ( x, y) là phép thế a bởi x, b bởi y trong f ( f (a) − b) + b f (2a) . P (0, f (0)), ta có f (0) + f (0)2 là số chính phương, mà f (0) là số nguyên nên f (0) = 0 hoặc f (0) = −1. Giả sử f (0) = −1. P (0; −1 − b), ta có f ( b) + b + 1 là số chính phương. Do đó f ( f (a)) + f (a) + 1 là số chính phương. P (0, a), ta có f ( f (a)) là số chính phương. Nếu f (a) chia 4 dư 1 thì f ( f (a)) + f (a) + 1 chia 4 dư 2 hoặc 3 (không thể là số chính phương). Nguyễn Tất Thu Do đó không tồn tại a nguyên để f (a) chia 4 dư 1. P (0, 0), ta có f (−1) là số chính phương nên f (−1) chia hết cho 4. P (−1, f (−1)), ta có f (−1) f (−2) − 1 là số chính phương, chia 4 dư 3 (Vô lí). Như vậy f (0) = 0. P (0, −a), ta có f (a) là số chính phương với mọi số nguyên a. Trường hợp 1: Tồn tại số nguyên dương c để f ( c) = 0. P ( c, − c), ta được − c f (2 c) ≤ 0 là số chính phương. Suy ra f (2 c) = 0. ¡ ¢ Tương tự ta có f 2k c = 0 với k là số tự nhiên. Với mỗi số nguyên a 0 , chọn k đủ lớn để f (a 0 ) < 2k c. ¡ ¢ P a 0 , f (a 0 ) − 2k c , ta có ³ ´ f (a 0 ) − 2k c f (2a 0 ) là số chính phương, suy ra f (2a 0 ) = 0. Vậy f (2 x) = 0 và f (2 x + 1) là số chính phương bất kì với mọi x nguyên. Trường hợp 2: f ( x) > 0 nếu x > 0. P (a, f (a) − 2a), ta có ( f (a) − 2a + 1) f (2a) là số chính phương. Như vậy với mọi a nguyên dương, f (a) − 2a + 1 là số chính phương. p+1 thì f (k) và f (k) − p là 2 số chính phương. 2 Dễ dàng tính được f (k) = k2 . Vì vậy f ( x) = x2 với vô số số nguyên x. Với số nguyên tố p bất kì, lấy k = Gọi A ⊂ Z là tập các số nguyên x thỏa mãn f ( x) = x2 . Với x, y ∈ A , ta có: P x, x2 − y , ta có ¡ ¢ µ ¶ ¢ f (2 x) 2 f (2 x)2 y + x − y f (2 x) = y − + x2 f (2 x) − 2 4 2 ¡ 2 4 là số chính phương. Cố định x, cho y tiến dần đến +∞, suy ra x2 f (2 x) − f (2 x)2 = 0 ⇒ f (2 x) = 4 x2 . 4 Với số nguyên a bất kì, P x, x2 − a , ta có ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢2 f ( a) + x2 − a 4 x2 = 2 x2 − a + f ( a) − a2 là số chính phương. Với x đủ lớn thì f (a) = a2 . Vậy f ( x) = x2 với mọi x nguyên.  BÀI 4. (IMOC 2020 ) Tìm tất cả các hàm f : R+ → R+ thỏa mãn f ( f ( x) + y) f ( x) = f ( x y + 1) (8) L Lời giải Nếu f là hàm hằng thì f ≡ 1. Xét µ f khác ¶ hằng. P x, x−1 , ta có x µ ¶ 1 f 1 − + f ( x ) = 1 , ∀ x > 1. x (9) Giả µ sử tồn tại ¶x0 > 1 để f ( x0 ) > 1, khi đó P x0 , f ( x0 ) − 1 , ta có x0 − 1 f ( x0 ) = 1 (Vô lí). Như vậy f ( x) ≤ 1, ∀ x > 1 và f ( x) ≥ 1, ∀ x ∈ (0; 1). (10) Theo (9), tồn tại x0 > 0 : f ( x0 ) = 1. P ( x0 , y), ta có f ( y + 1) = f ( x0 y + 1) , ∀ y > 0. (11) Ta sẽ chứng minh: Nếu tồn tại x0 > 1 và f ( x0 ) = 1 thì f ( x) = 1 , ∀ x > 1. (*) ¡ ¢ Giả sử phản chứng, tức là tồn tại x0 > 1 để f x0 < 1. ¡ ¢ P x0 , y , ta có ¡ ¢ ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ f x0 f y + f x0 = f x0 y + 1 ⇒ f ( y + c) > f x0 y + 1 , ∀ y > 0, với c = f x0 < 1. (12) Nguyễn Tất Thu với mọi x, y ∈ R+ . 5 Xét hệ phương trình ẩn y1 , y2 :   y1 + c = y2 + 1  x0 y1 + 1 = x0 y2 + 1 . Để ý rằng, nếu hệ trên có nghiệm dương, thay y2 , y1 lần lượt vào (12), (11) thì ta được điều phải chứng minh. Thay y1 = y2 + 1 − c vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được ¡ ¢ x0 (1 − c) = x0 − x0 y2 , lưu ý 0 < c < 1. Như vậy để y1 > y2 > 0 thì ta cần chọn x0 đủ lớn để x0 − x0 > 0. Xét dãy (a n ) :   a 0 = x0 > 1  . a n = a n−1 (a n−1 − 1) + 1 Thay y = x0 − 1 trong (11), ta được f (a 1 ) = 1. Tương tự, ta có f (a n ) = 1, n = 0, 1, 2, … Nguyễn Tất Thu Mặt khác, dễ dàng chứng minh được dãy (a n ) tăng ngặt và lim a n = +∞. Như vậy, ta chọn được x0 đủ lớn để hệ phương trình có hai nghiệm dương, hay (*) đã được chứng minh. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh: Nếu tồn tại x0 , 0 < x0 < 1 và f ( x0 ) = 1 thì f ( x) = 1, ∀ 0 < x < 1. ¡ ¢ Tương tự, ta giả sử phản chứng, tồn tại x0 , 0 < x0 < 1 sao cho c = f x0 > 1. ¡ ¢ P x0 , y suy ra ¡ ¢ f ( y + c ) < f x 0 y + 1 , ∀ y > 0. Từ (11), ta có f ( y + 1) = f ( x0 y + 1) , ∀ y > 0. Tương tự, ta sẽ tìm y1 , y2 > 0 để y1 + c = y2 + 1 và x0 y1 + 1 = x0 y2 + 1. Điều kiện để có hai nghiệm dương thỏa mãn là x0 > x0 . Nếu tồn tại x0 thỏa mãn điều trên thì sẽ dẫn đến vô lí. Do đó ta có f ( x) = 1 ∀ x ∈ ( x0 , 1) . Từ (11), ta có: f ( y + 1) = f ( x y + 1) , ∀ y > 0, ∀ x ∈ ( x0 , 1) . Từ đây, ta có thể kết luận f ( x) = 1 với x > 1. Khi đó, từ đề bài suy ra f ( x) = 1, ∀ x, 0 < x < 1. Nếu tồn tại x > 0, x 6= 1 : f ( x) = 1. Từ (*) hoặc (**) ta suy ra   f ( x ) = 1, ∀ x > 1 f ( x ) = 1, ∀ x < 1 (**) 6 Nếu f ( x) = 1, ∀ x > 1, P ( x, 1) suy ra f ( x ) = 1, ∀ x > 0. Nếu f ( x) = 1, ∀ x < 1, thì f ( y + 1) = f ( x y + 1) , ∀ y > 0, ∀ x ∈ (0; 1) . Từ đây, dễ dàng chứng minh được f ( x) = 1, ∀ x > 0. Nếu f ( x) 6= 1 ∀ x > 0, x 6= 1, theo (9) suy ra: f (1) = 1 và 1− 1 1 + f ( x ) = 1 ⇒ f ( x ) = , ∀ x > 1. x x P ( x, 1), ta có f ( f ( x) + 1) f ( x) = f ( x + 1) ⇒ 1 ∀ x > 0 hoặc f ( x) = 1, ∀ x > 0. x  BÀI 5. (CMO 2021 ) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn f ( f ( x) + y) | x + f ( y) với mọi x, y ∈ Z+ . L Lời giải Gọi P (a, b) là phép thế x bởi a, y bởi b trong f ( f ( x) + y) | x + f ( y) . Trường hợp 1: Nếu f đơn ánh. Đặt t = f (1). P (1, y), ta có f ( y + t) | ( f ( y) + 1) ⇒ f ( y + t) ≤ f ( y) + 1. Bằng quy nạp, ta có: f ( y + nt) ≤ f ( y) + n, ∀ y, n ∈ Z+ . Đặt M = max { f (1) , f (2) , …, f ( t)}. Lấy số tự nhiên u > M . Lúc này, với mỗi x nguyên dương, x ≤ ut, ta biểu diễn x = at + b với 0 ≤ a ≤ u − 1 và 1 ≤ b ≤ t. Ta có: f ( x) = f (at + b) ≤ a + f ( b) ≤ u − 1 + M. Do tính đơn ánh nên f (1) , f (2) , …, f (ut) là các số nguyên dương phân biệt, suy ra ut ≤ u − 1 + M ⇒ u ( t − 1) ≤ M − 1 ⇒ t = 1. Nguyễn Tất Thu Vậy bài toán có 2 nghiệm hàm: f ( x) = f ( x) 1 1 = ⇒ f ( x) = ∀ x > 0. f ( x) + 1 x + 1 x 7 Như vậy f (1) = 1 và f ( y + 1) ≤ f ( y) + 1. Bằng quy nạp, kết hợp với f đơn ánh, suy ra f ( x) = x, ∀ x ∈ Z+ . Trường hợp 2: Nếu f không đơn ánh: Lúc này, tồn tại a, b ∈ Z+ , a < b, sao cho f (a) = f ( b) = K. P (a, y) và P ( b, y) suy ra f ( y + K ) | b − a, ∀ y > 0. (13) Như vậy f bị chặn. Gọi S là tập các số tự nhiên s thỏa mãn f ( x) = s với vô hạn số nguyên dương x. Vì f bị chặn nên tập S là hữu hạn. Đặt n là bội chung nhỏ nhất của tất cả các phần tử thuộc S. Nguyễn Tất Thu Theo (13) ta suy ra: Với a < b : f (a) = f (b) và s ∈ S thì s | b − a. Như vậy với a < b : f (a) = f (b) thì n| b − a. • Ta sẽ chứng minh n ≤ |S |. Gọi N là số nguyên dương đủ lớn thỏa mãn f ( x) ∈ S, ∀ x ≥ N . Xét a 1 , b1 thỏa N ≤ a 1 < b1 , f (a 1 ) = f (b1 ) và b1 − a 1 nhỏ nhất. Lúc này n | ( b 1 − a 1 ) ⇒ n ≤ b 1 − a 1 ≤ |S | . Vì n ≤ |S |, nên n có tối đa |S | ước. Đẳng thức xảy ra nếu S = {1} hoặc S = {1; 2}. • Nếu S = {1}, thì tồn tại N đủ lớn để f ( n) = 1 với n ≥ N P ( N, y) và P ( N + 1, y) suy ra f ( y + 1) = 1, ∀ y ∈ Z+ . Như vậy f ( x) = 1 với x > 1 và f (1) có thể là giá trị nguyên dương bất kì. • Nếu S = {1; 2}: Với a 6= b bất kì thỏa f (a) = f ( b) thì 2| (a − b). Như vậy kể từ N đủ lớn, f ( x) nhận giá trị 1 và 2 xen kẽ nhau. Gọi k ≥ N : f (k) = 1 P (k, y) và P (k + 2, y) suy ra f ( y + 1) |2, ∀ y ∈ Z+ . + Nếu f (n) = 1 với n lẻ, n > 1 thì f (n) = 2 với n chẵn. P (3; 1) suy ra f (1) là số lẻ bất kì. Thử lại ta thấy thỏa mãn. + Nếu f (n) = 2 với n lẻ, n > 1 thì f(n) = 1 với n chẵn. P (2; 4) suy ra vô lí. Vậy f ( x) = x, ∀ x ∈ Z+ hoặc f ( x) = 1 , x > 1 ( c bất kì) hoặc f (n) = 1 với n lẻ, n > 1, f (n) = 2 với  c, x = 1 n chẵn, f (1) là số lẻ bất kì.  8 BÀI 6. ( 2021 China TST ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) + y3 ) = y f ( x) + f ( y)3 (14) với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Nếu f là hàm hằng thì f ( x) = 0 với mọi x. Xét f khác hằng. Trong (14) thay y = 0, ta có: f ( x f (0)) = f (0)3 . Vì f không là hàm hằng nên suy ra f (0) = 0. Trong (14) thay x = 0 ta có ¡ ¢ f y3 = f ( y)3 . Giả sử tồn tại a thỏa mãn f (a) = 0. Trong (14) thay y = a ta có: Nguyễn Tất Thu ¡ ¢ 0 = f (a)3 = f a3 = a f ( x) . Vì f khác hằng nên a = 0. Như vậy, hàm f đơn ánh tại 0. Trong (14) thay x = 0; y = 1, ta có f (1) = f (1)3 ⇒ f (1) ∈ {−1; 0; 1} . Do f đơn ánh tại 0 nên f (1) 6= 0. Giả sử f (1) = −1. Trong (14), thay y = 1 ta có f (1 − x) = f ( x) − 1. (15) Trong (15) thay x = 1 − x ta có f ( x) = f (1 − x) − 1 (Vô lí). Như vậy f (1) = 1. Trong (14) thay y = 1 ta có f ( x + 1) = f ( x) + 1. Trong (14) thay x = x + 1 ta có ¡ ¢ f ( x + 1) f ( y) + y3 = y f ( x + 1) + f ( y)3 , suy ra ¡ ¢ ¡ ¢ f x f ( y) + y3 + f ( y) = y f ( x) + f ( y)3 + y = f x f ( y) + y3 + y ∀ x, y ∈ R. (16) Với mỗi số thực y, z bất kì ( y 6= 0), ta có thể chọn được số thực x thỏa mãn z = x f ( y) + y3 . Do đó từ (16) suy ra f ( z + f ( y)) = f ( z) + y ∀ y, z ∈ R. Trong (17) thay z = 0: f ( f ( y)) = y. Trong (17) thay y = f ( y): f ( z + y) = f ( z) + f ( y), (17) 9 suy ra f là hàm cộng tính. Sử dụng tính chất cộng tính cho (14) ta có (18) f ( x f ( y)) = y f ( x). Trong (18) thay y = f ( y) suy ra f là hàm nhân tính. Vì f vừa nhân tính, vừa cộng tính nên f ( x) = x với mọi x. Thử lại, dễ thấy thỏa mãn.  BÀI 7. (2021 EGMO ) Tìm tất cả các hàm f : Q → Q thỏa mãn f ( x f ( x) + y) = f ( y) + x2 với mọi x, y ∈ Q. L Lời giải Gọi P (a, b) là phép thế x bởi a, y bởi b trong Nguyễn Tất Thu f ( x f ( x) + y) = f ( y) + x2 . Nếu tồn tại a sao cho f (a) = 0, khi đó P (a, y) suy ra a = 0. P ( x, y + x f ( x)), ta có f (2 x f ( x) + y) = f ( x f ( x) + y) + x2 = f ( y) + 2 x2 . Bằng quy nạp, ta có: f ( nx f ( x) + y) = f ( y) + nx2 với mọi x, y ∈ Q; n ∈ Z. Với mọi a, b 6= 0, chọn m, n ∈ Z (m, n 6= 0) thỏa na f (a) = mb f ( b) . Khi đó: f ( y) + mb2 = f ( mb f ( b) + y) = f ( na f (a) + y) = f ( y) + na2 ⇒ mb2 = na2 ⇒ f ( a) a = . f ( b) b Cho b = 1, suy ra f (a) = a f (1) ∀ a ∈ Q, a 6= 0. Như vậy, ta có x2 f (1)2 + y f (1) = x2 + y f (1) ⇒ f (1) = ±1. P (1; 0), ta có f ( f (1)) = 1 + f (0) ⇒ f (0) = 0. • Nếu f (1) = −1 thì f ( x) = − x, ∀ x ∈ Q. • Nếu f (1) = 1 thì f ( x) = x, ∀ x ∈ Q. Thử lại, ta thấy hai nghiệm hàm trên đều thỏa mãn.  10 BÀI 8. ( 2021 Francophone MO Seniors ) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn các điều kiện sau a) n = ( f (2 n) − f (n)) (2 f (n) − f (2 n)), b) f (m) f (n) − f (mn) = ( f (2m) − f (m)) (2 f (n) − f (2n)) + ( f (2n) − f (n)) (2 f (m) − f (2 m)), c) m − n chia hết f (2m) − f (2 n) nếu m và n là hai số nguyên tố lẻ phân biệt. L Lời giải Kí hiệu P là tập các số nguyên tố. Thay n = 1 vào điều kiện a), ta có ( f (2) − f (1))(2 f (1) − f (2)) = 1 ⇒ f (1) = 2; f (2) = 3. Thay n = p là số nguyên tố vào điều kiện a), ta có Suy ra   f (2 p) − f ( p) = a  2 f ( p) − f (2 p) = b với a, b ∈ Z, ab = p. Suy ra   f ( p) = a + b  f (2 p) = 2a + b. Mặt khác, ta cần có a, b, a + b ∈ Z+ và ab = p, nên a, b là hoán vị của 1 và p. Vậy ta có f ( p) = p + 1 với mọi p là số nguyên tố, và  f (2 p) = p + 2  . f (2 p) = 2 p + 1 Ta phân hoạch tập số nguyên tố thành hai phần,   A = { p ∈ P | f (2 p) = 2 p + 1}  B = { p ∈ P | f (2 p) = p + 2}. Ta giả sử hai tập A và B đều có ít nhất 1 phần tử. Do tập P là tập hợp vô hạn, nên khi phân hoạch, ít nhất 1 trong 2 tập A và B có số phần tử vô hạn. Không mất tính tổng quát, giả sử tập đó là A . Xét m thuộc tập A , n thuộc B. Theo điều kiện c), ta có . 2 m + 1 − n − 2 .. m − n, Nguyễn Tất Thu ( f (2 p) − f ( p))(2 f ( p) − f (2 p)) = p. 11 suy ra . n − 1 .. m − n, ∀ m ∈ A, n ∈ B. (19) Do tập A là tập vô hạn, nên ta có thể chọn m đủ lớn để m > 2n − 1, như vậy thì (19) không thỏa. Vô lí. Vậy ta suy ra  f (2 p) = 2 p + 1 ∀ p ∈ P  f (2 p) = p + 2 ∀ p ∈ P . Mặt khác, ta thay n = 4 vào điều kiện a), ta tính được f (4) = 5 hoặc f (4) = 4. Nếu f (4) = 4, thì ta thay m = n = 2 vào điều kiện b), rõ rang không đúng. Vậy f (4) = 5. Hơn nữa, 4 = 2.2 và 2 là số nguyên tố, nên ta suy ra được f (2 p) = 2 p + 1 với p là số nguyên tố. Ta thay m = p, n = q, với p, q là 2 số nguyên tố, thay vào điều kiện b), ta tính được f ( pq) = pq + 1 với mọi p, q là số nguyên tố. Nguyễn Tất Thu Ta sẽ tính tiếp giá trị của f ( pqr ) với p, q, r là các số nguyên tố (không nhất thiết phân biệt). Thay m = p là số nguyên tố vào điều kiện b), ta có: ( p + 1) f ( n) − f ( np) = p(2 f ( n) − f (2 n)) + f (2 n) − f ( n). Suy ra f ( np) = ( p − 1) f (2 n) − ( p + 2) f ( n) ∀ n ∈ N∗ , p ∈ P . (20) Thay n = pq vào điều kiện a), ta tính được  f (2 pq) = pq + 2 ,  f (2 pq) = 2 pq + 1 với p, q là 2 số nguyên tố. Thay m = 2 p, n = q vào điều kiện b), ta có (2 p + 1)( q + 1) − f (2 pq) = ( f (4 p) − f (2 p)) + (2 f (2 p) − f (4 p)) q. Thay n = 2 p vào điều kiện a), ta có  f (4 p) = 4 p + 1  f (4 p) = 2 p + 2. Nếu f (2 pq) = pq + 2, thì ta thay f (2 pq) và 2 trường hợp của f (4 p) vào (21), ta có:  (2 p + 1)( q + 1) − pq − 2 =  2p + q 2 pq + 1. (21) 12 Suy ra  pq = 1  ⇒ q = 2. ( q − 2)( p − 1) = 0 Tương tự vậy, khi thay m = 2 q, n = p vào điều kiện b), ta cũng thu được p = 2. Vậy nếu tồn tại số có dạng 2 pq ( p, q là số nguyên tố) thỏa f (2 pq) = pq + 2, thì p = q = 2. Tức là f (8) = 6. Thay n = 8 vào điều kiện a), ta có f (16) nhận một trong hai giá trị là 8 hoặc 10. Thay m = n = 4 vào điều kiện b), ta có f (16) = 17 (vô lí). Vậy f (2 pq) = 2 pq + 1 với mọi p, q là hai số nguyên tố. Thay n = qr vào (20), với q, r là hai số nguyên tố, ta tính được f ( pqr ) = pqr + 1. Giả sử ta có f ( p 1 p 2 · · · p n ) = p 1 p 2 · · · p n + 1 ∀ p 1 , p 2 , . . . , p n ∈ P, n ∈ N ∗ , n ≤ k, k ≥ 3. (22) Ta sẽ chứng minh (23) Thật vậy, ta thay m = p 1 p 2 · · · p k−1 , n = p k p k+1 vào điều kiện b), ta áp dụng giả thiết (22) vào f ( p 1 p 2 · · · p k−1 ), f ( p k p k+1 ), f (2 p 1 p 2 · · · p k−1 ), và f (2 p k p k+1 ), ta chứng minh được (23) đúng. Vậy ta có thể kết luận f ( p 1 p 2 · · · p n ) = p 1 p 2 · · · p n + 1 ∀ p 1 , p 2 , . . . , p n ∈ P, n ∈ N∗ (các số p 1 , p 2 , . . . , p n không nhất thiết phân biệt). Từ đó, ta có f (n) = n + 1, ∀ n ∈ N∗ . Thử lại thấy thỏa.  BÀI 9. ( Iranian TST 2021 ) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn f ( n) + 1400 m2 | n2 + f ( f ( m)) với mọi m, n ∈ Z+ . L Lời giải Ta quy ước P (m; n) là phép thay m, n vào đề bài. P ( m; 1), ta có . f ( f ( m)) + 1 .. f (1) + 1400 m2 ⇒ f ( f ( m)) ≥ 1400 m2 . (24) . f ( m)2 − 1400 m2 .. 1400 m2 + f ( f ( m)). (25) P ( m; f ( m)), ta có Nguyễn Tất Thu f ( p 1 p 2 · · · p k+1 ) = p 1 p 2 · · · p k+1 + 1 ∀ p 1 , p 2 , . . . , p k , p k+1 ∈ P. 13 Do vế trái của (25) chỉ có thể là số nguyên dương, nên từ (25), ta suy ra được f ( m)2 ≥ 2800 m2 , ∀ m ∈ Z+ . P (1; n), ta có . n2 + f ( f (1)) .. f ( n) + 1400 ⇒ n2 ≥ f ( n) + t (với t = 1400 − f ( f (1))). (26) Từ đây, ta hoàn toàn có thể suy ra được tồn tại giá trị l dương nào đó mà l · n2 ≥ f (n) với mọi n nguyên dương. Vậy ta có f ( f ( n)) ≤ l · f ( n)2 ≤ l 3 · n4 . Đặt g(m, n) = (27) n2 + f ( f ( m)) ( g(m, n) nguyên dương với mọi m, n nguyên dương). Xét f ( n) + 1400 m2 n2 + f ( f ( m)) ( n + 1)2 + f ( f ( m)) − f ( n + 1) + 1400 m2 f ( n) + 1400 m2 1400 m2 (2 n + 1) − f ( f ( m))( f ( n + 1) − f ( n)) + ( n + 1)2 f ( n) − n2 f ( n + 1) = . ( f ( n + 1) + 1400 m2 )( f ( n) + 1400 m2 ) Nguyễn Tất Thu g( m, n + 1) − g( m, n) = Ta có đánh giá sau: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1400 m2 (2 n + 1) + ( n + 1)2 f ( n) − n2 f ( n + 1) ¯ ¯ ¯ f ( f ( m))( f ( n + 1) − f ( n)) ¯ ¯ ¯ ¯. | g( m; n + 1) − g( m; n)| ≤ ¯ + ¯ ¯ ( f ( n + 1) + 1400 m2 )( f ( n) + 1400 m2 ) ( f ( n + 1) + 1400 m2 )( f ( n) + 1400 m2 ) ¯ Khi cho m chạy ra vô cùng, thì do f ( f (m)) ≤ l 3 · m4 , nên vế phải sẽ tiến về số cố định nào đó. Vậy giá trị g(m; n + 1) − g(m; n) bị chặn. Vậy ta suy ra tồn tại giá trị v nguyên nào đó sao cho tồn tại vô hạn m để g( m; n + 1) − g( m; n) = v. (28) Gọi tập hợp các giá trị m thỏa là A . Từ (28), ta có thể viết f ( f (m)) dưới dạng am4 + bm2 + c, với a, b, c là các số hữu tỉ. (*) Thay m thuộc tập A vào đề bài, ta có . n2 + am4 + bm2 + c .. f ( n) + 1400 m2 ∀ m ∈ A, n ∈ Z+ . (29) Ta nhân vế trái của (29) với 14002 u, với u là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa au, bu, cu đều nguyên, ta lại có: . 14002 un2 + a0 (1400 m2 )2 + b0 14002 m2 + 14002 c0 .. f ( n) + 1400 m2 ∀ m ∈ A, n ∈ Z+ , suy ra . 14002 un2 + a0 (− f ( n))2 + b0 1400.(− f ( n)) + 14002 c0 .. f ( n) + 1400 m2 ∀ m ∈ A, n ∈ Z+ . Do A là tập vô hạn, nên ta chọn m đủ lớn, vậy ta suy ra được 00 00 n2 = a f ( n)2 + b f ( n) + c ∀ n ∈ Z+ . (30) 14 Ta thay n bởi m thuộc tập A vào (30), ta có 00 00 m2 = a f ( m)2 + b f ( m) + c ∀ m ∈ A. (31) Ta thay tiếp n bởi f (m), với m ∈ A vào (30), ta có 00 00 f ( m)2 = a f ( f ( m))2 + b f ( f ( m)) + c ∀ m ∈ A. (32) 00 Nếu a 6= 0, thì do vế phải của (32) là đa thức bậc 8, theo (*), nên áp dụng vào (31), ta cũng 00 có vế phải là đa thức bậc 8, trong khi vế trái là bậc 2 (vô lí do m vô hạn). Do đó a = 0, kéo theo a = 0. Từ đó, suy ra vế phải của (32) là đa thức bậc 2. Vậy f (m) là hàm bậc 1 với m ∈ A . Ta lại suy ra điều vô lí do vế trái của (31) là bậc 2. Vậy không tồn tại hàm f thỏa đề bài.  BÀI 10. ( Japan MO Finals 2021 ) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn với mọi m, n ∈ Z+ . L Lời giải Ta cho m = n vào đề bài, ta suy ra được f ( n) | n, ∀ n ∈ Z+ . (33) Vậy từ đề bài, ta suy ra được điều kiện sau: . . m .. n ⇔ f ( m) .. f ( n). Thay n = 1 vào (33), ta suy ra được f (1) = 1. Thay n = p vào (33), với p là số nguyên tố, ta có f ( p) = p hoặc f ( p) = 1. Nếu f ( p) = 1, thì ta lại có . . f (1) .. f ( p) ⇒ 1 .. p (vô lí). Vậy f ( p) = p với p là số nguyên tố. Giờ ta sẽ tính f (n), ta viết n dưới dạng n = p 1 p 2 · · · p k , trong đó p 1 , p 2 · · · , p k là các số nguyên tố không nhất thiết phân biệt. Ta sẽ chứng minh f ( p1 p2 · · · p k ) = p1 p2 · · · p k . (34) Ta sẽ quy nạp theo k. Giả sử (34) đúng với k ≤ m ( m là số nguyên dương). Ta chứng minh (34) đúng với k = m + 1. Nguyễn Tất Thu n | m ⇔ f ( n) | f ( m) − n 15 Thật vậy, ta có f ( p 1 p 2 · · · p m+1 ) = t, với t là ước của p 1 p 2 · · · p m+1 . Nếu f ( p 1 p 2 · · · p m+1 ) < p 1 p 2 · · · p m+1 , thì t = p t1 p t2 · · · p t l , với các chỉ số là các số phân biệt trong đoạn từ 1 đến m + 1, và l ≤ m. Vậy ta có thể áp dụng giả thiết quy nạp cho f ( t). Theo giả thiết quy nạp, ta có f ( t) = p t1 p t2 · · · p t l = f ( p 1 p 2 · · · p m+1 ), suy ra t = p 1 p 2 · · · p m+1 (vô lí). Vậy Nguyễn Tất Thu f ( p 1 p 2 · · · p m+1 ) = p 1 p 2 · · · p m+1 , kéo theo (34) đúng. Vậy chỉ có hàm f (n) = n ∀n ∈ N ∗ thỏa đề bài. Thử lại thấy đúng.  BÀI 11. ( FKMO 2021 ) Tìm tất cả các cặp hàm f , g : R → R thỏa mãn f ( x2 − g( y)) = g( x)2 − y với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Đặt P ( x; y) là phép thay x, y vào đề bài. P (0; y), ta có f (− g( y)) = g(0)2 − y ∀ y ∈ R. Suy ra hàm f toàn ánh, hàm g đơn ánh. So sánh giữa P (− x; y) với P ( x; y), ta thu được g( x) = − g(− x) ∀ x 6= 0. Ta sẽ chứng minh hàm g không bị chặn. Thật vậy, giả sử tồn tại M sao cho | g( x)| ≤ M ∀ x ∈ R. Với mọi y1 , y2 , luôn tồn tại x1 , x2 thỏa x1 2 − g( y1 ) = x2 2 − g( y2 ). Khi đó f ( x1 2 − g( y1 )) = f ( x2 2 − g( y2 )), (35) 16 hay g( x1 )2 − y1 = g( x2 )2 − y2 . Suy ra y1 − y2 = g( x1 )2 − g( x2 )2 ≤ 2 M 2 , điều này vô lí do y1 − y2 nhận mọi giá trị trên R. Vậy hàm g không bị chặn. Ta sẽ chứng minh hàm f đơn ánh. Giả sử tồn tại a, b thỏa f (a) = f (b). Ta sẽ chọn t thích hợp để  g ( t) + a > 0 (hoàn toàn chọn được t do hàm g không bị chặn). g ( t) + b > 0 Ta đặt g( t) + a = c2 , g( t) + b = d 2 , c, d > 0. Ta có: f ( c2 − g( t)) = f (a) = f ( b) = f ( d 2 − g( t)). Suy ra g( c)2 − t = g( d )2 − t ⇒  c+d =0 Nguyễn Tất Thu  ⇒ a = b. c=d Vậy hàm f song ánh. Hơn nữa, do f (− g( y)) = g(0)2 − y ∀ y ∈ R, nên hàm g toàn ánh. Vậy cả hai hàm f , g đều song ánh. Nếu tồn tại m 6= 0 sao cho g(m) = 0, thì g(m) = − g(−m) = 0, suy ra m = 0 (Vô lí). Vậy g(0) = 0, kéo theo f (0) = 0. P ( x; 0), ta có f ( x2 ) = g( x)2 , ∀ x ∈ R. (36) f (− g( y)) = − y ⇒ f ( g( y)) = y. (37) P (0; y), ta có Thay y bởi f ( y) vào (37), ta thu được g( f ( y)) = y. Thay y bởi f ( y) vào (37), ta có f (− g( f ( y))) = − f ( y) ⇒ f (− y) = − f ( y). P ( x; f ( y)), ta có f ( x2 − y) = g( x)2 − f ( y) = f ( x2 ) − f ( y) ∀ x, y ∈ R. Kết hợp với tính chất hàm lẻ của f , ta có hàm f cộng tính trên R. Hơn nữa, f ( x2 ) = g( x)2 ≥ 0, nên f ( x) ≥ 0 ∀ x ≥ 0. Vậy ta có f ( x) = ax, ∀ x ∈ R, a > 0. 17 x ∀ x ∈ R. a Thử lại, ta tính được a = 1. Vậy chỉ có cặp hàm f ( x) = g( x) = x, ∀ x ∈ R thỏa đề bài. Từ đó, suy ra g( x) =  BÀI 12. ( 2021 Korea Winter Program Practice Test ) Tìm tất cả các hàm f : R+ → R+ thỏa mãn 4 f ( x + y f ( x)) = f ( x) f (2 y) với mọi x, y > 0. L Lời giải Đặt P ( x; y) là phép thay x, y vào đề bài. Giả sử ∃ a ∈ R+ sao cho f (a) < 2. Dùng phép thay P (a; Vậy f ( x) ≥ 2 ∀ x ∈ R. a ), ta suy ra được f (a) = 4 (vô lí). 2 − f ( a) x 2 y 2 Nguyễn Tất Thu Nếu hàm f là hàm đơn ánh, thì ta so sánh giữa P ( x; ) với P ( y; ), ta có: x+ y f ( x) x f ( y) = y+ ∀ x, y ∈ R+ , 2 2 hay f ( x) = ax + 2 ∀ x ∈ R+ (a là số thực dương). Thay vào đề bài, không có giá trị a nào thỏa. Vậy ∃ c > d > 0 để f ( c) = f (d ). Ta so sánh hai phép thay P ( c; y) với P (d ; y), ta thu được f ( c + y f ( c)) = f ( d + y f ( d )) ∀ y ∈ R+ , suy ra f ( c + y) = f ( d + y) ∀ y ∈ R+ . Do đó, ta có f ( y) = f ( y + T ) = f ( y + nT ) ∀ y > d, n ∈ N (38) với T = c − d . Giả sử tồn tại b > 0 thỏa f (b) > 2, thì ta chọn n đủ lớn để P ( b; nT − b ), ta có f ( b) − 2 2( nT − b) > d . Khi đó f ( b) − 2 nT − b 2( nT − b) . f ( b)) = f ( b). f ( ), f ( b) − 2 f ( b) − 2 nT f ( b) − 2 b 2( nT − b) 4f ( ) = f ( b) · f ( ). f ( b) − 2 f ( b) − 2 4 f (b + Để ý nT f ( b) − 2 b 2( nT − b) − = nT, f ( b) − 2 f ( b) − 2 và 2( nT − b) > d, f ( b) − 2 (39) 18 nên áp dụng (38) vào (39), ta có f (b) = 4. Vậy ta có  f ( x) = 2  ∀ x ∈ R+ . f ( x) = 4 Giả sử tồn tại m > 0 để f (m) = 2. Khi đó m ), ta có f (2 m) = 1 (vô lí). 2 Vậy f ( x) = 4, ∀ x > 0. Thử lại thấy thỏa. P ( m;  BÀI 13. ( Kosovo MO 2021 Grade 10 ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( x ) f ( y) + f ( x y ) ≤ x + y với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Đặt P ( x; y) là phép thay x, y vào đề bài. Nguyễn Tất Thu P (−1; −1), ta có f (−1)2 + f (1) ≤ −2 ⇒ f (1) ≤ −2. P (1; 1), ta có f (1)2 + f (1) ≤ 2 ⇒ f (1) ≥ −2. Vậy f (1) = −2, kéo theo f (−1) = 0. P (− x; −1), ta có f ( x) ≤ − x − 1 ∀ x ∈ R. P ( x; 1), ta có f ( x) ≥ − x − 1 ∀ x ∈ R. Vậy f ( x) = − x − 1 ∀ x ∈ R. Thử lại thấy thỏa. BÀI 14. ( Kosovo MO 2021 Grade 12 ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( f ( x) f ( y) − 1) = x y − 1 với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Đặt P ( x; y) là phép thay x, y vào đề bài. Ta chứng minh hàm f đơn ánh. Giả sử f (a) = f (b). Ta so sánh hai phép thế P (a; y0 ) với P (b; y0 ), với y0 6= 0, ta có: f ( f (a) f ( y0 ) − 1) = f ( f ( b) f ( y0 ) − 1).  19 Suy ra a y0 − 1 = b y0 − 1 ⇒ a = b. Vậy hàm f đơn ánh. Hơn nữa, do vế phải của đề bài nhận mọi giá trị trên R, nên hàm f cũng toàn ánh. Vậy hàm f song ánh. Giả sử c ∈ R để f ( c) = 0. Ta dùng phép thay P ( c; y), ta suy ra được f (−1) = c y − 1, ∀ y ∈ R. Nên c = 0, kéo theo f (0) = 0 và f (−1) = −1. Ta so sánh hai phép thay P ( x; x) với P (− x; − x), ta suy ra được f ( x)2 = f (− x)2 , ∀ x ∈ R. Vậy hàm f là hàm lẻ, kéo theo f (1) = 1. Ta so sánh hai phép thay P ( x; y) với P ( x y; 1), ta suy ra được f ( x y) = f ( x) f ( y) ∀ x, y ∈ R. Nguyễn Tất Thu P ( x; 1), ta có f ( f ( x) − 1) = x − 1 ∀ x ∈ R. P (− x; 1), ta có f ( f (− x) − 1) = − x − 1 ∀ x ∈ R. Suy ra f ( f ( x) + 1) = x + 1 ∀ x ∈ R (40) (do f là hàm lẻ). Ta thay x bởi f ( x) + 1 vào (40), ta có f ( f ( f ( x) + 1) + 1) = f ( x) + 2 ∀ x ∈ R. Suy ra f ( x + 2) = f ( x) + 2 ∀ x ∈ R. Từ đây, ta suy ra f (2) = 2. Từ tính chất hàm nhân tính của f , ta có f (2 x) = 2 f ( x), ∀ x ∈ R. (41) Cũng từ tính chất hàm nhân tính, ta có f ( x y + 2 x) = f ( x · ( y + 2)) = f ( x) · f ( y + 2) = f ( x) · ( f ( y) + 2) = f ( x) · f ( y) + 2 f ( x) = f ( x y) + f (2 x) ∀ x, y ∈ R. Do cặp x y và 2 x đều có thể nhận mọi cặp giá trị, nên ta có thể suy ra được f ( x + y) = f ( x) + f ( y) ∀ x, y ∈ R. Hàm f cộng tính và nhân tính, nên f ( x) = x với mọi x. Thử lại thấy thỏa.  20 BÀI 15. (2021 Macedonian Team Selection Test ) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn hai tính chất i) f ( f (a) + b) | b a − 1 ii) f ( f (a)) ≥ f (a) − 1. L Lời giải Kí hiệu P (a; b) là phép thế a, b và giá thiết f ( f (a) + b) | b a − 1. P (1; 2), ta có f ( f (1) + 2) | 21 − 1 = 1 ⇒ f ( f (1) + 2) = 1. P (1; 3), ta có  f ( f (1) + 3) | 31 − 1 = 2 ⇒  f ( f (1) + 3) = 1 f ( f (1) + 3) = 2. Nếu f ( f (1) + 3) = 2 thì P ( f (1) + 3, f (1) + 1), ta có Nguyễn Tất Thu f ( f (a) + b) = f ( f (1) + 3) = 2 | ( f (1) + 1) f (1)+3 − 1 ⇒ f (1) ≡ 0 (mod 2). P ( f (1) + 2, f (1) + 2), ta có f ( f (a) + b) = f ( f ( f (1) + 2) + f (1) + 2) = f ( f (1) + 3) = 2 | ( f (1) + 2) f (1)+2 − 1 ⇒ f (1) ≡ 1 (mod 2). Suy ra vô lí. Do đó f ( f (1) + 3) = 1. P ( f (1) + 2; b), ta có f ( f ( f (1) + 2) + b) = f (1 + b) | b f (1)+2 − 1 = b − 1. Suy ra f (b) | b − 2, ∀b ≥ 3, dẫn tới f (b) ≤ b − 2, ∀b ≥ 3. Giả sử, tồn tại số nguyên dương a ≥ 3 sao cho f (a) ≥ 3. Khi đó, ta có f (a) − 1 ≤ f ( f (a)) ≤ f (a) − 2. Điều này vô lí. Do vậy f (a) ∈ {1; 2} với mọi a ≥ 3. Ta thấy f (a) = 1, ∀a ≥ 3 thỏa bài toán, còn f (a) = 2, ∀a ≥ 3 không thỏa bài toán, vì khi xét b chẵn thì b a − 1 là số lẻ nên f ( f (a) + b) 6 | b a − 1. Giả sử tồn tại hai số nguyên m, n ≥ 3 sao cho f (m) = 1 và f (n) = 2. Khi đó P ( m, b), ta có f (1 + b) | b m − 1. Suy ra với b ≥ 2 thì f (b) = 2 khi và chỉ khi b là số chẵn. P ( n, b), ta có f (2 + b) | b n − 1. Suy ra với b ≥ 3 thì f (b) = 2 khi và chỉ khi b là số lẻ. Từ đó, suy ra f (b) = 1, ∀b ≥ 3. Vậy f (n) = 1, ∀n ≥ 3 và f (1), f (2) ∈ {1; 2} là nghiệm hàm cần tìm.  21 BÀI 16. ( NICE MO 2021 Day 2 ) Với số nguyên tố p, đặt S p = {1; 2; . . . ; p − 1}. Tìm tất cả các số nguyên tố p, sao cho tồn tại một hàm f : S p → S p thỏa mãn p | n · f ( n) · f ( f ( n)) − 1 với mọi n ∈ S p . L Lời giải Giả sử a, b ∈ S p mà f (a) = f (b). Khi đó, ta có a · f (a) · f ( f (a)) ≡ b · f ( b) · f ( f ( b)) ≡ 1 (mod p). Suy ra a ≡ b (mod p), hay a = b. Do đó f là một đơn ánh. Suy ra { f (a)| a ∈ S p } = { f ( f (a))| a ∈ S p } = S p . Nguyễn Tất Thu Do đó 1≡ pX −1 n · f ( n) · f ( f ( n)) ≡ [( p − 1)!]3 (mod p). n=1 Mặt khác, theo định lí Wilson thì ( p − 1)! ≡ −1 (mod p). Do đó, ta có . 1 ≡ −1 (mod p), hay 2 .. p ⇒ p = 2. Với p = 2, ta chọn f (1) = 1. Vậy p = 2 là số cần tìm.  BÀI 17. ( Romania TST ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) − f ( x)) = 2 f ( x) + x y, với mọi x, y ∈ R. (42) L Lời giải Kí hiệu P (a; b) là phép thế x = a, y = b vào (42). P (1; y), ta có (43) f ( f ( y) − f (1)) = 2 f (1) + y. Từ đây, ta suy ra f là song ánh. Do đó, tồn tại a để f (a) = 0. P (a; 0), ta có  f (a f (0)) = 0 = f (a) ⇒ a f (0) = a ⇒  f (0) = 1 a = 0.  Xét f (0) = 1 thì trong (43) ta cho y = 1, ta có 1 = f (0) = f ( f (1) − f (1)) = 2 f (1) + 1 ⇒ f (1) = 0. 22 Suy ra f ( f ( y)) = y. P ( x; 1), ta có f (− f ( x)) = 2 f ( x) + x = 2 f ( x) + f ( f ( x)). Do f là toàn ánh, nên ta có f (− x) = 2 x + f ( x), ∀ x ∈ R. (44) P ( x; 0), ta có f ( x − f ( x)) = 2 f ( x), hay, f (2 f ( x)) = f ( f ( x − f ( x))) = x − f ( x) = f ( f ( x)) − f ( x). Suy ra f (2 x) = f ( x) − x. Từ đây, cho x = 1, ta có f (2) = f (1) − 1 = −1. P (2; y), ta có f (2 f ( y) + 1) = 2 y − 2 ⇒ f (2 y − 2) = 2 f ( y) + 1. (45) f ( f (−1)) = −1 = f (2) ⇒ f (−1) = 2. P (−1; f ( y), ta có f (− y − 2) = 4 − f ( y). Suy ra f (2 y − 2) = 4 − f (−2 y) = 4 − f (− y) − y = 4 − 2 y − f ( y) − y = 4 − 3 y − f ( y). (46) Từ (45) và (46) ta có 2 f ( y) + 1 = 4 − 3 y − f ( y), hay f ( y) = 1 − y, ∀ y ∈ R. Thử lại ta thấy f ( x) = 1 − x thỏa bài toán.  Xét a = 0. P (0; y), ta có f (− f ( x)) = 2 f ( x). Từ đây, kết hợp với f toàn ánh, ta có f ( x) = −2 x với mọi x ∈ R. Thử lại ta thấy hàm f ( x) = −2 x không thỏa bài toán. Vậy f ( x) = 1 − x là nghiệm hàm của bài toán.  BÀI 18. ( Serbian Mathematical Olympiad 2021 ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( x f ( y) + x2 + y) = f ( x) f ( y) + x f ( x) + f ( y) (47) Nguyễn Tất Thu Mặt khác 23 với mọi x, y ∈ R. L Lời giải Kí hiệu P (a; b) là phép thế x = a, y = b vào (47). Nếu f là hàm hằng thì ta có f ≡ 0. Xét f là hàm khác hằng thỏa bài toán. P (0; y) ta có f ( y) = ( f (0) + 1) f ( y), suy ra f (0) = 0. P ( x; 0), ta có f ( x2 ) = x f ( x). Suy ra f (− x) = − f ( x) với mọi x ∈ R, hay f là hàm số lẻ. P (− x; − y) ta có Nguyễn Tất Thu f ( x f ( y) + x2 − y) = f ( x) f ( y) + x f ( x) − f ( y). (48) Từ (47) và (48) ta có ¡ ¢ ¡ ¢ f x f ( y) + x2 + y = f x f ( y) + x2 − y + 2 f ( y). Do hàm số g( x) = x2 + ax nhận giá trị trên [0; +∞), do đó ta có f ( x + y) = f ( x − y) + 2 f ( y), ∀ x, y ∈ R, x ≥ 0. Do f là hàm lẻ, nên ta có f ( x + y) = f ( x − y) + 2 f ( y), ∀ x, y ∈ R. Từ đó, suy ra f ( x) + f ( y) = 2 f Cho y = 0, ta có f ( x) = 2 f ³x´ 2 ³ x + y´ 2 , ∀ x, y ∈ R. . Do đó f ( x) + f ( y) = f ( x + y), ∀ x, y ∈ R. Ta có ¡ ¢ f ( x + 1)2 = ( x + 1) f ( x + 1) = ( x + 1)( f ( x) + f (1)). Mặt khác ¡ ¢ f ( x + 1)2 = f ( x2 + 2 x + 1) = f ( x2 ) + f (2 x) + f (1) = x f ( x) + 2 f ( x) + f (1). Từ đó, suy ra f ( x) = x f (1) = ax. Thử lại, ta thấy hàm f ( x) = ax thỏa bài toán.  24 BÀI 19. ( 2021 USAJMO ) TÌm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ sao cho với mọi a, b ∈ Z+ ta luôn có f (a2 + b2 ) = f (a) f ( b) và f (a2 ) = f (a)2 . (49) L Lời giải Cho a = 1, ta có f (1) = f (1)2 ⇒ f (1) = 1. Cho a = b = 1, ta có f (2) = f (1)2 = 1. Ta chứng minh: Nếu f (a) = f (b) = 1 với a > b; a, b ∈ Z+ thì f (a2 − b2 ) = f (2ab) = 1. (50) Thật vậy Suy ra f (a2 − b2 ) = f (2ab) = 1, hay (50) được chứng minh. Mà f (1) = f (2) = 1, nên f (4) = f (3) = 1. Ta chứng minh f ( n) = 1, ∀ n ≥ 3. (51) Ta thấy (51) đúng với n = 3, 4. Giả sử (51) đúng với mọi k ∈ {3; 4; . . . ; n}. Ta chứng minh f ( n + 1) = 1.  Nếu n + 1 = 2m, khi đó n = 2m − 1 > m (do m > 1). Do đó f (m) = f (1) = 1. Suy ra f ( n + 1) = f (2 m) = f (2 · m · 1) = 1.  Nếu n + 1 = 2m + 1, hay n = 2m > m + 1, nên ta có f (m + 1) = f (m) = 1. Khi đó £ ¤ f ( n + 1) = f (2 m + 1) = f ( m + 1)2 − m2 = 1. Từ đó, ta có f (n + 1) = 1, hay (51) đúng. Vậy f (n) = 1, ∀n ∈ Z+ là nghiệm hàm cần tìm.  BÀI 20. (VMO 2021 ) Tìm tất cả các hàm f : R → R thỏa mãn f ( x) f ( y) = f ( x y − 1) + y f ( x) + x f ( y) với mọi x, y ∈ R. (52) Nguyễn Tất Thu 1 = f ( a) f ( b ) = f ( a2 + b 2 ) q q 2 2 2 = f (a + b ) = f ((a2 + b2 )2 ) q £ ¤ = f (a2 − b2 )2 + 4a2 b2 q = f (a2 − b2 ) · f (2ab). 25 L Lời giải Kí hiệu P (a; b) là phép thế x = a, y = b vào (55). Nếu f là hàm hằng, ta có f ≡ 0. Xét f là hàm khác hằng thỏa bài toán. Ta thấy f ( x) không là hàm tuyến tính. P ( x; 0), ta có f ( x) · f (0) = f (−1) + x f (0). Do f không là hàm tuyến tính, nên ta có f (0) = f (−1) = 0. P ( x; −1) ta có f ( x) = f (− x − 1) ⇒ f (− x) = f ( x − 1). P (1; 1), ta có  f (1)2 = f (0) + 2 f (1) = 2 f (1) ⇒  f (1) = 0 Nguyễn Tất Thu f (1) = 2.  f (1) = 0, khi đó P ( x; 1) ta có f ( x − 1) + f ( x) = 0 ⇒ f ( x) = − f ( x − 1) = − f (− x). Suy ra f là hàm số lẻ. P ( x − 1; y), ta có f ( x − 1) f ( y) = f ( x y − x − 1) + y f ( x − 1) + ( x − 1) f ( y), hay f ( x) f ( y) = f ( x y − x) + y f ( x) − ( x − 1) f ( y). Lại có f ( x) f ( y) = − f ( x y) + y f ( x) + x f ( y). Suy ra f ( x y − x) + f ( x y) + f ( y) = 2 x f ( y). Trong (53), cho y = 1 ta có f ( x) = 0, ∀ x ∈ R.  f (1) = 2. P ( x, 1), ta có f ( x) = f ( x − 1) + 2 x, hay f ( x) − 2 x = f (− x). P ( x, − y), ta có f ( x)( f ( y) − 2 y) = f ( x y) − y f ( x) + x( f ( y) − 2 y), (53) 26 hay f ( x) f ( y) − f ( x y) = y f ( x) + x f ( y) − 2 x y. Suy ra ( f ( x) − x) ( f ( y) − y) = f ( x y) − x y. Đặt g( x) = f ( x) − x, ta có g(1) = 1 và g( x) g( y) = g( x y). Thay f ( x) = g( x) + x và (52), ta có ( g( x) + x) ( g( y) + y) = g( x y − 1) + x y − 1 + y( g( x) + x) + x( g( y) + y), hay g( x) g( y) = g( x y − 1) + 2 x y − 1. (54) Trong (54) cho y = 1 ta có Nguyễn Tất Thu g( x) = g( x − 1) + 2 x − 1. Suy ra g( x − 1) = g( x) − 2 x + 1 và g( x + 1) = g( x) + 2 x + 1. Suy ra g( x − 1) g( x + 1) = ( g( x) − 2 x + 1) ( g( x) + 2 x + 1) = g( x)2 + 2 g( x) + 1 − 4 x2 = g ( x2 ) + 2 g ( x) + 1 − 4 x2 . Mặt khác g( x − 1) g( x + 1) = g [( x − 1)( x + 1)] = g( x2 − 1) = g( x2 ) − 2 x2 + 1. Từ đó, suy ra g ( x 2 ) + 2 g ( x ) + 1 − 4 x 2 = g ( x 2 ) − 2 x 2 + 1, hay g( x) = x2 . Suy ra f ( x) = x2 + x. Thử lại ta thấy hàm này thỏa bài toán. Vậy f ( x) = 0 và f ( x) = x2 + x là hai nghiệm hàm của bài toán.  BÀI 21. (China TST 2021, Test 2, Day 2 P4) Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ sao cho với mọi số nguyên dương m ≥ n ta có f ( mϕ( n3 )) = f ( m) · ϕ( n3 ). (55) Trong đó ϕ(n) là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. 27 L Lời giải Kí hiệu P (a; b) là phép thế m = a, n = b trong (55). Ta chứng minh (56) f ( mn) = n f ( m), ∀ m ≥ n bằng quy nạp theo n. Hiển nhiên (56) đúng với n = 1. Giả sử (56) đúng với k = 1, 2, . . . , n − 1. Ta chứng minh (56) đúng với n. Nếu n là hợp số, khi đó ta xét số nguyên tố p | n. Ta có ¶ µ ¶ n n n = p · f ( m ) = n f ( m ). f ( mn) = f m · p = p f m p p p µ Xét n = p là số nguyên tố. P ( m; p) với m ≥ p ta có f ( mϕ( p3 )) = f ( m) · ϕ( p3 ). Nguyễn Tất Thu Mà ϕ( p3 ) = p2 ( p − 1), nên ta có f ( mp2 ( p − 1)) = f ( m) · p2 ( p − 1). Mặt khác ¡ ¢ f mp2 ( p − 1) = ( p − 1) f ( mp2 ). Suy ra f ( mp2 ) = f ( mp2 ( p − 1)) f ( m) · p2 ( p − 1) = = f ( m) · p 2 . p−1 p−1 P ( m; p2 ) với m ≥ p2 ta có f ( mp) = f ( mp5 ) f ( mp5 ( p − 1)) f ( m) · p5 ( p − 1) = = = f ( m) · p. p4 p4 ( p − 1) p4 ( p − 1) Do đó, với mọi m ≥ p ta có f ( mp) = f ( mp2 ) f ( m) · p2 = = f ( m) · p. p p Từ đó ta có (56) được chứng minh. Xét số nguyên tố p ≥ 2, ta có . 2 f ( p) = f (2 p) = p f (2) ⇒ f (2) .. 2, hay f (2) = 2a với a ∈ Z+ . Trong (56) ta cho m = 2, n = 2, ta có f (22 ) = 2 f (2) = 22 a. Bẳng quy nạp ta chứng minh được f (2k ) = 2k a, ∀ k ≥ 1. 28 Khi đó với n ≥ 2, luôn tồn tại k sao cho 2k−1 ≤ n < 2k . Khi đó f ( n) = f (2k−1 n) 2k−1 = f (2k n) 2k = f (2k ) · n 2k = 2k a · n 2k = an. Hơn nữa, ta  thấy f (1) có thể nhận giá trị bất kì. b nếu n = 1 Vậy f (n) = , trong đó a, b là hai số nguyên dương.  an nếu n ≥ 2  Nguyễn Tất Thu
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top