Phương trình hàm trên tập rời rạc

Những bài toán về chủ đề phương trình hàm hiện nay đã trở nên khá phổ biến đối với các bạn học sinh yêu thích môn Toán, vì chúng đã xuất hiện thường xuyên hơn trong các đề thi học sinh giỏi môn Toán các cấp cũng như kì thi chọn đội tuyển HSG Toán cấp quốc gia, VMO hay các kì thi khu vực và quốc tế.

26 13 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

NGUYỄN MINH TUẤN

DOÃN QUANG TIẾN

TÔN NGỌC MINH QUÂN

PHƯƠNG TRÌNH HÀM

TRÊN TẬP RỜI RẠC

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Omaths

Littited

Edition

Chuyên đề

Bồi dưỡng

Học sinh giỏi

Phương trình hàm

Trên tập rời rạc

Chinh phục Olympic toán

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written

the permission of the author.

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

HỌCHỌC

Nh nên rt ph bii vi các bn

ht hi thi hc sinh gii

các ci tuyn quc gia, VMO hay các kì thi khu vc và

quc t c bic bit, trong các lp d

dp ri rc là mt mc ít các hc sinh chú ý

ti b c tip xúc nhing thi ngoài vic s dt

x n chúng ta còn phi s dng các tính cht s hc rt

c sc ca tp ri rt, tính cht ca s nguyên t, ca s

rong ebook này chúng tôi s mang ti cho bc tuyn tp các

p ri rc và mt s 

khác hay và khó vi nhng li gic sc nhm giúp bc có th có

nhiu cách nhìn khác v mng toán nng thn b cho các kì

hc sinh gii, olympic.

Mình xin gi li ci

1. Thy Hunh Kim Linh – – Khánh Hòa – 

giúp bn mình v phn ni dung.

2. Bn La Th  – i hc Hoa Sen – ã giúp bn mình chnh sa bn

th hoàn thi

Mt ln na gi li cn, các thng h và theo dõi fanpage sut

thi gian qua. Hy vng ebook này s c cho mi. Thank you!

Nhóm tác giả

Nguyễn Minh Tuấn

Doãn Quang Tiến

Tôn Ngọc Minh Quân

LỜI GIỚI THIỆU

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Chinh phục olympic toán| 1

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Chuyên đề

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC

Tạp chí và tư liệu toán học

Để giải quyết các bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc mà có thể giải bằng các tính

chất số học thì nên lưu ý đến một số dấu hiệu sau:

 Nếu xuất hiện các biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, có thể nghĩ đến các bài toán

liên quan đến cấp của phần tử, các phương trình đặc biệt như phương trình Pell

hay phương trình Pythagore,<hay đưa về việc xử lý các phương trình vô định

nghiệm nguyên.

 Nếu hàm số đã cho là hàm nhân tính, ta thường hay xét đến giá trị hàm số tại các

điểm là số nguyên tố hoặc dãy vô hạn các số nguyên tố.

 Sử dụng các đẳng thức và bất đẳng thức số học.

 Và đặc biệt nhất, trong một số bài toán, hệ cơ số đếm có thể dùng để xây dựng

nhiều dãy số có tính chất số học thú vị. Trong hệ cơ số

chúng ta có thể rất khó

nhận ra quy luật của dãy, nhưng nếu chọn được hệ cơ số phù hợp thì bài toán có

thể giải quyết đơn giản hơn rất nhiều.

Nếu

2, ,gg

với

là cơ số đếm, thì mọi số nguyên dương

đều biểu diễn

duy nhất dưới dạng:





     

1 2 1 2 1

... ...

n n n

M a a a a g a g a g a

với

       

1 1;0 1, 2, .

a g a g i n

Cơ số đếm mà hay được sử dụng trong các bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc là

và

Sau đây, chúng tôi sẽ đề cập đến các bài toán phương trình hàm mà sử dụng các tính chất

cũng như các phương pháp trong số học để giải, nhằm giúp bạn đọc hiểu rõ hơn và có một

cái nhìn mới mẻ hơn về các phương pháp khác để giải phương trình hàm, bên cạnh đó

chúng tôi cũng sẽ giới thiệu cho bạn đọc các bài toán phương trình hàm và khó trong tài

liệu này. Nào cùng bắt đầu nhé!

2 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

I. ĐỀ BÀI

Câu 1. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   3 2 ,f n f f n n n

Câu 2. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn điều kiện sau

 

     

     

, , 1m n f m n mf n nf m m n

Câu 3. Cho hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   

1,f n f f n n

Chứng minh rằng

 

  

,.f n n n

Câu 4. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

 

   

    

2 2 *

, , x f y f x y x y

Câu 5. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   

2 2 *

, , *f m f n m n m n

Câu 6. Tìm tất cả các hàm

:f

thỏa mãn tồn tại số

k

và số nguyên tố

sao cho

với mọi

 

  ,n k f n p f n

và nếu

thì

   

1 1.f m f n

Câu 7. Cho

là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các hàm

:f

thỏa mãn đồng thời các

điều kiện:

   

f m f n

với

 

 modm n p

ii)

     

  ,,f mn f m f n m n

Câu 8. Tìm số nguyên không âm

nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số





 : 0,f

khác

hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

 

  ,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

     

2 0,1,..., , ,f x y f x f y n x y

Với số

tìm được, hãy tìm tất cả các hàm số thỏa mãn.

Câu 9. Giả sử hàm số



thỏa mãn các điều kiện sau:

 

11f

và

 





  

























1 2 1

1 2

f if n m

Tìm các giá trị của

sao cho

 

 2019.fn

Câu 10. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn các điều kiện sau:

Chinh phục olympic toán| 3

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

   

     













   



   



1 1, 3 3

4 1 2 2 1

4 3 3 2 1 2

f n f n

f n f n f n

với mọi số nguyên dương

Câu 11. Cho hàm số



:f

thỏa mãn đồng thời các điều kiện:



 

là ước của

2018

với mọi



     

.f a f b f c

với mọi



,,a b c

và



2 2 2

a b c

a) Chứng minh rằng nếu

lẻ hoặc

thì

 

 1fn

b) Gọi

là tập hợp giá trị có thể có của

   

2 2018ff

. Tính

Câu 12. Có tồn tại hàm số

:f S S

thỏa mãn điều kiện

   

 

   

, , ,f a f b f a b a b S a b

không, trong đó

 



\1S

Câu 13. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện

     

 

     

1,n f n f f n n n n

Câu 14. Tìm tất cả hàm số

:f

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

    x f y f x y f x f y

với mọi

,xy

;

ii) Tập hợp

 







  









, , ,

f x f y

I x y x y

là một khoảng

Câu 15. Tìm các hàm số



thỏa mãn

   

 

   

2 2 *

,,f m f n m n m n

Câu 16. Cho hàm

 

,f x y

thỏa mãn các điều kiện:



 

   

   0, 1; 1,0 ,1f y y f x f x



   

 

   1, 1 , 1,f x y f x f x y

Với mọi số nguyên không âm

,xy

. Tìm

 

4,1981f

Câu 17. Cho hàm



:f

thỏa mãn các điều kiện sau:

   



   1;f n f n n

ii)

 



  3 , .f f n n n Z

Hãy tính

 

2003 .f

Câu 18. Cho

 

là hàm số xác định với mọi



và lấy giá tị không âm thỏa mãn tính

chất:



     

    

,:n m f m n f m f n

lấy giá trị 0 hoặc 1



 

20f

và

 

30f



 

9999 3333f

4 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Tính

 

2000f

Câu 19. Cho

,fg

là các hàm xác định trên thỏa mãn điều kiện

   

 

     2 . , ,f x y f x y f x g y x y

Chứng minh rằng nếu

 

 0fx

và

 

  1,f x x

thì

 



1g y a

Câu 20. Cho hàm số

:f

thỏa 2 điều kiện

 

   1;f x x x

ii)

 

   . ; ,f x y f x f y x y

Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số

;ab

mà

   

.0f a f b

Câu 21. Cho

     

     

2003

, y cos 2 cos

f x x y a x y

với

,a

Chứng minh rằng

 



min , max , 2003.f x y f x y

Câu 22. Cho hàm số

 



  

, 0.

f x x

Giả sử

 



f x x

và

   

 



     

f x f f x n x

Chứng minh

 

, 1,0,1 1



      











Câu 23. Cho hàm số



* * *

là hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

 

1,1 2f

ii)

   

    

1, , , ,f m n f m n m m n

iii)

   

    

, 1 , , ,f m n f m n n m n

Tìm tất cả các cặp số

 

,pq

sao cho

 

, 2019.f p q

Câu 24. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn các điều kiện sau:

 

   

0,f x x n

ii)

 

f x f y

chia hết cho

xy

với mọi

,,x y x y

Câu 25. Tìm tất cả các hàm số





mà tập

 



  

0xx

thỏa mãn:

 

   

 



    



2 , , 1

f xy

f x f y xyf xy x y

f x y

Câu 26. Cho hàm



:f

là một hàm số thỏa mãn với mọi

 1n

thì có một số nguyên

tố

là ước của

sao cho:

 









f n f p f

và

     

  

2018 2019 2020

3 5 7 2017.f f f

Chinh phục olympic toán| 5

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Hãy tính giá trị của biểu thức

     

  

2018 2019 2020

2018 2019 2020G f f f

Câu 27. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn:

 

       

    

3 2 2 2 2 *

2 , ,f m n f m f n f m f n m n

Câu 28. Giả sử

:f

là hàm liên tục và giảm sao cho với mọi



,xy

ta có

 

   f x y f f x f y f y f x

Chứng minh rằng

 

f f x x

Câu 29. Cho song ánh

:f 

. Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ

 

,,a b c

với

,,a b c

thỏa mãn

a b c

và

     

2 f b f a f c

Câu 30. Có bao nhiêu hàm

**

thoả mãn đồng thời các điều kiện sau

 

11f

     

 

   

2 9 1 1997,f n f n f n

 *.n

Câu 31. Tìm tất cả các hàm số



sao cho.

 

22f

     

..f m n f m f n

với mọi



,mn

 

,1UCLN m n

   

f m f n

  

,,m n m n

Câu 32. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn

       

     1, ,f m n f mn f m f n m n

Câu 33. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn

 

02f

và

 

   

     2 2 2 , ,f x f x y f x f y x y

 

Câu 34. Tìm tất cả hàm số

:f

sao cho

 

   

    2 3, 1f f n f n n n

Câu 35. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất hàm số

: * *f

thỏa mãn

 

   

      , , *f m f n n f m b m n b

 

Câu 36. Hãy xác định tất cả hàm số



thỏa mãn đẳng thức:

       

     1 2 . 3f n f n f n f n a

 

Với a là số tự nhiên thỏa mãn

 1a

là số nguyên tố.

Câu 37. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn

       

f n a f n an t a k    

với

   

 

...

f n f f f n

với

, at

là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn

 

2 1 1k t a  

Câu 38. Cho hàm số

:f 

thỏa mãn:

   

 

   

 

   

2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 2

f n f n f n f n f n

f n f n



       













6 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Tìm n sao cho

 

2009fn

Câu 39. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thoả mãn:

 

   

 

1 1 1

, , ,

3 3 9

f xy f xz f x f yz x y z    

Câu 40. Cho

 

2nn

và hàm số

:f 

sao cho:

 

f x y x f x f f y x y



   

 

a) Giả sử rằng

 

2002 0.f 

Tính

 

2002 .f

b) Tìm hàm số

Câu 41. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn

 

2 3 2 3

,,f x y z f x f y f z x y z      

Câu 42. Cho hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

 

 

 

,,f ab f a b f a b

với mọi

,,a b a b

; trong đó

 

 

, , ,a b a b

lần lượt là bội

chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương

,ab

;

     

 

f p q r f p f q f r    

với mọi số nguyên tố

,,p q r

Tính giá trị của

 

2013f

? Kí hiệu

là tập hợp tất cả các số nguyên dương.

Câu 43. Đặt

   

: 0,1 0,1Ff

và

2.n 

Tìm giá trị nhỏ nhất của c thỏa mãn điều kiện

 

f x dx c f x dx



Với

fF

và

là hàm liên tục.

Câu 44. Tìm tất cả các hàm

 

: 1,1f 

liên tục, thỏa mãn:

 

f x f











 

, 1,1x  

Câu 45. Có thể tồn tại hay không một hàm số

:f 

, liên tục trên và thỏa mãn điều

kiện: Với mọi số thực

, ta có

 

là số hữu tỉ khi và chỉ khi

 

1fx

là số vô tỉ.

Câu 46. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện

   

 

f x f t f y f z  

với

mọi số hữu tỉ

x y z t  

và

, , ,x y z t

theo thứ tự lập thành cấp số cộng.

Câu 47. Giả sử

,rs

là hai số cho trước. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn điều

kiện

 

,,f x f y f x r y s x y      

Câu 48. Tìm tất cả các hàm số

:f 

sao cho với tất cả các số nguyên

,,a b c

thỏa mãn

0a b c  

, đẳng thức sau là đúng:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

Câu 49. Tìm tất cả các hàm

,: fg





có đạo hàm trên



thỏa mãn

 



;

 







Chinh phục olympic toán| 7

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 50. Tìm tất cả các hàm





có đạo hàm trên



thỏa mãn

 

,f xy f x f y x y



   

 

Câu 51. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn

 

1f f n n b n   

trong đó

là số nguyên dương chẵn.

Câu 52. Tìm tất cả các hàm





thỏa mãn:

 

,f x f y yf x x y



  

 

ii)

 

lim 0





Câu 53. Chứng minh rằng tồn tại song ánh





sao cho

         

3 4 ,f mn m n f m f n f m f n m n



      

Câu 54. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa:

 

3 2 6 ,f f f n f f n f n n n    

Câu 55. Tìm tất cả các hàm số

   

: 0; 0;f   

thỏa mãn điều kiện:

 

   

, 0; 1f f x yf yf x x y   

Câu 56. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số

xác định trên tập các số thực

dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn

 

6.f f x x f x

Câu 57. Hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

   

 

   

 

     

: , 1

: 2 2 , 2

: 0 1 3

i f f n n n

ii f f n n n

iii f

  

    



Tìm giá trị

   

1995 , 2007ff

Câu 58. Tìm

 

: 0,1f 

thỏa mãn

 

   

, , 0,1f xyz xf x yf y zf z x y z    

Câu 59. Tìm tất cả các hàm

xác định trên và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

         

 

2 2 3 ,

f n f k n f k n f n f k k n

    













Câu 60. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

   

2 , ,

1 ,

f f n n k n k

f n f n n



    





   





Câu 61. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

2013 2016

f f n n n









   





Câu 62. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

8 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

         

1 1 . 3 , 1f n f n f n f n n      

Câu 63. Tìm tất cả các hàm





thỏa mãn:

 

   

f x f y f x y f y   

Câu 64. Tìm số nguyên dương

nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số

 

: \ 1;0;1f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

       

2015 , 1 2016 ;f m f f m f  

ii)

 

, 1, 2,....

f n m n



  



Câu 65. Xác định hàm số

 

liên tục





thỏa mãn đồng thời các điều kiện:



   

22f x f x

với mọi





 



 

f f x e x e f x  

với mọi





 



     

1 1 1f e e f  

 



 

là số nguyên dương với mọi số nguyên dương

 

Câu 66. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, có

     

.f a f b f ab

 Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba

cạnh là

   

,f a f b

và

 

1f a b

Câu 67. Tìm các hàm số

 

: 1;f  

thoả mãn điều kiện:

 

     

f x f y y x f xy  

với mọi

,1xy

 

Câu 68. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn đẳng thức:

   

 

2 2 2 2

22f f m f n m n  

, với mọi

,.mn

Câu 69. Tìm tất cả các số nguyên không âm

sao cho tồn tại một hàm





: 0;f  

khác

hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau

 

,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

2 0;1; 2;...; .,y f x f y x yf x n 

Câu 70. Tìm tất cả các hàm số

: * *f 

thoả mãn điều kiện:

 

       

2 2 2 2 *

2 . . , ,f m n f m f n f n f m m n    

Câu 71. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thoả mãn điều kiện:



 

0fc



 

1 , *

f n n



   



 

Chinh phục olympic toán| 9

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 72. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa:

     

 

2 2 ,f a f b f f a b a b    

Câu 73. Có tồn tại hay không hàm số

:f 

sao cho

 

   

, , 1f m f n f m n m n    

Câu 74. Cho hàm số

:f 

là hàm số thỏa mãn các điều kiện sau:

     

,,f mn f m f n m n  

ii)

 

mn

là ước của

   

f m f n

với mọi

,mn

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên lẻ

sao cho

 

f n n n  

Câu 75. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

   

0 0, 1 1ff

ii)

     

0 1 2 ...f f f  

iii)

 

2 2 2 2 *

,,f x y f x f y x y    

Câu 76. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãm các điều kiện sau:

i) Nếu

thì

   

f a f b

ii)

 

   

,,f ab f a b f a f b a b     

Câu 77. Tồn tại hay không hàm số

 

: 1,2,...,fn

thỏa mãn điều kiện:

là hàm đơn ánh

ii)

     

f ab f a f b

với mọi

 

, 1, 2,...,a b n

và

ab n

Câu 78. Giả sử Josephus có

 

1n 

người bạn,

người này đúng thành một vòng tròn

đánh số từ

đến

theo chiều kim đồng hồ, tự sát theo nguyên tắc, người thứ nhất cầm

dao đếm

rồi tự sát, người thứ hai đếm

rồi tự sát,<Quá trình dừng lại khi còn một

người. Gọi

 

là hàm số biểu thị vị trí cùa người sống sót đó. Câu hỏi đặt ra là, hãy tính

 

Câu 79. Cho hai hàm số

,:fg 

là hai hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

là hàm số toàn ánh

ii)

   

2 2 2

2,f n n g n n



   

Nếu

 

2019 ,f n n n n



   

thì

có vô số điểm bất động.

Câu 80. Tìm tất cả các hàm số

:g 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

   

g g 1 3 ,g n n n n g n n       

Câu 81. Cho ba số thực

,,a b c

không âm, phân biệt sao cho tồn tại hàm

,:fg





thỏa

mãn

 

af xy bf cf x g y



  





với mọi số thực dương

xy

10 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Chứng minh rằng tồn tại hàm





sao cho:

 

2 , 0

f xy f f x h y x y



     





Câu 82. Tìm tất cả hàm số

:f 

thỏa mãn:

     

! ! ! ! , ,n f m f n f m m n   

Câu 83. Tồn tại hay không hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

3 2 ,f f n n f n n   

Câu 84. Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

2,f n f n f n n   

Câu 85. Tìm tất cả các toàn ánh

:f 

sao cho với mọi

,mn

thỏa mãn:

   

f m f n m n

Chinh phục olympic toán| 11

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

II. LỜI GIẢI.

Câu 1. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   3 2 ,f n f f n n n

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đặt

   

   ,.g n f n n n

Khi đó, thì ta được

 

       



      



2 2 , 1g f n f f n f n f n n g n n

Áp dụng liên tiếp

 

ta được

   

 

   

2 2 ... 2 ... ... ,

g n g f n g f f n g f f f n

trong đó có

dấu

Như vậy thì

 

chia hết cho

 

     2 , 0,

m g n n

hay

 

  ,f n n n

Thử lại thì thấy hàm số

 

  ,f n n n

thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài là:

 

  ,.f n n n

Nhận xét. Việc đặt hàm phụ

   

   ,g n f n n n

giúp ta đưa phương trình hàm ban

đầu về dạng mới đẹp hơn. Và khi đó ta phát hiện ra thêm được các tính chất của hàm mới

 

để từ đó ta áp dụng liên tiếp các tính chất ấy và kết hợp với các tính chất số học chia

hết để suy ra được hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 2. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn điều kiện sau

 

     

     

, , 1m n f m n mf n nf m m n

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Kí hiệu

 

,P u v

là phép thế

,uv

vào

 

thì ta được:

 

   

0, 0 ,P n nf n nf n

Do đó

 

  

0 , .f n f n

Đặt

     

   0 , .g n f n f n

Khi đó, ta thay vô

 

ta được

 

     

     

, , 2m n g m n mg n ng m m n

Hơn nữa, ta còn có

 

00g

và

 

  

0,g n n

Kí hiệu

 

,Q u v

là phép thế

,nm u v

vào

 

thì

 

   

, 2 2 2 ,Q n n ng n ng n n

Do đó ta được

 

  

2,g n g n n

và

12 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

   

 

   

2 2 2 4 2

2 , 3 5 ,Q n n n g n n g n n

Từ đó suy ra

 

  

3 5 ,g n g n n

Từ đây ta áp dụng liên tục các tính chất trên, thì ta đó ta suy ra

 

  

3 , ,

g n n k

Suy ra:

 

  0,g n n

hay

   

   0 , .f n f const n

Thử lại thì ta thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

   

   0 const, .f n f n

Nhận xét. Cũng tương tự như bài toán 1 ta nhìn phương trình hàm ban đầu dưới một hàm

phụ khác, bằng các phép thế cơ bản ta phát hiện ra được một số tính chất sơ khai ban đầu.

Và bằng phép đặt

   

   ,g n f n n n

ta được một phương trình hàm có dạng y chang

phương trình hàm ban đầu, nhưng ta lại được thêm các điều kiện ràng buộc là

 

00g

và

 

  

0,g n n

nên từ đó ta đã được thêm các ràng buộc, thuận lợi cho việc giải phương

trình. Phép đặt này rất hay, nó vừa bảo toàn phương trình hàm có dạng y chang ban đầu

và kèm theo là các điều kiện rang buộc mà phương trình hàm ban đầu không có. Từ đấy,

tương tự bài toán 1, ta phát hiện các tính chất của hàm

 

và sử dụng liên tục chúng và

kết hợp cùng với các tính chất chia hết để suy ra hàm số cần tìm.

Câu 3. Cho hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   

1,f n f f n n

Chứng minh rằng

 

  

,.f n n n

IMO 1977

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Đặt

 

 



min , ,d f n n

theo nguyên lý cực hạn thì

tồn tại và duy nhất.

Gọi



sao cho:

 

 .f m d

Nếu

 1m

thì

   

 

   1,d f m f f m

mâu thuẫn.

Do đó

 

đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất tại

 1n

Lập luận tương tự thì ta có

   

 

  

2 min , , 2f f n n n

Và lập luận lại quá trình tương tự như trên ta được:

       

   1 2 3 ... ...f f f f n

Ta có

 

11f

nên

 

  

,f n n n

Nếu tồn tại



mà

 



f n n

thì

 



1.f n n

Chinh phục olympic toán| 13

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Suy ra

 



1,f f n f n

mâu thuẫn

Do đó,

 

  

,,f n n n

thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

 

  

,.f n n n

Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trong kì thi Toán Quốc Tế - IMO năm

1977, một bài toán phương trình hàm với điều kiện rang buộc là ở dạng bất đẳng thức, rất

lạ và mới. Làm ta nãy ra ý tưởng sử dụng nguyên lý cực hạn để đánh giá để có điều vô lý

và suy ra được hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Câu 4. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

 

   

    

2 2 *

, , x f y f x y x y

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Trong

 



ta thế

1xy

ta được

     

   

1 1 1 1 1 1f f f

Trong

 



ta thế

 1x

ta được

 

         

2 * *

1 1 1 , , 1f y f y y y y f y y

Trong

 



ta thế

 1y

ta được

         

            

2 2 * 2 2 * *

1 1, , 1 1, , , 2x f f x x y x f x x y f x x x

Từ

 

và

 

ta suy ra

 

  

,,f x x x

thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 

  

,.f x x x

Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc, mà cho dưới dạng chia

hết. Bằng các phép thế đơn giản cùng với các đánh giá số học không quá khó khan, ta có

thể nhanh chóng đánh giá được biên của hàm

và để từ đó ta suy ra được hàm số thỏa

mãn đề bài.

Câu 5. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện sau:

   

 

   

2 2 *

, , *f m f n m n m n

IMO Shortlist 2004

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Trong

 

ta thế

1mn

ta được:

   

 

    

1 1 1 1 4 1 1,f f f

 

1f

và

 

11f

Trong

 

ta thế

 1m

ta được:

   

 

   

        

2 2 * *

1 1 , , 1 1 ,f f n n m n f n n n

14 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Trong

 

ta thế

 1n

ta được:

   

 

        

2 2 * 2 2 *

1 1 , 1 1 ,f m f m m f m m m

Với

là một số nguyên tố bất kì thì:

Trong

 

ta thế

  1, 1m n p

ta được:

 



11f p p

 



  





  





f p p

Trường hợp 1.

   

      

1 1 1 1.f p p f p p

Ta thế

  1, 1m p n

vào

 

ta được:

   

 

        

1 1 1 1 1 1 1 1f p p p p

Mà ta lại có đánh giá sau đây:

 

     

 

           

2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 ,p p p p p p p p

mâu thuẫn

Do đó, ta phải xảy ra trường hợp còn lại.

Trường hợp 2.

   

      1 1 1 1,f p p f p p

với mọi

là số nguyên tố

Hay tồn tại

sao cho

 

 .f k k

Với mỗi

như thế và số tự nhiên

 0n

bất kì thì ta có:

 

          

2 2 2

1 1 2k f n k n k f n p f n p n f n f n n

Khi ta chọn

là một số đủ lớn thì ta bắt buộc phải có:

 

  

,,f n n n

thử lại thỏa.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

 

  

,.f n n n

Nhận xét. Cũng tương tự như ở bài toán 4, đây là một bài phương trình hàm trên tập rời

rạc có dạng chia hết. Cũng tương tự ở bài trên, ta cũng thế bằng các phép thế đơn giản để

phát hiện một số tính chất của đề bài. Nhưng ở bài toán 5 này khó hơn ở bài toán 4 rất

nhiều, vì từ các tính chất ta tìm được, ta không thể chặn được khoảng của hàm

để rồi

suy ra

 

  

,f n n n

như ở bài toán trên được. Vì thế mà ta phải xét giá trị của hàm số

tại các giá trị là số nguyên tố để xử lý bài toán và bằng một số kiến thức đơn giản về

giới hạn ta có thể suy ra được

 

  

,f n n n

một cách dễ dàng, từ đó kết thúc bài toán.

Chinh phục olympic toán| 15

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 6. Tìm tất cả các hàm

:f

thỏa mãn tồn tại số

k

và số nguyên tố

sao

cho với mọi

 

  ,n k f n p f n

và nếu

thì

   

1 1.f m f n

Iran TST 2005

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Giả sử

nk

và

không chia hết cho

 1n

thì khi đó tồn tại

sao cho

1.n n kp

Suy ra ta được

 

1f n f n kp

Mặt khác ta lại có

 

f n f n kp

nên

       

   1 1 1f n f n f n f n

Với

 1n

bất kì thì

     

 

     1 1 1 1 2n n kp f n f n kp

Do đó với

 1n

thì ta có:

   

 1,2 .fn

Bây giờ ta sẽ xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1.

 

  2,f n n k

và

 1.pn

Xác định

nk

và

không chia hết cho

 1n

khi đó tồn tại

sao cho:

 1nm

và

 1.pm

Suy ra

   

13f n f m

hay

 

 1fn

Ta xác định hàm

như sau:



 

  2,f n n k

và

 1.pn



 

  1,f n n k

và

không là ước của

 1.n



 

   ,.f i f i p i k

Trường hợp 2.

 

  1,f n n k

và

 1.pn

Trong trường hợp này

 

  1,f n n k

và nếu giả sử

 

 

2S a f a

thì sẽ không tồn tại

,m n S

thỏa mãn

 1.mn

Ta xác định hàm

như sau

   

  1, 2 , .f n n

Với

là một tập con vô hạn của sao cho không tồn tại

,m n S

thỏa mãn

 1mn

và với

 1n

thì

   

   2 ; 1,f n n S f x

với các giá trị

 1x

còn lại và

 

là một số bất kì

xác định bởi

   

2 1 1.ff

Từ đây ta thử lại đề bài và thấy thỏa mãn nên ta hoàn thành bài toán.

Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc khó và điều kiện ràng

buộc khá là khó chịu. Và bằng các phép thế để tìm ra các tính chất của hàm, cùng với các

kĩ thuật xử lý rất khó khan, chúng ta đã xử lý được bài toán. Đây là một bài toán khó, các

bạn đọc cần nghiên cứu và đọc thật kĩ.

16 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 7. Cho

là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các hàm

:f

thỏa mãn đồng thời các

điều kiện:

   

f m f n

với

 

 modm n p

ii)

     

  ,,f mn f m f n m n

USA TST

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Với

 ,k

thì ta có

 

   

 

     1 1 0f p k f pk f p f k f k

Bây giờ ta sẽ xét hai trường hợp sau

Trường hợp 1.

 

 0fp

Dễ thấy nếu

 

10f

thì

 

  0, ,f n n

mâu thuẫn với

 

 0.fp

Xét riêng khi

 

1 1.f

Với mỗi

x

và

khong chia hết cho

ta có

y

sao cho

 

 1 mod .xy p

Do đó ta có

 

   

 

    1 1, ,f x f y f xy f x y

Suy ra:

 

1fn

và

không chia hết cho

Mặt khác ta lại có

 



1f n f n

với

không chia hết cho

nên

 

 1,fm

nếu

là

một số chính phương mod

và

không chia hết cho

Nếu không tồn tại

với

không chia hết cho

sao cho

 

1fi

thì ta có ngay

 

  1,f n n

và

không chia hết cho

Xét

là một số không chính phương mod

và

là một số không chính phương mod

và

không chia hết cho

bất kì thì ta suy ra

là số chính phương mod

Mặt khác ta lại có

       

     1f k f i f k f ik

Hay



 

 1,fx

nếu

là một số chính phương mod

và

không chia hết cho



 

1,fx

nếu

là một số không chính phương mod

Xét số

sao cho

 



1.fx

Bây giờ từ điều kiện ii) ta thay



,m x n p

ta được:

     

 



f p f px f p f x

hay

 

 1fp

Suy ra:



 

 1,fx

nếu

là số chính phương mod



 

1,fx

nếu

là một số không chính phương mod

Trường hợp 2.

 

 0fp

suy ra

 

0, .f n p n

Khả năng 1. Nếu

 

10f

thì

 

  0, .f n n

Chinh phục olympic toán| 17

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Khả năng 2. Nếu

 

10f

Giả sử tồn tại

sao cho

 



0fx

và

không chia hết cho

Suy ra

 

  

0,f nx n

Ta có dãy

 

 



0 0 0

,2 ,..., 1x x p x

là một hệ thặng dư đầy đủ mod

Suy ra

 

1 0,f

điều này mâu thuẫn.

Vậy ta có

 

0f x p x

và

 

 1,fx

với các giá trị

còn lại.

Từ các kết quả trên đây, ta thấy có

hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán:

 

  0,f n n

 



if p n

if n











 

  1,f n n

 











1 mod

if n la mot so chinh phuong p

if n khong la mot so chinh phuong p

Vậy đây là tất cả các hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét. Đây là một bài toán khó, với điều kiện hàm rất khó xử lý, một bài toán khó

trong kì thi chọn đội tuyển IMO của Mỹ, và việc ứng dụng sâu sắc các kiến thức Số Học

tổng hợp trong lời giải, nó có vẻ khá phức tạp. Mong bạn đọc suy nghĩ và đọc thật kĩ, và

mong bạn đọc có một lời giải khác ngắn gọn và hay hơn cho bài toán.

Câu 8. Tìm số nguyên không âm

nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số





 : 0,f

khác

hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

 

  ,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

     

2 0,1,..., , ,f x y f x f y n x y

Với số

tìm được, hãy tìm tất cả các hàm số thỏa mãn.

Lời giải

Với

 1n

xét hàm

được xác định như sau:

 



if p x

if x











với

là số nguyên tố có dạng

43k

Hiển nhiên hàm số trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Giả sử với

 0n

thì cũng tồn tại hàm số

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi đó thì ta có:

 

            

2 2 2 2

2 0, , 2 , , f x y f x f y x y f x y f x f y x y

Từ điều kiện i) ta thế

0xy

ta được:

     

  

0 0 0 0f f f

hoặc

 

01f

Trường hợp 1.

 

01f

18 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Ta thế

 0y

vào

 



thì ta được

 

     

     

2 0 1,f x f x f f x x

Mà

 

  

,f x f x x

nên ta suy ra:

 

   

        

2 2 1, 1, ,f x f x f x x f x x

 

  0,f x x

Điều này lại trái với giả thiết

khác hằng số.

Trường hợp 2.

 

00f

Ta thế

 0y

vào

 



thì ta được

 

     

    

2 0 ,f x f x f f x x

Mà

 

  

,f x f x x

nên ta suy ra

 

   

2 2 ,f x f x f x x

Suy ra với mỗi

x

thì ta phải có

 

 0fx

hoặc

 



Nếu tồn tại

sao cho

 



Ta thế



xyx

vào

 



thì ta được:

     

 

       

       

0 0 0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2 f x f f x f x x f x f x f x

Từ

 



ta thay

1, 0xy

thì ta được:

 

1 0.f

Từ

 



ta thay

1, 1xy

thì ta được:

 

2 0.f

Từ đây ta thay

 

20f

vào

 



thì ta được:

 

  0, ,f x x

điều này lại mâu thuẫn với

khác hằng số.

Vậy từ đây ta khẳng định được rằng

 1n

là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khi ta tìm được

 1n

ta sẽ quay lại việc giải quyết bài toán đề bài.

Tìm tất cả các hàm số





 : 0,f

khác hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

 

  ,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

     

2 0,1 , ,f x y f x f y x y

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ta dễ dàng chứng minh được rằng:

   

0 0, 1 1.ff

Trong i) ta thế

yx

thì ta được

 

  

,f x f x x

Trong ii) ta thế

 0y

thì ta được

 

           

     

2 2 0,1 0,1f x f x f x f x f x

Trong i) ta thế

  1xy

thì ta được

     

     

1 1 1 1 1f f f

Trong i) ta thế

   1,x y x

thì ta được:

Chinh phục olympic toán| 19

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

         

         1 , ,f x f f x x f x f x x

Trường hợp 1. Tồn tại số nguyên tố

sao cho

 

 0.fp

Giả sử cũng tồn tại số nguyên tố

qp

sao cho

 

 0.fq

Trong ii) ta thế

,x p y q

thì ta được

 

   

 

      

2 2 2 2

2 0 0f p q f p f q f p q

Do đó với mỗi

,ab

thì ta luôn có:

      

 

   

 

         

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 0f a b f p q f a b p q f ap bq aq bp

Lưu ý rằng.

  

   

     

2 2 2 2

a b p q ap bq aq bp

là đẳng thức Brahmagupta –

Fibonacci nổi tiếng, cũng đã được đề cập đến trong nhiều cuốn sách, mong bạn đọc lưu ý

chi tiết này để giải toán.

Vì

 

   

02f x f y f x y

nên

 

0.f aq bp

 

,1pq

nên tồn tại

,ab

sao cho

1.aq bp

Suy ra được

 

   1 1 0,f f aq bp

điều này là vô lý.

Vậy tồn tại duy nhất số nguyên tố

sao cho

 

 0.fp

Khả năng 1. Nếu

là số nguyên tố có dạng

4 1,kk

thì tồn tại

a

sao cho



1pa

hay

 



1 0.fa

Lưu ý rằng. Kết quả này các bạn có thể tham khảo trong phần chuyên đề Thặng dư bình phương.

Mặt khác, trong ii) ta thế

1,x y a

thì ta được:

 

   

 

   

 

          

2 2 2 2

2 1 1 2 1 1 1 1 1,f a f f a f a f f a f a

Điều này là mẫu thuẫn.

Vậy từ đấy chỉ xảy ra khả năng còn lại.

Khả năng 2. Nếu

là số nguyên tố có dạng

43k

thì

Từ đó ta có

 

0f x p x

và

 

 1fx

với các giá trị

còn lại.

Trường hợp 2.

 

 1fp

với mọi số nguyên tố

Khi đó

   

  1, \ 0f x x

Vậy từ đó có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:



 



if p x

if x











trong đó

là một số nguyên tố bất kì có dạng

4 3, .kk



 













0 0

1 0

if x

Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc phải nói là rất rất khó, sử

dụng rất nhiều kiến thức trong Số Học cũng như kĩ năng phán đoán và biến đổi thuần

20 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

thục. Sử dụng rất nhiều các mạng kiến thức liên quan đến số nguyên tố, thặng dư bình

phương hay các đẳng thức rất nổi tiếng trong Toán học. Thực sự đây là một bài hàm liên

quan đến số học tổng hợp, rất hay và thú vị, mong bạn đọc nghiên cứu thật kĩ càng và cẩn

thận bài toán này.

Câu 9. Giả sử hàm số



thỏa mãn các điều kiện sau:

 

11f

và

 





  

























1 2 1

1 2

f if n m

Tìm các giá trị của

sao cho

 

 2019.fn

Lời giải

Từ cách xác định của hàm

ta dễ dàng tính được:

           

     2 3 2; 4 5 6 7 3f f f f f f

Bây giờ ta sẽ viết dưới dạng nhị phân như sau:

 

     

222

2 2 2

1 1 1; 2 10 2; 3 11 2

4 100 3; 5 101 3; 6 110 3;...

f f f f f f

Từ cách việt dưới dạng nhị phân như trên, ta dự đoán

 

là số chữ số trong biễu diễn

nhị phân của số

Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng quy nạp như sau.

Thật vậy, ta thấy khẳng định đúng với

1, 2.nn

Giả sử khẳng định đúng đến

Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng đến

 1.n

Nếu

là số chẵn thì

 



   

1 1 2

... 0 1.

n a a a f n k

Khi đó thì ta có





1 1 2

1 ... 1

n a a a

Từ đấy ta có

   



   

       

   

   

... 1 1,

2 2 2

n n n

a a a f k f n f k

tức là bằng số chữ số

trong biểu diễn nhị phân của số

Nếu

là số lẻ thì bằng cách làm tương tự ta cũng được kết quả tương tự.

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra

 

là số chữ số trong biểu diễn nhị phân của

Ta đó ta suy ra nếu

 

 2019fn

thì biểu diễn của

trong hệ nhị phân chứa đúng

2019

chữ số.

Vậy từ đó ta suy ra:



2018 2019

2 2 .n

Nhận xét. Đây là một bài toán khá hay, với tư tưởng giải là đưa về hệ nhị phân. Bằng cách

biểu thị bình thường thì ta không thể tìm ra được tính chất của dãy, bởi điều kiện nó xen

kẽ với tính chẵn lẽ, rất khó chịu và phức tạp. Mà chỉ bằng cách đưa về hệ nhị phân ta đã

Chinh phục olympic toán| 21

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

nắm được quy luật của dãy số mà tác giá đã ẩn đi trong bài toán, và từ đó ta nảy ra ý

tưởng giải và chỉ việc đi triển khai, cuối cùng ta thu được kết quả của bài toán.

Câu 10. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn các điều kiện sau:

   

     













   



   



1 1, 3 3

4 1 2 2 1

4 3 3 2 1 2

f n f n

f n f n f n

với mọi số nguyên dương

IMO 1988

Lời giải

Giả sử

là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.

Một số nguyên dương

chỉ có thể có một trong bốn dạng sau:

       4 , 4 1, 4 2, 4 3; ,k n k n k n k n k n

Do đó, từ giả thiết của bài toán, hàm số

được xác định một cách duy nhất. Ta sẽ sử

dụng biểu diễn cơ số

để tìm biểu diễn của hàm số

Ta có các nhận xét sơ bộ như sau:

 

     

2 2 2 2

1 1 1 1 , 10 2 1 01

11 3 3 11 , 100 4 1 001 ,...

f f f f

Từ đấy ta thấy được quy luật như sau:

Quy luật. Biểu diễn của

 

trong hệ cơ số

chính là cách viết ngược lại của biểu diễn

của

trong hệ cơ số

tức là

 





1 1 0 0 1 1

... ... .

k k k k

f a a a a a a a a

Bây giờ ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng quy nạp như sau.

Chứng minh.

Với

 1, 2,3, 4n

thì hiển nhiên đúng, do ta đã thử kiểm tra ở trên.

Giả sử tính chất đã đúng cho với mọi

 .kn

Ta sẽ chứng minh tinh chất cũng đúng với

Trường hợp 1. Nếu

 2nm

thì theo giả thiết ta có

   

 .f m f n

Vì

 2nm

nên nếu

được

biễu diễn trong hệ cơ số

dưới dạng

 





1 1 0

...

m a a a a

thì

 





1 1 0

... 0 .

n a a a a

Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có:

 

     

 

   

   

    

1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1

2 2 2 2

... 0 ... ... 0 ...

k k k k k k k k

f a a a a f n f m f a a a a a a a a a a a a

Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.

Trường hợp 2. Nếu

41nm

với

 





1 1 0

...

m a a a a

thì

 





1 1 0

... 01

n a a a a

và

 





1 1 0

2 1 ... 1 .

m a a a a

Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có:

22 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

 

       

 

   

     

   







     



  

  

1 1 0

1 1 0 1 1 0

0 1 1 0 1 1

2 2 2

0 1 1

... 01 4 1 2 2 1

2 ... 1 ...

2 1 ... ...

1 ... 0 ...

10...0 ... 0 ...

10...0 ... 10

k k k k

f a a a a f n f m f m f m

f a a a a f a a a a

a a a a a a a a

a a a a a

 

0 1 1

... .

a a a

Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.

Trường hợp 3. Nếu

43nm

với

 





1 1 0

...

m a a a a

thì

 





1 1 0

... 11

n a a a a

và

 





1 1 0

2 1 ... 1 .

m a a a a

Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có:

 

       

     

   

 



  



     

    

  





1 1 0

0 1 1 0 1 1 0 1 1

2 2 2

0 1 1

... 11 4 3 3 2 1 2

2 1 2 2 1 2

1 ... 1 ... 0 ... 0

1 ... 10...0

11 ... .

k k k k k k

f a a a a f n f m f m f m

f m f m f m

a a a a a a a a a a a a

a a a a

Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.

Vậy theo nguyên lý quy nạp thì quy luật của chúng ta đã được chứng minh.

Vậy tất cả các hàm

 

thỏa mãn đề bài là:

 





1 1 0 0 1 1

... ... ,

k k k k

f a a a a a a a a

trong đó

 





1 1 0

...

n a a a a

là biễu diễn của số

trong hệ cơ số

Nhận xét. Cũng với ý tưởng tương tự như ở bài toán 9 là sử dụng hệ nhị phân để tìm ra

quy luật của dãy số. Nhưng ở bài toán 10 thì khó hơn ở các bài trước rất nhiều, do điều

kiện của đề bài khá nhiều, làm ta khá hoang mang, và khá nhiều trường hợp cần xét của

nên lời giải có vẻ phức tạp. Ở bài này, các bạn cần có một cách nhìn tổng quan để khám

phá ra quy luật và kiểm nghiệm sự chính xác của nó, và từ đó đi chứng minh phỏng đoán

đó bằng phương pháp quy nạp, bên cạnh đó cũng cần sự biến đổi điêu luyện và thật chính

xác thì mới thu được kết quả của bài toán.

Chinh phục olympic toán| 23

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 11. Cho hàm số



:f

thỏa mãn đồng thời các điều kiện:



 

là ước của

2018

với mọi



     

.f a f b f c

với mọi



,,a b c

và



2 2 2

a b c

a) Chứng minh rằng nếu

lẻ hoặc

thì

 

 1fn

b) Gọi

là tập hợp giá trị có thể có của

   

2 2018ff

. Tính

Lời giải

a) Nếu

 

 1 mod 2n

ta chọn

   

     

   



     

     

2018

2 2 2 2

1 1 1 1

, , , , | |

2 2 2 2

n n a a

a b c n f n f

Ta có

     



   





    



   



   



2018

2018 2018 2018

| |gcd , gcd , 1 1

f n n f n n n f n

Nếu

 

 0 mod 4n

ta chọn

 

   

     

2018

2 2 2 2

, , 4 , 4 1, 4 1 4 | 4 1 | 4 1a b c k k k f k f k k

Ta có

       

 





  

2018

2018 2018

4 | 4 4 |gcd 4 , 4 1 1f k k f k k k

b) Theo câu a, ta có

   

 



2018 0 1 2018

2 2 2 2 , 2 ,...,2ff

Với

 



, , 2018,1018080,1009 1a b c

ta có

 

   

 



  









2018

2018 1009 1 1009 1

2018 2018

 

 

    

2018 2 2018 0 1 2018

2018 gcd 2018,1009 1 2 2018 2 ,2 ,...,2ff

Với

 

,,a b c

thoả

 















2 2 2

gcd , , 1

a b c

 Nếu

,ab

lẻ,

chẵn.

     

    

2 2 2

2 2 2a b c a b c

nên

     

1 2 2 2f c f a f b

Mà



:f

nên

     

  2 2 2 1f a f b f c

 Nếu

 















1 mod2

0 mod2

Khi đó:

       

   2 2 2 2 , , 1 f c f a f b f a a c

lẻ thỏa mãn (*).

Do đó

    



       

2 2 2

2 2 * * : , , 1f c f a b a b c a c

Ta có

 

2018f

thỏa

 

với bộ

 











2018 1018080 1009 1

, , , ,

2 2 2

a b c

mà

 

không thỏa

 

,1ac

nên

   

2 2018ff

Dễ dàng chứng minh được

  2 2 2 2

a b c d

với

   

,,a b c d

bằng cách chia cả hai vế cho



với

 

min , , ,a b c d

nên



2019

24 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 12. Có tồn tại hàm số

:f S S

thỏa mãn điều kiện

   

 

   

, , ,f a f b f a b a b S a b

không, trong đó

 



\1S

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta sẽ tìm tính chất đặc biệt của hàm số

Xét hai biểu thức sau

           

,f a f d f c f a f b f c

Ta có

     

 



2 2 4 4 2

f a f d f c f a d f c f a d c

và

       

   



2 2 2 4 4

f a f b f c f a f b c f a b c

Ta sẽ chọn

,cd

sao cho

    

4 4 2 2 4 4 2 4 4 2 2 2

a d c a b c a d b c ad b c

 

Với

,cd

thỏa mãn (1) thì

   

                 

    

4 4 2 2 4 4

2f a d c f a b c f a f d f c f a f b f c f b f d

Tất nhiên ta cần chọn

db

và

thỏa mãn

 

chẳng hạn



,d b c ab

Nên từ

 

ta được

 

  

,f b f b b S

(3).

Từ tính chất

 

ta có

   

 

       

        

, , , , , , 4f a f b f a b a b S a b f a f b f ab a b S a b

Sử dụng tính chất

   

3 , 4

ta được

 

   

16 4 4 2 2f f f f f

Mặt khác

       

16 2.8 2 8f f f f

Từ hai đẳng thức trên ta được

       

  2 8 2 8 1f f f f

(vô lí.)

Vậy không tồn tại hàm số

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 13. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn điều kiện

     

 

     

1,n f n f f n n n n

Lời giải

Với dạng toán mà giả thiết về bất đẳng thức thì việc dự đoán được nghiệm đóng vai trò

quan trọng trong việc định hướng lời giải. Việc dự đoán nghiệm thường ta thông qua việc

tính các giá như

     

1 , 2 , 3 ,...f f f

Thay

 1n

vào phương trình ban đầu ta được

   

 

   0 1 1 2 1 1f f f f

Thay

 2n

vào phương trình ban đầu ta được

   

 

1 2 2 6f f f

Từ bất đẳng thức này suy ra

 

21f

, nếu

 

23f

Từ điều kiện ban đầu ta thay

bởi

 

thu được

 

   

     

1,f n f f n f f f n f n f n n

(1).

Từ (1), thay

 2n

ta được

 

   

   

2 1 2 2 2 2f f f f f f f f

Chinh phục olympic toán| 25

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

 

     

4 2 1 2 2 2 2f f f f f f f f

Điều này mâu thuẫn với

   

 

1 2 2 6f f f

. Do đó

 

22f

Do đó ta dự đoán

 

  

,f n n n

. Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Giả sử

     

    1 1, 2 2,..., 1 1f f f n n

. Ta chứng minh

 

f n n

Với mỗi số nguyên dương

, đặt

 

f n m

. Ta xét các trường hợp sau:

 Nếu

   

 

   

      

11m n f n f f n mf m m n

vô lí.

 Nếu

     

 

   

 

       

11f n m n n f f n f n f f n n n

 

f f n n

 

   

.f f f n f f n f f n f f f n f f n n

Kết hợp với

 



1f f f n f f n f n

ta được

 

    

11n f n f n n

vô lí.

Do đó

 

f n n

. Vậy

 

  

,f n n n

Câu 14. Tìm tất cả hàm số

:f

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

    x f y f x y f x f y

với mọi

,xy

;

ii) Tập hợp

 







  









, , ,

f x f y

I x y x y

là một khoảng

Lời giải

Phân tích. Điểm mấu chốt để giải bài toán chính là hiểu và tận dụng được giả thiết ii).

Tập hợp

là một khoảng có nghĩa là nếu

,,a b I a b

thì

 

,a b I

Từ điều này ta suy ra tính chất quan trọng của tập hợp

là nếu có số thực

aI

thì hoặc

là

  ,x a x I

hoặc là

  ,x a x I

Khi đó ta có lời giải sau.

Để ý rằng nếu

 

  f x f y x y

thì

xy

( do i) ).

Do đó

1 I

Giả sử

tI

. Khi đó

 1t

và tồn tại

,,x y x y

sao cho

 

   

  f x f y t x y

Vì

xy

nên

 

  f y f x f x f y

và

 

  





   

  

f y f x f x f y

y x t x y t

y f x x f y

Do đó





. Mà

là một khoảng nên mọi phần từ

nằm giữa

và



1 t

cũng thuộc

Nếu

 1t

thì





1 t

(mâu thuẫn vì khi đó ta lại có

1 I

)

Do đó

 1t

. Tương tự ta cũng có





1 t

, tức là

 0t

26 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Như vậy ta đã chứng minh được rằng nếu

tI

thì





và

 0t

Mà khi

 0t

thì





1 t

nên ta có mâu thuẫn.

Như vậy

phải là tập rỗng mà rõ ràng

I

, chẳng hạn

   

 

10f f I

Do đó không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ngoài ra ta cũng có thể giải bài toán này như sau.

Đặt

 







f x f y

F x y

với mọi

,,x y x y

Tương tự cách đầu, ta có

 

   , 1, , y , x yF x y x

Nếu tồn tại

xy

sao cho

 

,0F x y

thì

   

 

  ,1F y f x x f x

(vô lý).

Do đó

 

   

   , 0;1 , , , *F x y x y x y

Suy ra

là đơn ánh. Do đó với mọi

,,x y x y

ta có

 

        f x f y f y f y f y f x f y f y x y

Hay

   

 

     , , , 1F x f y y f y F y f x y f y F x y

Từ đây, kết hợp với

 

và ii) ta suy ra

 

   , 1, , ,F x y x y x y

Suy ra

đơn điệu tăng trên .

 Nếu

xy

thì

 

  f x f y x y

hay

 

  y f x x f y

Suy ra

 

  f y f x f x f y

, kết hợp với i), ta được

xy

 Tương tự nếu

xy

ta cũng có mâu thuẫn.

Vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 15. Tìm các hàm số



thỏa mãn

   

 

   

2 2 *

,,f m f n m n m n

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm

thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ta có

     

  

1 1 4 1 1f f f

Thay

   

     

1 1 1 ,m f n n n

Thay

 

   1, 1m n p p P

 



  

   



  



f p p

Nếu

 

    

: 1 1p P f p p

Thay

   

 

       

1, 1 1 1| 1 1m p n f p p

Suy ra

   

   

1 1 2 2p p p

Chinh phục olympic toán| 27

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Có

   

1 2 2p p p

nên có mâu thuẫn

Vậy

 

    1 1,f p p p P

Thay

 



      



1 1 1m p p f n p n

Suy ra

 

    

1 0 mod 1n p p f n

Mà

 

   

0 mod 1f n n p f n

Suy ra

 

   

0 mod 1f n n p f n

Nếu

 

f n n

, khi đó ta có

 

     

( ) 1 , *f n n f n p p P

Mà tập các số nguyên tố là vô hạn nên

 

   

1f n p

Mà

 



f n n

cố định với

xác định.

Do đó chỉ cần chọn

nguyên tố đủ lớn ta có mâu thuẫn

 

Vậy

 

  

,f n n n

(thử lại thỏa mãn)

Câu 16. Cho hàm

 

,f x y

thỏa mãn các điều kiện:



 

   

   0, 1; 1,0 ,1f y y f x f x



   

 

   1, 1 , 1,f x y f x f x y

Với mọi số nguyên không âm

,xy

. Tìm

 

4,1981f

Lời giải

Ta có

   

 

    1, 0, 1, 1 1 1, 1f n f f n f n

Do đó

     

     1, 1,0 0,1 2f n n f n f n

Ta lại có

   

 

    2, 1, 2, 1 2, 1 2f n f f n f n

Do đó

     

     2, 2 2,0 2 1, 1 2 3f n n f n f n

Bây giờ

   

 

    3, 2, 3, 1 2 3, 1 3f n f f n f n

Đặt





và

   

    

3,0 3 2,1 3 0u f f

Do vậy

 



  

2 3, 2 3

u f n

Ta có

   

 

   

 





   



   











4, 1 3

224

4, 3, 4, 1 2 3

4,0 3,1 2 3 13

4, 2 2 3

f n f f n

Bằng qui nạp ta chứng minh được

 



22..24

4, 2 3fn

Trong đó số mũ chứa

 

 2n

chữ số 2. Từ đó

 



22.24

4, 1981 2 3f

với số mũ chứa 1983

chữ số 2.

28 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 17. Cho hàm



:f

thỏa mãn các điều kiện sau:

iii)

   



   1;f n f n n

iv)

 



  3 , .f f n n n Z

Hãy tính

 

2003 .f

Lời giải

Từ

       

 

    1, 1 3 1 2f f f fi ii

Ta có

   

 

  2 1 3.1 3f f f

   

 

3 3 3.2f f f

   

 

  

2.3 3 3.3 3f f f

.............

Suy ra

   

  

     

2.3 3 , ; 3 2.3 ;

n n n n

f n f n Z

Nên có

   

 





3 2.3 2.3

n n n

f f f

và

   

 

   

  

1 1 1 2

2.3 3 3.3 3

n n n n

f f f

Do đó khẳng định đúng với mọi n

Ta có

 

31

số nguyên m nằm giữa

và 2.

và do giả thiết

 

   

1f n f n

nên có

 

31

số nguyên m nằm giữa

 

và

 

2.3

suy ra

03

 

   3 2.3 3

f m n

Do giả thiết

 

suy ra

   

 

    2.3 3 3 3

n n n

f m f f m m

Vậy

   

  2.3 3 3

f m m

với

03

Suy ra

 

      

2003 2.3 545 2003 3 3 545 3822nf

Câu 18. Cho

 

là hàm số xác định với mọi



và lấy giá tị không âm thỏa mãn

tính chất:



     

    

,:n m f m n f m f n

lấy giá trị 0 hoặc 1



 

20f

và

 

30f



 

9999 3333f

Tính

 

2000f

Lời giải

Vì

     

  f m n f m f n

lấy giá trị 0 hoặc 1 nên ta suy ra

     

  f m n f m f n

       

     2 2 1 1 0 3 1f f f f

Ta có

     

  6 3 3 2f f f

     

9 6 3 3f f f

.................

     

  9999 9996 3 3333f f f

Chinh phục olympic toán| 29

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Vì giả thiết cho

 

9999 3333f

nên ta có dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra, tức là

 

  3 , 1, 2,..., 3333f n n n

   

  1998 666, 2001 667ff

Mặt khác nếu a



,ab

và

       

     a b f a f b f a b f b

   

    666 2000 667 2000 666ff

hoặc 667

Giả sử

 

2000 667f

   

     4000 1334 6000 1334 667 2001ff

Mà

 

6000 2000f

, mâu thuẫn. Vậy

 

2000 666f

Câu 19. Cho

,fg

là các hàm xác định trên thỏa mãn điều kiện

   

 

     2 . , ,f x y f x y f x g y x y

Chứng minh rằng nếu

 

 0fx

và

 

  1,f x x

thì

 



1g y a

Lời giải

Ta dùng phương pháp phản chứng

Giả sử lại một điểm

 

  

:1y g y a

Ta lấy

 



:0x f x

và xây dựng dãy

 

 0,1, 2....

như sau:

   





   







   





0 0 0

,khi

k k k

x y f x y f x y

Theo giả thiết ta có

         



       

1 0 0 0 0

k k k k k

f x f x y f x y f x y f x y

     



f x g y a f x

Nên

   





1kk

f x a f x

với

1; 1, 2,3...ak

Do đó ta có:

   



f x a f x

Nhưng vì

 



0fx

và

 1a

nên có thể chọn k sao cho

 



a f x

dó đó

 

 1

Mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy

 

  1,g y y R

Câu 20. Cho hàm số

:f

thỏa 2 điều kiện

iii)

 

   1;f x x x

iv)

 

   . ; ,f x y f x f y x y

Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số

;ab

mà

   

.0f a f b

Lời giải

Ta sẽ chứng minh

 

  0,f x x

Thật vậy! Với

 1x

thì theo điều kiện

 

ta có ngay

 

 0fx

30 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Với

 1x

, trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:

   





    









, , 1

f x f x n

Với

 0n

thì bất đẳng thức đúng!

Giả sử

 

đúng với

0nk

tức

   















f x f

Ta có



   

   

       

   

       

   

       

   

2 2 .2

1 1 1 1

2 2 2 2 2

k k k k k

x x x x x

f f f f

tức

 

đúng với

1nk

Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức

 

đúng.

Bây giờ chọn n đủ lớn để

2,

tùy ý, khi đó



  





Do đó















tức

 

  0,f x x

Như vậy không thể tồn tại hai số

;ab

mà

   

.0f a f b

Câu 21. Cho

     

     

2003

, y cos 2 cos

f x x y a x y

với

,a

Chứng minh rằng

 



min , max , 2003.f x y f x y

Lời giải

Ta có

 











2003

0,0 ; 2

2 2 2

Nên

 

   



   









2003

max , max 0,0 , , ,

2 2 2

f x y f f x y

 



2003

max ,

f x y

Ta lại có

   

   

         

   

   

2003 2003

; .sin , ; .sin

4 4 2 4 4 2

f a f a

Nên

   

   

    

   

   

2003

;;

4 4 4 4 2

Suy ra

   

     

   

      



   

   



2003

min , min ; , ; ,

4 4 4 4 2

f x y f f x y

 







2003

min , .

f x y

Do đó

 



min , max , 2003.f x y f x y

Chinh phục olympic toán| 31

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 22. Cho hàm số

 



  

, 0.

f x x

Giả sử

 



f x x

và

   

 



     

f x f f x n x

Chứng minh

 

, 1,0,1 1



      











Lời giải

Đặt

     



   





p x x x

và

     



      





1 1 , ,

q x x x x y

Ta có:

     

 











  





    





2 , ,

n n n

p x p x q x

q x p x q x x y

f x x x

Giả sử

 



 

   

 













   

k k k

p x q x p x

p x q x q x

Do đó

 

     , , 0

f x n x

Ta có

     , 1,0,1nx

thì có:

 

       



   

     

   

   



   

     

   

   

2 2 2 2 1

1 1 1 1

n n n n

x x x x

   





  







    

     











2 2 1 2 2 1 2

2 1 1

1 1 1 1

n n n n n

x x x x

Câu 23. Cho hàm số



* * *

là hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

 

1,1 2f

ii)

   

    

1, , , ,f m n f m n m m n

iii)

   

    

, 1 , , ,f m n f m n n m n

Tìm tất cả các cặp số

 

,pq

sao cho

 

, 2019.f p q

Doãn Quang Tiến

Lời giải

Áp dụng điều kiện ii) ta có:

32 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

             

 



            

, 1, 1 2, 2 1 ... 1,

f p q f p q p f p q p p f q

   

 

   

  

         

1 1 1

1, 1 1 ... 1,1 2019,

2 2 2

p p q q p p

f q q f

áp dụng điều kiện

iii)

Từ điều kiện i) ta có

 

1,1 4f

nên từ đẳng thức trên ta suy ra:

 

       

   

  

   

     



       

1 1 1 1

1, 1 2 2019

2 2 2 2

2017 1 2.2017

q q p p q q p p

p p q q

p q p q

Vì

2017

là số nguyên tố và

   

    1p q p q

nên có thể xảy ra các trường hợp sau:

Trường hợp 1.

1pq

và

  1 4034pq

thì từ đó ta được:

2018, 2017.pq

Trường hợp 2.

2pq

và

  1 2017pq

thì từ đó ta được:

1010, 1008.pq

Vậy tất cả các cặp số

 

,pq

sao cho

 

, 2019pq

là:

 

   

, 2018,2017 , 1010,1008 .pq

Câu 24. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn các điều kiện sau:

 

   

0,f x x n

ii)

 

f x f y

chia hết cho

xy

với mọi

,,x y x y

Lời giải

Ta sẽ phải xét hai trường hợp dưới đây.

Trường hợp 1.

là hàm số hằng.

Giả sử

 

const,f x c c

là hằng số thuộc

Cho

 0x

thì từ i) ta suy ra:

   

   0 0 0 0 0.ff

Vậy

 

  0, .f x x

Trường hợp 2.

không là hàm số hằng.

Vì

 

00f

nên khi cho

 0y

thì từ điều kiện ii) ta được:

   

, \ 0 .x f x x

Với

 1x

thì từ điều kiện i) ta suy ra:

 

10f

hoặc

 

1 1.f

Khả năng 1.

 

1 0.f

Cho

 1y

thì từ điều kiện ii) ta suy ra:

     

  1 , \ 1 .x f x x

Mà ta đã có

   

, \ 0x f x x

và

 

, 1 1xx

Nên

       

     

11x x f x x x x x f x

Mặt khác ta có

 













f x x

x f x

 















f x x x

f x x

Ta loại trường hợp

 



f x x

vì

 

1 1 0.f

Chinh phục olympic toán| 33

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Vậy trong khả năng 1 này chỉ có hàm số

 

   

,f x x x x

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Khả năng 2.

 

1 1.f

Khi

   

, \ 0x f x x

và

     

  1 , \ 1x f x x

thì ta lấy

tùy ý sao cho

 

 ,f k mk

với

tùy ý

Từ điều kiện ii) có

             

           1 1 1 1 1 1 1k mk k mk mk m m k m

Mà từ điều kiện i) ta được

 

    

f k k mk k m k

Mặt khác ta lại có

   

 







     









k m k m

Do đó

10m

nên suy ra:

 1m

hoặc

 .mk

Vậy từ đó ta được

 

  

,f x x x

hoặc

 

  ,.f x x x

Thử lại thì thấy các hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài là

       

      

0, , , , .f x f x x f x x f x x x x

Câu 25. Tìm tất cả các hàm số





mà tập

 



  

0xx

thỏa mãn:

 

   

 



    



2 , , 1

f xy

f x f y xyf xy x y

f x y

Lời giải

Ta sẽ giải bài toán này thông qua ba bước sau đây.

Bước 1. Ta sẽ chứng minh

 

1 1.f

Thật vậy, cho

 1y

vào

 

và đặt

 

1fa

thì ta được

   

 

   

 

     

  

2 1 2

1 1 2

f x f x

f x a xf x f x

f x x f x a

Từ đó ta suy ra

       

    

  



1 1 1

2 , 3 , 4 *

4 4 5 4 7 5 4

f f f

a a a a

Mặt khác, ta cho

2xy

vào

 

thì ta được

   

 

  

2 2 8 4 1

Mà từ

 

ta suy ra

 

     



2. 8. 1 1 1 1.

4 7 5 4

Từ đây ta xong bước 1.

Bước 2. Ta sẽ chứng minh

 

    



, 1, 3

f x n n

n nx f x

Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định này.

34 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Từ

 

suy ra

 

đúng khi

 1.n

Giả sử đúng đến

 .nk

Thì ta có

 



  

   

1 2 1

f x k

x k f x k

 

   

 









   











1 2 1 1

k kx f x

x k f x

k k x f x

k kx f x

Từ đây theo nguyên lý quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.

Vậy khẳng định ở bước 2 được chứng minh.

Vậy từ đó ta suy ra

 

  





2 1 1

n n f

hay

 

   

, 1,f n n

Bước 3. Ta sẽ chứng minh:

 



    











, 1, 4

f n n

Thật vậy, trong

 

ta thay



thì được

 























Tiếp theo, ta thay



vào

 

thì được

 



  













f x f

Vậy

 



     



   





   

   

1 1 1

f n f n

f n f

Mà ta có:

 



nên suy ra:









.fn

Nên từ đây bước 3 được chứng minh hoàn toàn.

Thử lại thì thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 



  

,.f n n

Chinh phục olympic toán| 35

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 26. Cho hàm



:f

là một hàm số thỏa mãn với mọi

 1n

thì có một số

nguyên tố

là ước của

sao cho:

 









f n f p f

và

     

  

2018 2019 2020

3 5 7 2017.f f f

Hãy tính giá trị của biểu thức

     

  

2018 2019 2020

2018 2019 2020G f f f

Doãn Quang Tiến

Lời giải

Thay

np

vào

 

thì ta được

 

   

 

   

f p f f p f p

Thay

bởi

thì ta được

   

 





1nn

f p f p f p

Bằng phương pháp quy nạp thì ta chứng minh được.

 

   











1 *

f p f

Thật vậy, thì

 

đúng với

 1.n

Giả sử

 

đúng với

1.nk

Ta sẽ chứng minh

 

cũng đúng với

1nk

hay ta có

   

 

   

 











    





1 2 1

2 2 2

f p f p f p f f

Từ đây ta suy ra

 

cũng đúng trong trường hợp

1.nk

Vậy theo nguyên lý quy nạp thì

 

đúng với mọi

Khi đó thì ta suy ra

     

   

  

  

     

   

     

     



    

2018 2019 2020

3 5 7 2017

2 2018 2 2019 2 2020

1 1 1 2017

2 2 2

6051 2

1 2017 1 .

f f f

fff

Từ

 



và

 



suy ra:

 



Khi

 



thì

 

được viết lại như sau

   



   





, 2

f n f n

Cho

là số các thừa số nguyên tố của

khi đó số lượng thừa số nguyên tố của







là

 

 1.k

 Với

 1k

thì ta chọn

 2n

thì theo

 

ta được:

 



  

1 1 2

36 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

 Với

 2k

thì ta chọn

10 2.5n

thì theo .

 

ta được:

   





        





10 1 1 1 1 2 2

10 5 0

2 3 3 3 3 3

f f f

 Với

 3k

thì ta chọn

12 2.3.4n

thì theo

 

ta được:

     



   

               

   

   

12 1 1 6 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2

12 6 2

2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

f f f f f

Từ đó, bằng phương pháp quy nạp ta suy ra được:

 





với

là số các thừa số nguyên tố của

 

* *n

Mà lưu ý rằng

  

2018 2.1009, 2019 3.673, 2020 2 .5.101.

Do đó suy ra:

2018

có

4036

thừa số nguyên tố,

2019

có

4038

thừa số nguyên tố,

2020

có

8080

thừa số nguyên tố.

Từ đấy theo công thức

 

ta suy ra được:

     

  

      

2018 2019 2020

4036 2 4038 2 8080 2 16148

2018 2019 2020 .

3 3 3 3

G f f f

Vậy từ đấy ta có kết quả của bài toán.

Nhận xét. Một điều thú vị là khi ta thay

2017, 2018,2019,2020

bằng

 

  1, , 1, 2x x x x

thì

ta được kết quả của

 



không thay đổi.

Câu 27. Tìm tất cả các hàm số



thỏa mãn:

 

       

    

3 2 2 2 2 *

2 , ,f m n f m f n f m f n m n

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 1. Nếu

là hàm số hằng.

Tức là

 

,f n const c

với

là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Trường hợp 2. Nếu

không là hàm số hằng.

Nếu tồn tại



,mn

sao cho

   

f m f n

thì ta gọi

,ab

là hai số thỏa mãn:

         

    

min , , 1f a f b f m f n m n

Giả sử

   

f a f b

thì ta có

           



3 2 2 3

22f b f a f b f a f b f a

Suy ra

 

     

       

2 2 2 2

f b f a b f a f a b f b f a f b

Từ đó thì ta suy ra

       

 

   

        

2 2 2 2

2f a f b f a f b f a b f b f a b f b

Rõ ràng thì ta thấy

 

mâu thuẫn với

 

Chinh phục olympic toán| 37

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Do đó chỉ có

là hàm số hằng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất các hàm số thỏa mãn đề bài là:

 

const ,f n c

với

là hằng số.

Câu 28. Giả sử

:f

là hàm liên tục và giảm sao cho với mọi



,xy

ta có

 

   f x y f f x f y f y f x

Chứng minh rằng

 

f f x x

Lời giải

Cho

yx

ta được:

   

 

  2 2 2f x f f x f f x f x

Thay

bằng

 

ta có

 

   

 

  2 2 2f f x f f f x f f f x f f x

Trừ hai phương trình trên ta suy ra:

 

     

 

    2 2 2 2f f f x f x f f f x f f x f f x f x

Nếu

 

f f x x

, vế trái của phương trình trên âm, do đó:

   

 

  f f x f f x f x f x

và

   

 

  f x f f x x f x

là điều mâu thuẫn.

Tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn xảy ra khi

 

f f x x

Vậy

 

f f x x

, điều phải chứng minh.

Câu 29. Cho song ánh

:f 

. Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ

 

,,a b c

với

,,a b c

thỏa mãn

a b c

và

     

2 f b f a f c

Lời giải

Ta xây dựng dãy

 

như sau:

Trong các số từ 0, 1, 2,..., m chọn số

sao cho

 

   

    

0;f a f i i a m

Chọn



sao cho

 

  

, 0;f a f i i a

Chọn





1kk

sao cho

 

  , 0;

f a f i i a

Vậy ta có dãy



   

1 2 1

...

a a a a

và

       



   

1 2 1

...

f a f a f a f a

Trong đó



và

 

   0;

f a f j j a

Vì f là song ánh nên

   



  

f a f a p p N

Và

c

để

 

   



  

11kk

f c f a p f a

Mặt khác

 







  





  





, 1,

a a i k

f a f i i a

38 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Nên





   

 

   

 









   









p a f a p

f a f a f c

f c f a p

Do cách xây dựng, dãy

 

là dãy vô hạn nên tồn tại vô số bộ

 

,,a b c

thỏa điều kiện đã

nêu.

Câu 30. Có bao nhiêu hàm

**

thoả mãn đồng thời các điều kiện sau

 

11f

     

 

   

2 9 1 1997,f n f n f n

 *.n

Lời giải

Gọi

là tập hợp tất cả các hàm số

thoả mãn điều kiện bài toán.

Theo giả thiết b) ta có



     

 

   

2 1 1997f n f n f n

;



     

 

    

1 3 2 1997f n f n f n

Suy ra

     

 

     

 

        

2 1 1 ( 3 2 1997f n f n f n f n f n f n



   

 

   

 

    

  



2 1 3

, *.

f n f n f n f n

f n f n

Vì vậy ta có

   

 

   

 

   

 

   

   



1 3 2 4 2

... ...

2 3 1

f f f f f n f n

f f f n

Đặt

   

 





 

suy ra

       

     2 1 , * 2f n cf n f n n

Ta chứng minh

 *.c

Thật vậy, nếu



với

,pq

và

 

,1pq

thì từ

 

ta có

   

 

     2 1 , *q f n f n pf n n

Suy ra

 

  1 , *q f n n

hay

   

  

2 , *q f n f n n

và

 2.n

Vì

     

 





   

1997 2 1 .f n f n f n q

Mà

1997

là số nguyên tố nên



hay

 1q

suy ra

 *c

Gọi

 

2,fa

 

ta có

 

13ac f

suy ra

       

 

    

1 3 1 3 2 1997ac f f f f



  

1 1997ac a



 

1998a c a

Ta được

1998a

, hay

 

là một ước dương của 1998.

Ngược lại với mỗi ước dương

của

1998

ta xây dựng hàm

: * *f

như sau

 

1 1;f

 

2fa

       

      

2 1 ,f n a b f n f n n

; trong đó



1998

*.b

Chinh phục olympic toán| 39

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Ta chứng minh

thoả mãn điều kiện đề bài, nghĩa là

fD

Thật vậy

     

 

       

 

       

 

       

 

     

 

           

       

     

1 3 2 1 2 1 2

1 2 1 2

2 1 2 1

2 1 , *

f n f n f n f n a b f n f n f n

a b f n f n f n f n

f n a b f n f n f n

f n f n f n n

Suy ra

     

 

     

 

       

1 3 2 2 1f n f n f n f n f n f n

...

     

 

   

 

   

3 1 2 3 2f f f f f

Từ đó ta có

     

 

   

 

    

2 1 3 2f n f n f n f f

       

 

       

2 1 2 1a b f f f a b a a

    1 1998 1 1997.ab

Vậy ta được

     

 

   

1 1 1997f n f n f n

hay

fD

Ta có tương ứng, mỗi

fD

với một giá trị

 

2 1998f

là một song ánh giữa

và tập các

ước dương của

1998

Do đó số phần tử của

là:

 

   

      

1998 2.3 .37 1 1 3 1 1 1 16.D d d

Vì vậy có tất cả 16 hàm số thoả mãn đề bài.

Câu 31. Tìm tất cả các hàm số



sao cho.

 

22f

     

..f m n f m f n

với mọi



,mn

 

,1UCLN m n

   

f m f n

  

,,m n m n

Lời giải

Chọn

 1n

, thay vào

       

  . . 1 1f m n f m f n f

Ta để ý rằng

                   

   3 . 5 15 2 . 9 2 . 10 2 . 2 5f f f f f f f f f f

Vậy

     

3 2 . 2 4f f f

. Mà

   

  2 2 3 4ff

nên

 

33f

Từ đó ta tính được

             

      4 4, 5 5, 6 6, 7 7, 8 8, 9 9, 10 10f f f f f f f

Dự đoán

 

f n n

với



Giả sử

 

f k k

với

   

,10k k n

. Ta chứng minh điều khẳng định vẫn còn đúng với

1kn

Nếu

là số chẵn, ta xét hai trường hợp sau:



 



   

2 2 1 ; ,k l l

40 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Lúc này

   

      

  

2 2 1 2 2 1 2 2 1f k f l f f l l k





 

2;k

Lúc này

 

   

 

   

  

          

   

1 1 1

2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2f k f f f f k

Mặt khác

       

         1 1 1 2 2k f k f k f k f k k

Do đó

   

   , 1 1f k k f k k

Nếu

là số lẻ thì

 1k

là số chẵn, ta xét hai trường hợp sau:



 



   

1 2 2 1 ; ,k l l

. Khi đó



    0 2 ,0 2 1n l n

Theo giả thiết quy nạp

   

        

  

1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1f k f l f f l l k

Mà

       

         1 1 1 1k f k f k f k k f k k





  

1 2 ;k

. Lúc này

 

   

 

   

  

           

   

1 1 1

1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 3f k f f f f k

Mặt khác

         

           1 1 1 2 3 3k f k f k f k f k f k k

Do đó

     

      , 1 1, 2 2f k k f k k f k k

Theo nguyên lí quy nạp

 

f n n

với



Câu 32. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn

       

     1, ,f m n f mn f m f n m n

 

Lời giải

Thay

0mn

vào

 

ta được 2

     

   

0 0 1 0 1f f f

Thay

  1, 1mn

vào

 

ta lại có

     

   1 1 1 1f f f

Vậy

 

10f

. hoặc

 

11f

 Xét

 

11f

. Thay

 1n

vào

 

ta có :

     

     1 1,f m f m f m m

Suy ra

   ( 1) 1,f m m

hay

  ( ) 1,f m m

. Thử lại thỏa mãn.

 Xét

 

10f

Thay

1n

vào

 

ta được

   

     1 1,f m f m m

 

Thay

 1n

vào

 

ta lại được

       

     1 1 1,f m f m f f m m

Đặt

 

 1af

thì phương trình trên trở thành

     

     1 1,f m f m af m m

 

+ Với

 2a

. Nếu

 1a

thì dẫn tới

 

11f

(trường hợp này đã giải ở trên)

Do đó ta xét

 1a

Khi đó

       



       







3 1 1 ,

f m a f m m

Chinh phục olympic toán| 41

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

     



       







1 1 ,

f n a f n n

     





       







1 1 ,

f n a f n

 





   



f n n

Đặt

1ba

   





    



\ 0,1 , ,

b f n n

Thay vào

 

ta được



   



     

1 1 1

b b b

m



     

b b b m

 

Thay

 2m

vào

 

ta được

   

         

1 1 1 0 1b b b b b

 

 1b

Từ đó suy ra

 





  

f n n

, hay

 

 0fn

khi n lẻ và

 

 1fn

khi n chẵn.

Thử lại thỏa mãn.

+ Với

 2a

thì

 

12f

Thay

 1n

vào

 

ta được

   

   1 1,fmmmf

 

Từ

 

12f

và

 

ta dùng phương pháp quy nạp toán học thì sẽ chứng minh được

 

 1,f nnn

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là

   

 





 

1 ,

n fnf nfn

với

n

Câu 33. Tìm tất cả các hàm số

:f

thỏa mãn

 

02f

và

 

   

     2 2 2 , ,f x f x y f x f y x y

 

Lời giải

Thay

0xy

vào

 

ta được

 

   

  0 2 0 2 4f f f f

Thay

 0x

và

 1y

ta được

 

   

   2 2 2 4 6f f f f

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với

x

thì

 

2 2 2f x x

 

Theo trên thì

 

đúng khi

 0x

Giả sử

 

đúng tới

 

 ,0xkkk

Thay

0, x y k

vào

 

ta được

 

     

 

      2 0 2 2 1 2 1 2f f k f f k f k k

Vậy

 

cũng đúng khi

1xk

, suy ra

 

đúng với

  , 0.xx

Với

  , 0,xx

thay

   

 , 2 ,x y x x

vào

 

ta được

42 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

 

   

 

     

 

      

       

         

       

     

    

2 0 4 2 , , 0

2 1 2 2 2 , , 0

2 1 2 2 2 2 2 , , 0

2 2 2, , 0

(2 ) 2 2,

f x f f x f x x x

f x f x f x x x

x x f x x x

f x x x x

f x x x Z x

f x x x Z

Dó đó (1)

   

 

       1 2 2 2 4, ,f x f x y x y x y

 

Ta sẽ chứng minh nếu x là số nguyên lẻ thì

 

cũng là số nguyên lẻ.

Thật vậy, nếu

 

 2f x k

, với

k

, thay

2xxk

(với x lẻ) và

yk

ta được :

 

    2 2 2 2 4, ,f x k f x xx k k x

lẻ

 

     2 2 4, ,f x x k x x

lẻ

     2 2 2 4, ,k x k x x

lẻ

Do đó

4 2 4,kx

với mọi số nguyên lẻ x.

Điều này vô lí vì

24x

không phải lúc nào cũng chia hết cho 4.

Như vậy nếu x lẻ thì

 

lẻ.

Từ đó nếu x lẻ thì

 2xy

lẻ, dẫn đến

 

 2f x y

lẻ, do đó

 

2x f x y

chẵn

Do đó

 

    2 2 2f x f x y x f x y

Kết hợp với

 

ta được

   

       2 2 2 2 4 2 2 2,x f x y x y f x y x y

,,x y x

lẻ

 

   2,f xxx

Thử lại thỏa mãn.

Câu 34. Tìm tất cả hàm số

:f

sao cho

 

   

    2 3, 1f f n f n n n

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số

 

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cho

 0n

, từ

 

có

 

     

    0 0 3 0 3 2f f f f n

Nếu

 

00f

thì

 

0 0 0f f f

mâu thuẫn

 

. Vậy

 

00f

Nếu

 

02f

thì từ

 

ta có

 

   

 

   

 

         0 1 2 0 1 1 2 2.2 3 2 6f f f f f f f f f

   

 

      6 1 2.1 3 1 1f f f f

Suy ra

 

6f

, loại.

Như vậy

 

02f

. Tương tự cũng có

 

03f

Chinh phục olympic toán| 43

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Do đó

 

01f

. Khi đó từ

 

ta có

   

 

   

 

       1 0 2 2 1 2.1 3 1 3f f f f f f f

Ta sẽ chứng minh hàm cần tìm là

 

   1,f n n n

bằng quy nạp toán học.

Thật vậy. Với

 0n

thì

 

  0 1 0 1f

Giả sử khẳng định đúng tới

,( )n k k

. Tức là:

( ) 1f k k

Với

1nk

ta có

   

 

     

           1 2 3 2 3 1 1 1f k f f k k f k k k k

Vậy khẳng định đúng với

1nk

Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có

 

   1,f n n n

Thử lại hàm tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 35. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất hàm số

: * *f

thỏa mãn

 

   

      , , *f m f n n f m b m n b

 

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số

 

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta chứng minh f là đơn ánh.

Thật vậy, giả sử

   

  

1 2 1 2

, , *f n f n n n

Từ

 

ta có

 

   

          

1 2 1 2 1 2

f m f n f m f n n f m b n f m b n n

Vậy f là đơn ánh.

Với

 *n

, ta có

   

 

   

 

          1 1 1 1f f f n n f f b n f b b f b f n

     

    11f n b f n f

, vì f là đơn ánh

     

     11f n f n f b a

, với

 

1a f b

Suy ra

         

         1 ... 2 1 1 , *f n f n f f f b a n

Từ đó:

   

      ,*f n b na f n na b n

Lúc này

 

     

          f m f n n f m b f m na b n m b a b

 

       m na b a b n ma ba b

     

11na n a a

, vì nếu

1a

thì

 

 *fn

khi

nb

Suy ra

   

    ,*f n n b n b

Thử lại hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề.

44 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 36. Hãy xác định tất cả hàm số



thỏa mãn đẳng thức:

       

     1 2 . 3f n f n f n f n a

 

Với a là số tự nhiên thỏa mãn

 1a

là số nguyên tố

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm.

Thay

bởi

 

 1n

lúc đó

 

trở thành

         

      1 2 3 4 2f n f n f n f n a

Lấy

   

21

vế với vế ta được:

         

 

      2 3 4 2f n f n f n f n f n

 

Thay n bởi 1 lúc này

 

trở thành:

         

 

  3 1 4 5 3f f f f f

Thay n bởi 2 lúc này

 

trở thành:

         

 

  4 2 5 6 4f f f f f

Thay n bởi 3 lúc này

 

trở thành:

         

 

  5 3 6 7 5f f f f f

Thay n bởi 4 lúc này

 

trở thành:

         

 

  6 4 7 . 8 6f f f f f

Từ đây ta đã nhận ra quy luật đặc biệt của bài toán này đó chính là nếu thay n bởi số lẻ thì

ta luôn biểu thị được:

             

 

    3 1 4 . 6 ... 2 . 2 1 2 1f f f f f n f n f n

 

Nếu thay n bởi các số chẵn ta sẽ được một đặc biệt khác

             

 

    4 2 5 7 ... 2 1 2 2 2f f f f f n f n f n

 

 Nếu

   

13ff

thì lúc này ta sẽ lậy tức có ngay

   

2 1 2 1f n f n  

lúc này sẽ có

vô số số bé hơn

 

mà

 

là 1 số hữu hạn. Suy ra vô lí. Tức là

   

31ff

Tương tự ta cũng sẽ có

   

42ff

 Nếu

   

13ff

và

   

24ff

lúc này

   

2 1 2 1f n f n  

và

   

2 2 2f n f n

Suy ra

   

31ff

và

   

42ff

sẽ có vô số ước số khác nhau (vô lí).

Từ đó chúng ta sẽ có 3 trường hợp

Trường hợp 1.

   

3 1 2 1 2 1

4 2 2 2 2

f f f n f n

   









  





, lúc này

   

1 2 1

f f n















Thay bởi 1 vào phương trình

 

lúc này

       

1 2 3 . 4f f f f a  

Mà lại có

   















         

 

1 2 2 . 1 1 1 2 1 1f f f f a f f a        

Mà lại có

1a

là số nguyên tố nên ta có

 

2 2 1

khi n k

a khi n k

khi n k



































































Trường hợp 2.

   















lúc này

   

1 2 1f f n

với mọi



Chinh phục olympic toán| 45

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Thay vào

 

ta được

   

     

 

   

 

2 2 2

4 2 1 2 2 2

f n f n

f f f f n f n











   





Lúc này

   

42ff

có vô số các ước số nguyên dương đôi một khác nhau, điều này

không thể xảy ra nên phải có

 

11f 

Thay n bởi 1 vào phương trình

 

thì ta sẽ có được

       

1 2 3 . 4f f f f a  

Mà lại có

 

2 1 1fn

         

 

  

 

1 2 1

4 2 1 2 2 2 1

f f a f n f n a f n

x n k







          











Với



Trường hợp 3. Nếu

   















Lập luận tương tự như trên

 

  

khi n k

y khi n k









  

  





trong đó



Câu 37. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn

       

f n a f n an t a k    

với

   

 

...

f n f f f n

với

, at

là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn

 

2 1 1k t a  

Lời giải

Đặt

 

f n n k a  

. Ta sẽ chứng minh

a 

với mọi số tự nhiên dương n bất kì

Từ giả thiết ta suy ra

       

   

1 1 1

t a k n t a k

a f n an t a k f n n

a a a

    

        

  

 

Với

22n a tk  

thì

 

1 2 2 2 2

n t a k

n t a k a ak k k f n n k

  

             



Như vậy với

 

2 2 1n a tk f n n k      

Khi đó với

2 1 2n a kt k t    

thì

 

1 2 2 2 2 2f n n k a kt k t a tk         

lúc đó ta

cũng có

 

   

2 1 2 1f f f f f n k f n k     

Tiếp tục làm như thế cho đến lần thứ

1t 

lúc đó ta sẽ có

 

    

1 1 2 2

f n n t k a tk



      

Và cuối cùng

 

   

t t t

f n f f n f n k n t k



      

Lại có với

 

1n t k

thì

   

 

           

1 1 1 1

a f n f n a f n n t k a f n        

Mà

 

       

f n an t a k a f n     

nên bất đẳng thức trên cho ta

46 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

          

1 1 1 97 2 2

a n k a an t a k n t k n a            

Từ

 

ta có

     

 

1 1 1 1 2 1 1

tk n

a a a k n t a k a k t a





             



Mà từ

 

ta có

         

1 1 1 1 1 0

n n n n

a a a k t k t a k a a t a a



               



Từ đó ta sẽ có

a 

Xét với

 

1n t k

. Ta sẽ chứng minh phần này của bài toán bằng phương pháp quy nạp.

Giả sự bài toán đúng đến

mn

. Khi đó

 

1 2 3

1 2 3 ... 2

t t t

f n t k f n t k f n t k f n n

  

           

   

 

     

 

1 1 1 1 1 1

f n f f n t k f n t k a n t k t a k a f n t k



               

Theo giả thiết quy nạp

( ( 1) ) ( 2)f n t k n t k    

Do đó

       

1 2 2f n an a t k tk ak k an a t k n t k n k             

Vậy

 

f n n k

. Thử lại thấy thỏa mãn.

Câu 38. Cho hàm số

:f 

thỏa mãn:

   

 

   

 

   

2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 2

f n f n f n f n f n

f n f n



       













Tìm n sao cho

 

2009fn

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài

Vì

 

3 1 2 fn

là số nguyên dương lẻ

   

2 1 2 1f n f n

là số nguyên dương lẻ

     

2 1 2 2f n f n f n

     

2 1 2 1 2 1f n f n f n

   

     

 

2 1 2 1 1

2 1 2 1 3 1 2

f n f n

f n f n f n

   









    





   

 

   

2 1 2 2

2 2 1 2 3 1 2 3

f n f n

f n f n f n f n

  



  









   





Ta sẽ chứng minh

   

1f n f n 

(1)

Với

     

1 1 0 2 0n f f f  

Giả sử

   

1f n f n 

đúng tới

       

*()0 1 2 <k k N f f f f k 

 Nếu k chẵn. Đặt

 

2*k m m

         

1 2 1 2 2 2f k f m f m f m f k      

 Nếu k lẻ. Đặt

 

21k m m  

             

1 2 2 3 1 3 2 2 2 2 1f k f m f m f m f m f m f k           

Như vậy trong mọi trường hợp khẳng định (2) đúng

Chinh phục olympic toán| 47

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Do đó

           

0 3 0 0 0, 1 2; 2 3 1 6f f f f f f    

             

3 2 2 8, 13 12 2 9 3 2 74, 27 3 13 2 224f f f f f f f     

           

53 9 13 2 668, 107 3 53 2 2006, 108 9 27 2016f f f f f f     

   

107 2009 108ff

 

2009fn

 

0;1;2;...;107n

Câu 39. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thoả mãn:

 

   

 

1 1 1

, , ,

3 3 9

f xy f xz f x f yz x y z    

Lời giải

Cho

0x y z  

thì

         

1 1 1 1 1

0 0 0 0 0 0

3 3 9 3 3

f f f f f



       





Cho

1  x y z

thì

         

1 1 1 1 1

1 1 1 1 0 1

3 3 9 3 3

f f f f f



       





Cho

0yz

thì

     

f f x f

 

f 

nên

 

f x x  

 

Cho

1yz

, ta có

       

1 1 1

3 3 9

f x f x f x f  

 

f 

nên

 

f x x  

 

Từ

 

và

 

ta được

 

f x x  

Câu 40. Cho

 

2nn

và hàm số

:f 

sao cho:

 

f x y x f x f f y x y



   

 

a) Giả sử rằng

 

2002 0.f 

Tính

 

2002 .f

b) Tìm hàm số

Lời giải

a) Từ

 

ta được

 Với

   

 

0; ,x f y f f y y   

 Với

 

1; 0 : 0 0 0 0.x y f f f    

 Với

 

1, : 1 1 . 1x y f y f f y    

Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được

     

1 , 2f n nf n  

Từ

 

ta có

                   

0 1 1 1 0 1 ; 1 1f f f f f f f t f x f x f           

Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được

     

1 , 3f n nf n    

48 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Từ

   

2 , 3

ta được

     

1 , 4f n nf n  

Đặt

 

1 ;p ,q

f   

và ta được

n

và

chia hết

nên

 

1nf 

Do đó ta được

 

         

 

1 1 1 1

f f n f n n f nf f f





     

   



   







Do đó, từ

 

ta được

 

2002 1f 

hay

 

2002 0f 

(loại).

Vậy

 

2002 2002f 

b) Từ

 

ta được

 

   

0 : , 1

y f x x f x x



   

 Nếu

chẵn:

 

0 : ,

f x f x

x f x f x f x



      



 Nếu

lẻ thì từ

 

và

 

ta được

   

 

f x y f x f y  

Suy ra

   

 

f x f x f x f x



        



Do đó

   

,f x f x x   

Từ

 

, chứng minh bằng quy nạp ta được

   

f px pf x p x    

Có

     

n n n

p f px f px pf x      

Vậy

   

 

, , 3

f px pf x p x    

Từ

 

ta có

 

   

ta được

.. 1

u u v

f f uv f

v v v





   





   

   



Mà

 

n n n n

f f v f f

v v v v



   

   



   

   



Vậy

 

   

. 1 4

f u v f

v v v











Ta có

 

10f 

hay

 

11f 

từ

 

suy ra

 

0,f x x  

hay

 

,f x x x  

Thử lại thỏa mãn

 

Vậy

 

0,f x x  

Câu 41. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn

 

2 3 2 3

,,f x y z f x f y f z x y z      

Lời giải

Đặt

 

,,P u v t

là phép thế

bởi

, ta có:



   

0,0,0 0 0Pf



 

,1,0Px



     

11f x f x f  

Chinh phục olympic toán| 49

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN



 

0, ,P y z



 













Với

 

11f 

, ta chứng minh

   

1,f x xf x  

Giả sử điều phải chứng minh đúng đến

,x k k  

   

1f k kf

Ta chứng minh đúng đến

1 x k k   

, thực vậy:

             

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1f k f k f kf f k f      

Với

 

10f 

, ta chứng minh bằng quy nạp

 

0f x x  

Thế vào giả thiết ban đầu, ta nhận được hai hàm thỏa đề:

 

0fx

và

 

f x x

x

Câu 42. Cho hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

 

 

 

,,f ab f a b f a b

với mọi

,,a b a b

; trong đó

 

 

, , ,a b a b

lần lượt là bội

chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương

,ab

;

     

 

f p q r f p f q f r    

với mọi số nguyên tố

,,p q r

Tính giá trị của

 

2013f

? Kí hiệu

là tập hợp tất cả các số nguyên dương.

Lời giải

Đặt

   

2 , 3f a f b

. Khi đó ta có các đẳng thức sau:

       

7 2 2 3 2 2 3 2f f f f a b      

       

8 2 3 3 2 2 3 2f f f f a b      

         

16 7 7 2 2 7 2 2 2 5 2f f f f a b a a b         

       

16 2 8 2f f f a a b  

Do đó ta có

 

5 2 2 1a b a ab  

Mặt khác ta có các đẳng thức sau:

         

12 2 3 7 2 3 7 3 2f f f f f a b       

       

 

12 2 6 2 2 2 3f f f a f a    

Suy ra

 

3 2 3 2a b a

Từ

   

1 , 2

ta có

   

5 2 2 2

... 7 7, 8 8

3 2 3

a b a ab a

a b a



   





    











Ta có 2003 là số nguyên tố nên

           

2013 2003 3 7 2003 3 7 2003 10f f f f f f       

 

           

2025 2003 5 17 2003 5 17 4f f f f f     

           

9 3 3 9 5 2 2 5 2 2 5 5f f f f f f        

       

17 7 7 3 2 7 3 17f f f f     

Kết hợp với

 

ta được

     

2003 2025 22 5ff

50 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Mặt khác

             

2025 9.9.25 9 9.25 9. 5.5.9 9 5 45f f f f f f f   

           

 

     

 

9 5 3.15 45 3 15 45 3 7 5 3

45.3 7 5 3 2025

f f f f f f

f f f

    

   

Do đó

 

2025 2025f 

, kết hợp với (5) ta được

 

2003 2003f 

Do đó từ đẳng thức

 

ta được

 

2013 2013f 

Câu 43. Đặt

   

: 0,1 0,1Ff

và

2.n 

Tìm giá trị nhỏ nhất của c thỏa mãn điều kiện

 

f x dx c f x dx



Với

fF

và

là hàm liên tục.

Lời giải

Ta có

 

   

 

 

1 1 1 1

0 0 0 0

0,1

f x dx n y f y dy n x f x dx n f x dx x



   

   

, vậy

cn

Với

0p 

, ta chọn hàm

 

f x x

, khi đó:

 

1np







Do đó:

 

lim









Vậy

cn

, lại có

2n 

nên giá trị c cần tìm là 2.

Câu 44. Tìm tất cả các hàm

 

: 1,1f 

liên tục, thỏa mãn:

 

f x f











 

, 1,1x  

Lời giải

Đặt

 





. Bài toán trở thành:

   

 

f x f g x

với mọi

11x  

Ta chứng minh bài toán nhỏ: Gọi dãy số

 

1nn

a g a





. Khi đó, với mọi giá trị dương

01a

, ta có:

lim 1





Chứng minh. Với mọi số thực

01a

, ta có:







 

a g a

Lại có, với mọi

01a

, ta thấy

 

01ga

Vì vậy

 





là dãy tăng nghiêm ngặt và có giới hạn.

Đặt

lim





. Ta có:

 

L g L L

   



0L 

nên

lim 1





Chinh phục olympic toán| 51

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Vì

là hàm liên tục nên:

   

lim 1 1

f h f





, nói cách khác với mọi

0

luôn tồn tại



sao cho với mọi

0 h  

   

11ff   

Đặt

1x   

, từ chứng minh trên ta có các hàm

   

, , ,x g x g x 

đều tiến đến 1.

Vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho

 

gx  

. Điều này đồng nghĩa:

 

f g x f

Vì

   

 

f x f g x

nên

   

1f x f

, do có thể chọn giá trị vô cùng bé, ta được:

       

1 0 1f x f f x f   

với mọi

01x

Chứng minh tương tự, ta được

   

1f x f

với mọi

10x  

Vì

là hàm liên tục nên

         

lim 0 1 1 0

f x f f f f



    

Vậy

 

f x c

với c là hằng số bất kỳ.

Câu 45. Có thể tồn tại hay không một hàm số

:f 

, liên tục trên và thỏa mãn

điều kiện: Với mọi số thực

, ta có

 

là số hữu tỉ khi và chỉ khi

 

1fx

là số vô tỉ.

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số liên tục

:f 

thỏa mãn điều kiện:

     

: 1 \ *x f x f x     

Xét các hàm số

           

1 , 1g x f x f x h x f x f x     

Khi đó

và

là những hàm số liên tục trên . Ta có

và

không thể đồng thời là

hàm hằng. Thực vậy, giả sử

   

,g x C h x C

. Khi đó:

   

2 f x C C f x C   

(C là hằng số)

Vì thế với



thì

   

1f f C    

, điều này mâu thuẫn với

 

Giả sử

không là hàm hằng, không mất tính tổng quát, khi đó tồn tại

1 2 1 2

,,x x x x

sao

cho

   

h x h x

Lúc này tồn tại số hữu tỉ

   

,r h x h x





Ta có

   

0h x r h x r  

   

   

Lại có

 

h x r

là hàm liên tục với mọi

thuộc nên phương trình

 

0h x r

có

nghiệm, tức là tồn tại

x 

sao cho

 

h x r

, từ đó

   

1f x f x r  

Mà

r 

nên

   

1,f x f x

hoặc đồng thời hữu tỉ hoặc đồng thời vô tỉ, điều này mâu

thuẫn với

 

Vậy không tồn tại hàm số thỏa đề.

52 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 46. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện

   

 

f x f t f y f z  

với mọi số hữu tỉ

x y z t  

và

, , ,x y z t

theo thứ tự lập thành cấp số cộng.

USAJMO 2015

Lời giải

, , ,x y z t

theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên

x t y z  

, kết hợp với phương trình đã

cho ta được

 

   

1f x f y z x f y f z    

với mọi

x y z

và x, y, z theo thứ tự

lập thành cấp số cộng.

Thay

0x 

vào (1) ta được

 

   

 

0f f y z f y f z   

với mọi

0 yz

Đặt

     

0g x f x f

ta được

   

02g y z g y g z y z     

Với số nguyên dương

3n 

, ta sẽ tìm cách biểu diễn

 

theo

   

1 , 2gg

Ta có

               

3 1 2 , 4 3 1 2 2 1g g g g g g g g     

, dùng quy nạp ta chứng minh

được

         

2 2 1 3g n g n g  

Lấy

2 yz

là các số nguyên dương ta được:

 

         

 

2 2 1 , 2 2 1 , 2 2 1g y g y g g z g z g g y z g y z g          

Thay vào

 

ta được

 

   

 

           

2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 .g y z g g y g g z g g g          

 

Kết hợp với

 

ta được

   

1g n ng

Ta biểu diễn

 

g nx

theo

   

,2g x g x

Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh

         

2 2 4g nx g x n g x  

Lấy

2 nm

là các số nguyên dương, thực hiện các thao tác như

 

ta được

                     

2 2 2 2 2 2 2 2g x m n g x g x n g x g x m g x g x g x          

Kết hợp với

 

ta được

     

5g nx ng x

Vậy với

,mn

nguyên dương:

       

m m m

g m ng g g g x xg

n n n

   

    

   

   

, với





   

 

     

 

f x f t f y f z g x g t g y g z x y z t          

lập thành CSC

Với

0x 

bất kỳ, ta xét CSC

0x y z  

ta được

                         

0 1 0 1 0 1 1 1g x g t g g z g x tg g zg g x g zg tg xg           

Vậy

           

 

1 , 0 1 0g x xg x f x f x f f ax b        

với

,,x a b 

Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Chinh phục olympic toán| 53

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 47. Giả sử

,rs

là hai số cho trước. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn

điều kiện

 

,,f x f y f x r y s x y      

Romania 2006

Lời giải

Thay

0x 

vào phương trình ban đầu ta được

 

   

,1f f y f r y s y    

Thay y bởi

 

thu được:

 

,,f x f f y f x r f y s x y      

 

,,f x f r y s f x r f y s x y         

 

,,f x r y f r r s f x r f y s x y           

 

,,f x y f r r s f x f y s x y         

Đặt

 

a f r r s  

thay vào phương trình trên ta được:

 

, , 2f x y a f x f y s x y      

Thay

0y 

vào phương trình (2) ta được:

       

0 , 3f x a f x f s x     

Từ

   

2 , 3

ta được:

 

   

 

0 , ,f x y f s f x f y s x y       

 

   

 

0 , ,f x y f f x f y x y      

 

     

 

0 0 0 , ,f x y f f x f f y f x y        

Đặt

     

0,f x f g x x   

và thay vào phương trình trên ta được

 

, , 4g x y g x g y x y    

Từ

 

theo kết quả về phương trình hàm Cauchy ta được

 

,,g x bx x b  

Từ cách xác định hàm số

ta được

     

05f x bx f bx c   

Từ

 

thay lại vào phương trình ban đầu ta được:

 

,,b x by c c b x r y s c x y         

,,bx b y bc c bx y br s c x y          

b r s

bc c br s c

c r s















   





   













Vậy bài toán có hai nghiệm

   

,,f x x r s f x x r s x        

54 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 48. Tìm tất cả các hàm số

:f 

sao cho với tất cả các số nguyên

,,a b c

thỏa

mãn

0a b c  

, đẳng thức sau là đúng:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

IMO 2012

Lời giải

Lời giải 1. Tôn Ngọc Minh Quân

Giả sử hàm

:f 

thỏa mãn điều kiện đề bài.

Cho

0a b c  

, ta được

 

00f 

Cho

 

, , 0a n b n c n    

ta được

   

f n f n

. Đặt

   

1f t t

Cho

2, 1, 1a b c    

ta có

 

20f 

hoặc

 

24ft

 Trường hợp 1.

 

20f 

 

3ft

Ta có

 

             

4 2 (2) 2 2 4 2 2 4 2 2 2 4 0f f f f f f f f f f      

Giả sử

     

2 0, 2 1 1f i f i t i k    

 

2 2 2

2 2 2 2 2 20 0f k f k f f k   

Ta có

 

       

2 2 2

2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 3f k f k f f f k f k f t        

Vậy

   

2 0, 2 1 ,f i f i t i N    

   

2 0, 2 1 ,f i f i t i     

 Trường hợp 2.

 

2 4 , 0f t t t  

Ta có

 

           

2 2 2

3 2 1 2 1 2 2 1 3 2 2 3f f f f f f f f f    

Suy ra

 

3ft

hoặc

 

39ft

 

39ft

 

24ft

 

1ft

. Ta chứng minh

 

,f n n t n  

Thật vậy mệnh đề đúng với

1, 2,3n 

. Giả sử mệnh đề đúng đến

3n 

Ta có

 

           

2 2 2

1 1 2 1 2 1 1 2 1f n f n f f f n f f n f n f n       

 

2 2 2

1 2 1 1 1 0f n t n f n t n       

   

11f n t n   

hoặc

   

11f n t n  

Giả sử

     

1 1 1f n t n f n    

Ta có

 

         

 

2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1f n f f n f f n f f n f n         

 

     

 

2 2 2 1 1f f f n f n    

   

2 2 2

16 8 .2 1 16 16 1t t n t t t n     

Đó là điều vô lý (vì

3n 

Vậy

   

2 * 2

,,f n n t n f n n t n      

       

3 , 0 0, 1 , 2 4f t f f t f t   

Chinh phục olympic toán| 55

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

 

           

222

4 2 2 2 2 2 2 2 ( 4 ) 2 2 4f f f f f f f f f    

 

40f

hoặc

 

4 16ft

Giả sử

 

4 16ft

. Ta có

 

           

2 2 2

4 3 1 2 1 4 2 3 4 2 1 3f f f f f f f f f    

2 2 2 2 2

256 2 32 32 2t t t t t    

192 0t

(vô lý).

Vậy

 

40f 

Ta có

 

   

2 2 2

5 4 1 2 1 5f f f f f

(5) (1)f f t  

 

   

222

6 4 2 2 2 6f f f f f  

   

6 2 4f f t  

 

   

2 2 2

7 4 3 2 3 7f f f f f  

(7) (3)f f t  

 

222

8 4 4 0f f f  

 

80f

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được

 

41f i t

iN

;

 

43f i t

i

 

40fi

iN

;

 

4 2 4f i t

i

Thật vậy giả sử

         

4 0, 4 1 , 4 2 4 , 4 3f k f k t f k t f k t k N       

Ta có

 

           

2 2 2

4 1 4 1 2 1 4 2 4 4 1 2 1 4 1f k f k f f f k f k f k f f k       

   

4 1 1f k f  

 

           

2 2 2

4 2 4 2 2 2 4 2 4 4 2 2 2 4 2f k f k f f f k f k f k f f k       

   

4 2 2 4f k f t   

 

           

2 2 2

4 3 4 3 2 3 4 2 4 4 3 2 3 4 3f k f k f f f k f k f k f f k       

   

4 3 3f k f t   

 

           

2 2 2

4 4 4 4 2 4 4 2 4 4 4 2 4 4 4f k f k f f f k f k f k f f k       

   

4 4 4 0f k f   

Suy ra

       

 

4 0, 4 1 , 4 2 4 , 4 3 , 0f i f i t f i t f i t t t i          

Ngược lại, giả sử hàm

:f 

thỏa mãn

     

2 0, 2 1f i f i t t   

với mọi

i 

Giả sử

, , , 0a b c a b c   

. Suy ra trong 3 số a,b,c có ít nhất một số chẵn

+) Nếu a,b,c cùng chẵn thì

     

0f a f b f c  

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

+) Nếu

chẵn và b,c lẻ thì

 

0fa

   

f b f c t

 

2 2 2

2f a f b f c t   

           

 

22f a f b f a f c f b f c t  

 

           

( ) 2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

56 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Tương tự nếu

chẵn a,c lẻ hoặc

chẵn a,b lẻ thì ta cũng có:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

Vậy hàm

:f 

sao cho

 

20fi

   

21f i t t  

với mọi

i 

thỏa mãn điều

kiện đề bài.

 Xét hàm số

:f 

thỏa mãn

 

,0f n n t t t n    

Giả sử

,,a b c 

thỏa mãn

0a b c  

Ta có

     

2 2 2

,,f a a t f b b t f c c t  

Suy ra

 

2 2 2

4 4 4 2

f a f b f c a b c t    

Có

2 2 2

0 2 2 2a b c a b c ab bc ca         

 

4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 4 4 4 8a b c a b b c a c a b b c a c abc a b c           

4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2a b c a b b c a c     

 

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2f a f b f c a b t b c t a c t     

           

2 2 2f a f b f b f c f c f a  

Vậy hàm

:f 

sao cho

 

,0f n n t t t n    

thỏa mãn đề bài.

 Xét hàm

:f 

thỏa mãn

       

 

4 1 , 4 2 4 , 4 3 , 4 0 , 0f i t f i t f i t f i t t i          

Giả sử

,,a b c 

sao cho

0a b c  

+ Nếu

 

4 0 mod 4a i i b c    

+ Nếu b,c đều chia hết cho 4 thì

     

0f a f b f c  

 

            

2 2 2

2 2 2 0f a f b f c f a f b f b f c f c f a      

+ Nếu

 

2 mod 4b 

và

 

2 mod 4c 

thì

     

0, 4 , 4f a f b t f c t  

 

2 2 2

32f a f b f c t   

           

2 2 2 32f a f b f b f c f c f a t  

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

+ Nếu

 

1 mod 4b 

và

 

3 mod 4c 

thì

   

,f b t f c t

 

2 2 2

2f a f b f c t   

           

2 2 2 2f a f b f b f c f c f a t  

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

+ Nếu

 

1 mod 4a 

 

0 mod 4b 

và

 

3 mod 4c 

, tương tự như trên ta cũng có:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

+ Nếu

1( mod 4)a 

 

3 mod 4b 

và

 

0 mod 4c 

, tương tự như trên ta cũng có:

Chinh phục olympic toán| 57

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

+ Nếu

 

1 mod 4a 

 

2 mod 4b 

và

 

1 mod 4c 

     

, 4 ,f a t f b t f c t   

     

2 2 2

( ) ( ) ( ) 18f a f b f c t   

           

2 2 2 2

2 2 2 8 8 2 18f a f b f b f c f c f a t t t t     

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

+ Nếu

 

1 mod 4a 

 

1 mod 4b 

và

 

2 mod 4c 

, tương tự như trên ta cũng có:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

+ Nếu

 

2 mod 4a 

 

0 mod 4b 

và

 

2 mod 4c 

hoặc

 

2 mod 4a 

 

1 mod 4b 

và

 

1 mod 4c 

; hoặc

 

3 mod 4a 

 

0 mod 4b 

và

 

1 mod 4c 

hoặc

 

3 mod 4a 

 

1 mod 4b 

và

 

0 mod 4c 

, tương tự như trên ta cũng có:

 

           

2 2 2

2 2 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a    

+ Nếu

 

3 mod 4a 

 

3 mod 4b 

 

2 mod 4c 

thì

     

,4f a f b t f c t  

 

2 2 2

18f a f b f c t   

;

           

2 2 2 18f a f b f b f c f c f a t  

 

           

2 2 2

2 2 ( ) 2f a f b f c f a f b f b f c f c f a     

Vậy tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn đề bài là:

:f 

     

2 0, 2 1f i f i t t i     

:f 

 

,0f n n t t t n    

:f 

       

 

4 0, 4 1 , 4 2 4 , 4 3 , 0f i f i t f i t f i t t t i          

Cách 2.

Thay

0a b c  

vào phương trình ban đầu ta được:

                       

2 2 2 2 2

0 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 3 0 6 0 0 0f f f f f f f f f f f f        

Thay

,0b a c  

vào phương trình ban đầu ta được:

                 

2 2 2

0 2 2 0 2 0f a f a f f a f a f a f f f a       



                   

2 2 2 2

2 2 0f a f a f a f a f a f a f a f a f a f a            

Ta có thể viết lại phương trình ban đầu dưới dạng:

       

 

   

 

20f c f c f a f b f a f b    

     

   

 

   

 

   

 

2 4 4

f a f b f a f b f a f b

f c f c f a b

    

     

         

2f a b f a f b f a f b    

Nếu

 

0fb

       

 

modf a b f a f a b  

Trường hợp 1.

   

1 0 0f f x x   

58 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Trường hợp 2.

 

1 0,f 

ta có

           

2 1 1 2 1 1 2 0f f f f f f    

   

2 4 1ff

Ta xét hai trường hợp nhỏ:

Trường hợp 2.1:

     

 

1 0, 2 0 mod 2 (1)f f f x f x f x f     

nếu

lẻ và

 

0fx

nếu

chẵn.

Trường hợp 2.2:

               

1 0, 2 4 1 3 2 1 2 2 1f f f f f f f f     

           

3 5 1 4 1 3 1 9 1f f f f f f  

 Nếu

         

1 0, 2 4 1 , 3 1f f f f f  

         

4 1 3 2 1 3f f f f f   

và

         

4 2 2 2 2 2f f f f f  

   

41ff

hoặc 0 và

   

4 16 1ff

hoặc 0

   

 

4 0 mod 4 .f f x f x   

 Nếu

         

1 0, 2 4 1 , 3 9 1f f f f f  

           

4 1 3 1 3 2 1 3 16 (1)f f f f f f f      

hoặc 4

 

và

         

4 2 2 2 2 16 1f f f f f   

hoặc

   

0. 4 16 1ff

 Nếu

4x 

, khi đó

   

1f x f x

Dùng quy nạp, ta chứng minh:

   

1f x f x x

 Nếu .

xm

, khi đó

   

1f x f x x

, đúng với một số giá trị

Giả sử điều phải chứng minh đúng với

mk

            

1 1 2 1 1 1f k f k f f k f f k      

hoặc

  

11fk

Và

            

1 1 2 2 1 2 1 1f k f k f f k f f k       

hoặc

  

13fk

    

1 1 1f k f k  

Vậy điều phải chứng minh đúng với

1mk

Vì nó vẫn đúng với

4m 

, theo quy nạp toán học ta có thể kết luận

   

1f x f x x

Câu 49. Tìm tất cả các hàm

,: fg





có đạo hàm trên



thỏa mãn

 



;

 







Lời giải

Ta có

   

 

   

 

   

. ' ' 'x f x g x x f x g x f x g x



    



   

0, 0

g x f x

x f x g x x



       







   

0x f x g x a x   







   

f x g x



0x 

 

Chinh phục olympic toán| 59

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Tương tự ta có

   

' 0, 0

f x g x





  







   

,0f x g x bx x   



0x 

 

Từ

   

1 , 2



 

f x bx









;

 

, 0, ,

g x bx x a b



    





Câu 50. Tìm tất cả các hàm





có đạo hàm trên



thỏa mãn

 

,f xy f x f y x y



   

 

Lời giải

Lấy đạo hàm hai vế

 

lần lượt theo biến

,xy

ta có

 

' ' ,yf xy f x x y



  

   

' ' ,xf xy f y x y



  

 

. ' . 'x f x y f y

,xy





. '( )x f x a





 

.lnf x a x b  





Thử lại

0b

Vậy

 

.lnf x a x





Câu 51. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn

 

1f f n n b n   

trong đó

là số nguyên dương chẵn.

Lời giải

Giả sử

thỏa mãn đề bài. Dễ thấy

đơn ánh

Trong

 

thay

bởi

 

ta được

 

f f f n f n b







Suy ra

   

f n b f n b n    

Vậy nếu

,0 1m qb r r b    

thì

 

   

 

1f m f qb r f q b r b f r qb       

Bây giờ ta chỉ cần xác định hàm

trên tập

 

0,1,2,..., 1Ab

Xét

xA

, đặt

 

f x y

thì

 

f y x b

Giả sử

y q b r

thì

 

f y f r qb

suy ra

 

2x b f r qb qb x b b      

nên

0q 

hoặc

1q 

Do đó nếu

xA

thì

   

,,f x r b r A f r x   

ii)

   

,,f x r r A f r x b   

Vậy hàm

được xác định như sau

 

f qb r qb f r

f a b

f b a b



  













với

   

a b A

60 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 52. Tìm tất cả các hàm





thỏa mãn:

 

,f xf y yf x x y



  

 

ii)

 

lim 0





IMO 1983

Lời giải

Thế

1x 

ta được

 

1f f y yf

Nếu

   

,f a f b

thì

   

 

11af f f a f f b bf a b    

vì

 

tiến tới số nguyên

dương. Vì vậy hàm

đơn ánh.

Thế

xy

ta được

 

()f xf x xf x

Vậy

 

xf x

là điểm bất động của hàm

Khi đó, thay

1y 

thu được

 

   

1 1 1f xf f x f  

vì

khác 0 nên 1 là điểm bất

động của hàm f. Ta chứng minh 1 là điểm bất động duy nhất của hàm

Giả sử tồn tại a,b là điểm bất động của

, ta có

 

f a a

và

 

f b b

Khi đó, thế

,x a y b

vào

 

ta được

   

 

f ab f af b bf a ab  

Suy ra

cũng là điểm bất động của

Thế

,x y a



thu được

   

1 1 1 1 1

11f f a f f a af f

a a a a a

       

       

       

       

Vậy

là điểm bất động của

Nếu

 

f a a

với

1a 

, khi đó

 

là điểm bất động của

, mâu thuẫn

 

Nếu

 

f a a

với

01a

, khi đó









là điểm bất động của

, mâu thuẫn

 

Từ các kết quả trên ta thu được điểm bất động duy nhất là 1, suy ra

   

1xf x f a

  

Câu 53. Chứng minh rằng tồn tại song ánh





sao cho

         

3 4 ,f mn m n f m f n f m f n m n



      

IMO Shortlist 1996

Lời giải

Xét hàm

: 3 1 4 1g



  

thỏa mãn:

 

g x f











thì ta có

là song ánh và

  

 

   

3 1 3 1 3 1 3 1 ,g m n g m g n m n



      

Thật vậy

  

 

3 1 3 1 3 3 1 4 3 1g m n g mn m n f mn m n         

       

 

   

4 4 1 4 1 4 1 3 1 3 1f m f n f m f n f m f n g m g n         

Vậy với mọi

, 3 1xy





, ta có

 

.g xy g x g y

Chinh phục olympic toán| 61

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh

là đủ, vì khi đó

 

3 1 1





thỏa mãn

đề bài.

Xét

,PP

là tập các số nguyên tố dạng

3 1,3 2kk

tương ứng và

,QQ

là tập các số

nguyên tố dạng

4 1, 4 3kk

tương ứng, ta xét song ánh

1 2 1 2

:h P P Q Q  

Sao cho

   

1 1 2 2

,h P Q h P Q

và xác định

như sau:



 

11g 

 nguyên tố thì

 

g n h p



Rõ ràng song ánh

như vậy thỏa mãn đề bài.

Câu 54. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa:

 

3 2 6 ,f f f n f f n f n n n    

Lời giải

Đặt

   

 

...

a f n f f f n

(lặp k lần).

Ta lặp được dãy

1 2 3

3 2 6

k k k k

a a a a

  

  

với mọi n

Xét tập

 

0 1 2

, , ,...S a a a

vì đây là tập các số nguyên dương nên sẽ tồn tại một phần tử có

giá trị nhỏ nhất. Đặt

là số sao cho

là giá trị nhỏ nhất trong tập

Ta có bất đẳng thức

1 2 3

3 2 6 6

k k k k j

a a a a a

  

   

Đẳng thức xảy ra khi

12k k k j

a a a a



  

Lại có khi đặt

3kj

thì đẳng thức xảy ra, vậy ta có

1 2 3j j j j

a a a a

  

  

Tịnh tiến giá trị ta thu được

aa

với mọi

kj

Thực hiện tương tự cho tịnh tiến lùi, lưu ý rằng

3 2 1

k k k

a a a

  





, ta thu được

aa

với mọi

kj

. Vậy

aa

với mọi

0k 

Từ chứng minh trên dẫn đến

aa

hay

 

f n n

, n

Câu 55. Tìm tất cả các hàm số

   

: 0; 0;f   

thỏa mãn điều kiện:

 

   

, 0; 1f f x yf yf x x y   

Lời giải

Với mọi

 

0;t  

, ta chọn tùy ý một

cố định và

 

u f x

 

v tf x

thì

 



Ta thay trong

 

bởi

 

ta có

 

f f x f

f y f y









62 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Hay

 

. 2

f f y f f x









Trong

 

, thay

bởi

 

ta được

 

     

1 0; 3f f x f x

   

Từ

   

2 , 3

suy ra

 

1 .

f y f x









Do đó

 

f u f v

f v f u









Do vậy,

     

1 . 0;f t f t

   

Thử lại, hàm cần tìm là

   

f x x

   

ở đó

0a 

là hằng số.

Câu 56. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số

xác định trên tập các số thực

dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn

 

6.f f x x f x

Putnam 1988

Lời giải

Với mỗi số thực dương

cố định, ta xây dựng dãy

 



như sau:

   

 

1 0 2 0 1 0

, , .

f x f f x f f f x



  

Khi đó, từ đẳng thức ở giả thiết ta suy ra dãy

 



thỏa mãn phương trình truy hồi

n n n

f f f





Hay

6 0.

n n n

f f f



  

Đến đây, giải phương trình đặc trưng của dãy

 



, ta được hai nghiệm là 2 và

3

Do đó,

 

2 3 ,

f a b    

trong đó, các hằng số a, b tìm được phụ thuộc vào

,ff

Tuy nhiên, nếu

0b 

, thì tồn tại

đủ lớn sao cho

f 

(ta có thể thấy được dễ dàng bằng

cách chọn

chẵn đủ lớn nếu

0b 

, và chọn

lẻ đủ lớn nếu

0b 

Do vậy,

0b 

. Thành ra

fa

Suy ra

 

.2 , .2f f x a f x a

, thay hai giá trị này vào đẳng thức

 

0 0 0

6f f x x f x

Ta được

2ax

. Dẫn đến

 

2f x x

Và vì điều này đúng với mọi

dương nên

 

2 , 0f x x x  

Chinh phục olympic toán| 63

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Câu 57. Hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

   

 

   

 

     

: , 1

: 2 2 , 2

: 0 1 3

i f f n n n

ii f f n n n

iii f

  

    



Tìm giá trị

   

1995 , 2007ff

Olympic Ukraine 1995

Lời giải

Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến

 

phải có dạng:

 

f n an b

Khi đó điều kiện

 

trở thành:

,a n ab b n n    

Đồng nhất các hệ số, ta được

ab b

  









  









Với











ta được

 

f n n

. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn

 

Với











ta được

 

f n n b  

Từ điều kiện

 

iii

cho

0n 

ta được

1b 

Vậy

   

14f n n  

Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ta phải chứng minh

 

1f n n  

là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán

Thật vậy giả sử tồn tại hàm

 

khác

 

cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Từ

 

iii

suy ra

   

0 0 1fg

Từ

 

iii

suy ra

   

1 1 0fg

Sử dụng điều kiện

   

,i ii

ta nhận được

 

22g g n g g n  

n

Dno đó

 

22g g g n g g g n  

n

Hay

   

22g n g n  

n

Giả sử

là số tự nhiên bé nhất làm cho

    

5f n g n

 

cũng thỏa mãn

 

nên ta có

       

   

0 0 0 0

2 2 2 2

g n g n f n f n

g n f n

      

   

Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn

 

Vậy

   

f n g n

n

Chứng minh tương tự ta cũng được

   

f n g n

với mọi n nguyên âm.

64 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Vậy

 

1f n n

là nghiệm duy nhất.

Từ đó tính được

   

1995 , 2007ff

Câu 58. Tìm

 

: 0,1f 

thỏa mãn:

 

   

, , 0,1f xyz xf x yf y zf z x y z    

Lời giải

Chọn

x y z

ta được

 

3f x xf x

Thay

,,x y z

bởi

ta được

   

6 2 2

3f x x f x

Mặt khác

   

 

   

6 2 3 2 2 3 3

..f x f x x x xf x x f x x f x   

Hay

 

2 2 2 2 4

33x f x xf x x f x x f x  

 

   

2 2 4

23x f x xf x x f x  

 

f x f

x x



   

Thay

bởi

ta được

   

f x f x x



  

 

3 3 ,

x f x xf x x



   

     

3 1 3 1

3 3 , 0, 0

x f x xf x x f x x



       

Vậy

 

0fx

với mọi

 

0;1x 

Câu 59. Tìm tất cả các hàm

xác định trên và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

         

 

2 2 3 ,

f n f k n f k n f n f k k n

    













Lời giải

Cho

0kn

         

2 0 2 0 3 0 0 0 0 2f f f f f       

Nếu

 

00f 

chọn

0n 

ta được:

 

20fk

do đó

 

0fk

với mọi k

Chọn

1k 

ta được

 

10f 

mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy

 

02f 

Chọn

1n 

ta được phương trình

         

2 1 1 2 1 3 1 ,f f k f k f f k k    

     

2 1 2 1 3 ,f k f k f k k     

Đặt

 

x f k

ta có phương trình sai phân

2 3 2 0

k k k

x x x



  

Phương trình đặc trưng là

2 3 2 0 2

          

Vậy

 

f n c c



  





Chinh phục olympic toán| 65

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Ta tìm

,cc

từ điều kiện

   

0 2, 1 1ff  

Dễ tìm được

0, 2cc  

Vậy

 



  





Câu 60. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

   

2 , ,

1 ,

f f n n k n k

f n f n n



    





   





Lời giải

Giả sử có hàm

thoả mãn các điều kiện

   

1 ,2

Ta chúng minh hàm

là một đơn ánh.

Thật vậy, với mọi

,mn

và

mn

, nếu có

   

f m f n

thì do

 

suy ra

 

22f f m f f n m k n k m n      

(vô lý)

Suy ra

là đơn ánh. Do

 

   

1f n f n  

với mọi

n 

suy ra

   

11f n f n  

với mọi

n 

 

1 1 1f f n f f n f f n     

với mọi

n 

 

11f f n f f n   

với mọi

n 

1 2 1 2n k n k     

với mọi

n 

 

11f f n f f n   

với mọi

n 

   

11f n f n   

với mọi

n 

( do

là đơn ánh)

   

11f n f n   

với mọi

2 ; nn

Truy hồi ta được

   

11f n n f  

với mọi

n 

 

1 1 2 2 1f f n f n f n f      

với mọi

n 

 

2 2 2 1n k n f    

với mọi

n 

 

11fk  

với mọi

n 

Suy ra

 

11f n n k   

với mọi

n 

 

f n n k  

với mọi

n 

Thử lại

 

f n n k

với mọi

n 

thỏa mãn các điều kiện

   

1,2

Vậy các hàm

cần tìm thỏa mãn đề bài là

 

f n n k

với

n 

66 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 61. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 

2013 2016

f f n n n









   





Lời giải

Giả sử có hàm

thoả mãn các điều kiện

   

1 ,2

Từ điều kiện

 

ta dễ dàng chứng minh được

là một đơn ánh.

Từ

 

ta suy ra

 

4f f f n f n

với mọi

n 

   

44f n f n   

với mọi

n 

(3)

Với

4n k r

với

k 

;

 

0, 1, 2, 3r 

Từ

 

ta suy ra

   

4 4 4f k r k f r   

với mọi

k 

 Tính

 

. Do

2013 4.503 1

nên

     

2013 2012 1 2016 1 4f f f    

 Tính

 

. Ta có

 

   

0 4 1 0 1f f f f   

(do

là đơn ánh)

 Tính

 

và

 

. Giả sử

 

24f m r

với

m 

và

 

0,1,2, 3r 

 

mà ta có

 

2 6 2 4ff   

 

   

2 4 4 6f f f m r m f r     

;

Mà

 

0fr

0m

hoặc

1m 

+ Với

0m 

, thì

 

6fr

và

 

   

22f f f r f r  

+ Với

1m 

, thì

 

2fr

và

 

24fr

Trường hợp 1. Xét

0m 



 

   

 

2 0, 1, 2,3

f r r















+ Với

0r 

thì

 

2 0















vô lý do

 

01f 

+ Với

1r 

thì

 

2 1















vô lý do

 

14f 

+ Với

2r 

thì

 

2 2















vô lý

+ Với

2r 

thì

 

3 2















vô lý

Vậy khi

0m 

ta có

       

0 1; 1 2; 2 3; 3 6f f f f   

Trường hợp 2. Xét

1m 



 

   

 

2 4 0,1,2, 3

f r r









  





+ Với

0r 

thì

 

02f 

vô lý do

 

01f 

+ Với

1r 

thì

 

12f 

vô lý do

 

14f 

Chinh phục olympic toán| 67

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

+ Với

2r 

thì

 

2 6















vô lý

+ Với

2r 

thì

 

3 2















vô lý

Vậy khi m =1 ta có

       

0 1; 1 4; 2 7; 3 2f f f f   

Suy ra

 

1 , n 0 mod 4

3 , n 1 mod 4

5 , n 2 mod 4

1 , n 3 mod 4























Thử lại:

 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện (1) và (2) nên

 

là các hàm cần tìm.

Câu 62. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

         

1 1 . 3 , 1f n f n f n f n n      

Lời giải

Giả sử có hàm

thoả mãn các điều kiện

 

Ta lập dãy

 

với mỗi

n 

ta đặt

 

a f n

khi đó

 

trở thành

2 1 3

n n n n

a a a a n

  

   

 

Thay

2nn

trong phương trình

 

ta được

2 4 3 5

n n n n

a a a a n

   

   

 

Trừ từng vế của

   

2 ,3

ta được

 

4 3 5 1

n n n n n

a a a a a n

   

    

Thay

lần lượt bởi

0,1, 2, 3,......

ta có

 

4 0 3 5 1

5 1 4 6 2

6 2 5 7 3

. . . . . . . . . . . . . . . .

a a a a a

  





  





  





Suy ra

 

4 0 3 4 5 2 4

.....

n n n

a a a a a a a a



  

,.n

 

Ta chứng minh rằng

4nn





, n

   

4f n f n  

,.n

 

Hay

là hàm tuần hoàn với chu kỳ 4.

Thật vậy. Giả sử tồn tại số

n 

mà

;

a a n n





a 

với

n

nên





suy ra

 

0 0 0 0

4 0 3 4 5 2 4 3 4 5 2

..... .....

n n n n

a a a a a a a a a a a a

  

   

2 1 3n n n n

a a a a

  



với

n

, nên với 4 số liên tiếp

0 0 0 0

1 1 2

, , ,

n n n n

a a a a

  

phải có ít nhất

một số lớn hơn 1.

Do đó khi

n  

thì

3 4 5 2

.....

a a a a



 

suy ra

4nn



  

(vô lý)

68 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Suy ra

4 0 4

a a a a    

với

n

   

4f n f n  

với

 

0, 1, 2, 3r 

trong đó

là hàm tuần hoàn chu kỳ 4.

Hàm

được xác định khi ta tính được

       

0 1 2 3

0 ; 1 ; 2 ; 3f a f a f a f a   

bởi vì từ

 

ta có

0 2 3 4 0 2 1 3

1 3 4 2 0 2 0 2 1 3

a a a a a a a a

a a a a a a a a a a

   







    



Mặt khác

    

0 2 0 2 0 2

1 3 1 3 1 3

1 1 1

a a a a a a

     







     





Suy ra

     

0 2 1 3

1 1 1 1 2a a a a     

 

Do đó có các khả năng xảy ra.

Khả năng 1.

  

1 1 0 0

3 3 2 2

1 1 0

2 v a 3 1 v a 5

3 v a 2 1 v a 5

1 1 2

  



   







  

   

  







Suy ra

       

 

         

 

0 1 2 3

0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ; ; 1;2;5;3 , 1;3; 5; 2 , 5; 2;1; 3 , 5; 3;1; 2f f f f a a a a

Ta tìm được 4 hàm cần tìm với

 

với

 

xác định bởi

 

   

0 , 0 mod 4

1 , 1 mod 4

2 , 2 mod 4

3 , 3 mod 4























 

đều thỏa mà điều kiện 1.

Khả năng 2.

  

1 1 1

1 1 0

  







  





   

0 1 2 3 0 1 2 3

2 ; ; ; 2; 2; 2; 2a a a a a a a a      

Suy ra

( ) 2fn

với mọi

n 

Khả năng 3.

  

1 1 2

1 1 0

  







  





Lập luận tương tự như khả năng 1 ta được

       

 

         

 

0 1 2 3

0 ; 1 ; 2 ; 3 ; ; ; 2;1;3;5 , 3;1; 2; 5 , 2; 5; 3;1 , 3; 5;2; 1f f f f a a a a

Ta được 4 hàm

 

cần tìm và cả 4 hàm đều thỏa mãn điều kiện

 

Với

 

xác định bởi

 

Vậy có 9 hàm

thỏa mãn là nghiệm của phương trình

 

Câu 63. Tìm tất cả các hàm





thỏa mãn:

 

   

f x f y f x y f y   

Lời giải

Ta để ý rằng:

   

 

         

f a f b f c fa f b c f c f a b c f b f c          

Chinh phục olympic toán| 69

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Thế y bởi

 

y f z

ta được:

 

   

 

2f x f y f z f x f y z f z f x y z f y z f z           

Và

 

f x y f z f y f z f x y z f z f y z f z          

Thu được:

   

 

2f x y z f x y z f z     

với mọi

, , 0x y z 

Với giá trị của

, ta chọn

sao cho

 

,x y f y

, từ đó ta có kết quả

 

2f f y f y

Thế

yx

vào phương trình ban đầu

 

   

2f x f x f x f x  

Dễ nhận thấy

 

f x x

, vì vậy:

   

 

     

 

2 , 2f x f f x f x f x f f x f x   

Theo phương trình hàm Cauchy, ta được

 

2f x x

với mọi





Câu 64. Tìm số nguyên dương

nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số

 

: \ 1;0;1f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

       

2015 , 1 2016 ;f m f f m f  

ii)

 

, 1, 2,....

f n m n



  



Lời giải

Ta có

 

   

2 4 ,f n m f n m f n n

       

Với

1m 

, ta có

       

4 4 , ,f n f n f n k f n k n      

Ta có

 

2 ; 1 ,

f n f n n

f n f n



      



       

 

1 2015 4.503 3 3

f f f f

     

: vô lý.

Với

2m 

, ta có

       

8 8 , ,f n f n f n k f n n k      

và

 

4 ; 2 ,

f n f n n

f n f n



      



Ta có

       

 

2 2015 251.8 7 7 ;

f f f f

     

       

 

   

 

3 2016 251.8 8 8

2 4 2 1

f f f f

f f f

     



     



Điều mâu thuẫn trên dẫn đến

3.m 

Với

3,m 

ta xây dựng được vô số hàm

thỏa yêu cầu bài toán như sau

70 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Cho

 

\ 1;0;1a

, đặt

     

1 ; 2 ; 3 ;

f a f f



   



và

 

3 , 1

f n n



   



Khi đó, chứng minh quy nạp thì hàm số xác định trên

và

   

\ 1;0;1 ,f n n   

Hơn nữa theo chứng minh trên

 

6fn

  

   

12 , ,f n k f n n k   

Khi đó

     

 

2015 167.12 11 11 3

5 1 2

f f f f

f f a



        



     

 

2016 167.12 12 12 4

6 1 3 1

f f f f

f f a





       



Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 65. Xác định hàm số

 

liên tục





thỏa mãn đồng thời các điều kiện:



   

22f x f x

với mọi





 



 

f f x e x e f x  

với mọi





 



     

1 1 1f e e f  

 



 

là số nguyên dương với mọi số nguyên dương

 

Lời giải

Với

,ab





và

   

f a f b

, suy ra

 

f a f b

f a e f b e  

. Do đó

 

f a f b

f f a e f f b e  

Hay

 

a e f a b e f b  

. Vì

   

0f a f b

nên ta suy ra

   

a e b e  

Xét hàm số

 

h x x e

trên



, ta có

 

1' 20

h x e x ex    

với mọi





Do đó hàm số

 

h x x e

đồng biến trên



Do đó từ

   

a e b e  

, ta suy ra

   

h a h b

hay

ab

Vậy

 

là đơn ánh. Kết hợp với

 

liên tục ta suy ra

 

là hàm đơn điệu thực sự.

Mặt khác, theo giả thiết

     

2 2 1 1f f f

nên ta suy ra

 

là hàm tăng thực sự trên

tập



Từ

 

ta cho

1x 

thì

 

   

1 1 1 1

f f e e f  

Kết hợp với

 

ta suy ra

 

1 1 1

f f e f e  

Vì

 

là hàm tăng thực sự trên



nên ta suy ra

 

1 1 1

f e e  

Xét hàm số

 

g x x e

trên



, ta có

 

30' 1

g x e x ex    

với mọi





Do đó hàm số

 

g x x e

đồng biến trên



Chinh phục olympic toán| 71

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Do đó từ

 

1 1 1

f e e  

, ta suy ra

 

11g f g

hay

 

11f 

Vì

   

22f x f x

với mọi





và

 

11f 

nên theo quy nạp ta có

 

f 

với mọi

số tự nhiên

Với mọi số tự nhiên

, ta có

         

2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2

n n n n n n n n

f f f f f



          

Vì điều kiện

 

nên

     

2 1 , 2 2 , , 2 2 1

n n n n

f f f    

đều là các số nguyên dương.

Do đó ta suy ra

     

2 1 2 1, 2 2 2 2, , 2 2 1 2 2 1

n n n n n n n n

f f f           

Vậy

 

f n n

với mọi số nguyên dương

Từ

   

22f x f x

với mọi





. Ta suy ra

 

f x f x

với mọi





Cho với mọi

x 

với mọi

,mn

là số nguyên dương ta suy ra

 

f m f









Do đó

2 hay

2 2 2

n n n

m m m

m f f

   



   

   

mọi số nguyên dương

,mn

Với mỗi





tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số

 

có dạng

hội tụ đến

Vì

 

là hàm liên tục nên

 

lim lim lim

k k k

x q f q f q f x

  

   

Thử lại ta thấy hàm số

 

f x x

thỏa mãn mọi điều kiện của bài ra.

Câu 66. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

 Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, có

     

.f a f b f ab

 Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba

cạnh là

   

,f a f b

và

 

1f a b

Lời giải

Từ điều kiện

 

, với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có

     

f a f b f a b

f a f a b f b

f a b f b f a

   





   





   



Nếu

       

2: 4 2 ;2 2 3 .a b f f f f   

Nếu

     

a 3;b 2 : 2 3 4f f f   

Ta có

             

2 4 2 3 2 2 2 3 2f f f f f f f     

   

2 1 or 2 2.ff  

Nếu

 

21f 

. Do

     

2 2 1 1 1.f f f  

72 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Quy nạp chứng minh

 

1fn

với mọi

nguyên dương.

Cho

       

, 2 : 1 2 2 1 1a n b f n f n f f n        

Nếu

 

22f 

, bằng quy nạp chứng minh được

 

2 2 . 2 .... 2 2

k k k

f f f f



   

         

4 2 3 2 2 3 3f f f f f    

Quy nạp chứng minh

 

,2f n n n  

Cho

       

1, 2 : 1 2 1 .a n b f n f n f n f n n         

Lấy

là số nguyên lớn nhất sao cho

không vượt quá

Nếu

n

thì theo chứng minh trên có

 

f n n

Nếu

ns

với

s

Với

2 ; 2 1.

a n s b s     

Ta có

 

   

2 1 2 1 2 1 2 2 1 1

r r r r r

f s s f n f s f s s              

 

     

 

2 2 1 2 2 1 2 1 1

r r r r r

f n f f s s s n f n n



              

Vậy

 

,2f n n n  

   

1 2 2 4ff

nên

 

bằng

1, 2

hoặc

Vậy

 

1fn

với mọi n nguyên dương hoặc

 

,2f n n n  

;

   

1 1; 2; 3f 

Câu 67. Tìm các hàm số

 

: 1;f  

thoả mãn điều kiện:

 

     

f x f y y x f xy  

với mọi

,1xy

 

Lời giải

Với mọi t > 1, thay

 

   

; ; 2 , ; 4x y t t

và

 

2 ; 2t

vào

 

ta được:

       

2 2 2

4 4 4

2 2 2 2 4

f t f t f t

  





  





  



         

4 3 2 2 5 4 , 1f t f t t f t t      

 

Lấy

   

t f f  

Thay vào

 

ta được

     

2 2 5 4

t f t t f t



  





Do đó với mọi

 

1, 4

t t f t

   

Từ

 

ta có

       

 

4 4 4

f t f t f t

   

với

1, .

tt

Với

t 

, từ

 

thay

xy

ta có:

Chinh phục olympic toán| 73

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

   

4 2 2 2

2 2 5

f f f



   







 

f t t

  

Đặt

   

c f f x

  

với

1x 

Thử lại thỏa mãn điều kiện

 

Vậy hàm số cần tìm là

 



Câu 68. Tìm tất cả các hàm

:f 

thỏa mãn đẳng thức:

   

 

2 2 2 2

22f f m f n m n  

, với mọi

,.mn

Lời giải

Nếu

,mm

sao cho

   

f m f m



   

 

   

 

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

2 2 2 2f f m f n f f m f n m n m n      

Suy ra

mm

hay

là đơn ánh.

Từ đó

   

2 2 2 2

2 2 2 2f m f n f p f q m n p q      

 

Dế thấy với mọi

,3nn

ta có

       

2 2 2 2

2 2 1 2 2 1n n n n      

 

Chú ý. Điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số

Đặt

 

1 3 3f a f a  

. Theo

 

suy ra:

         

2 2 2 2 2

5 2 3 2 3 3 3 27f a f a f a f a f a    

Vì phương trình

2 27xy

chỉ có nghiệm nguyên dương là

 

; 3, 3xy

hoặc

 

5,1

nên ta có

   

1, 5 5f a f a

Cũng từ

 

ta có

       

2 2 2 2

2 4 2 2 5 24f a f a f a f a   

Vì phương trình

12xy

chỉ có nghiệm nguyên dương là

 

,xy

là

 

4,2

nên

   

4 4, 2 2f a f a

Từ

 

ta có

 

   

2 2 2 2

4 2 3 2 1f k a f k a f k a f ka     

, suy ra từ khai triển

 

Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra

 

f ka k

, với mọi k là số nguyên

dương. Do đó

 

1f a a f

mà

đơn ánh nên

11aa  

Vậy

 

f n n

với mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán.

74 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Câu 69. Tìm tất cả các số nguyên không âm

sao cho tồn tại một hàm





: 0;f  

khác hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau

 

,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

2 0;1; 2;...; .,y f x f y x yf x n 

Lời giải

Với

a 

bất kì, bằng cách thay

;

kx y a 

vào i) được

       

12 2 0;1; 2;...;

f a f f a n









 

 Nếu

 

20f 

thì

     

2 0;1; 2;...; 0

f a n f a  

 Nếu

 

20f 

thì ta thấy

 

0fa

hoặc

 

1fa

Thật vậy, nếu

 

1fa

thì bằng cách cho

k  

, ta thấy

     

221

f a f f a 



 



Nên

 

không thể xảy ra, còn nếu

 

01fa

thì với

đủ lớn ta có

     

2012

f a f f a









Nên

 

cũng không thể xảy ra.

Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi

thì

 

0fa

hoặc

 

1fa

Từ đó suy ra

 

 

2 0;1; 2 ; ,f x x yy f x f y



   



 

Do đó,

2.n 

Nếu

0,n 

thì

 

;2,y f x fx x yyf     

Vì

khác hằng nên tồn tại

x 

sao cho

 

0fx 

Khi đó

       

1 1 1f x f x f f  

khác hằng nên tồn tại

x 

sao cho

 

1fx 

Từ i), ta có

       

0 0 0 0f f x f f   

Bây giờ, sử dụng

 

ta được

 

   

2 2 1 0 1 0 1f f f    

Điều vô lí này chứng tỏ

0n 

không thỏa mãn.

 Nếu

1n 

thì hàm số

 

0 if













Thỏa mãn đề bài. Do đó

1n 

thỏa mãn đề bài.

 Nếu

2n 

thì ta thấy không thể tồn tại 2 số

 

,;,1ppq q

sao cho

 

0fp q

Thật vậy, nếu trái lại, thì

,xy 

ta có

      



   

 

2 2 2 2 2 2 2 2

0 f p q f x y f p q x y f xp yq xq yp         

Chinh phục olympic toán| 75

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

Kết hợp với

 

suy ra

   

0.xp yq xp yf qf 

Thế nhưng, do

 

,1pq 

nên tồn tại

,xy

để

1.xp yq

Do đó

 

1 0.f xp yq

Điều vô lí này chứng tỏ

 

1; , ; , 1.y x yf yx x    

Bây giờ, ta xét hàm số

 





























, trong đó

,pq

là 2 số nguyên tố phân biệt có

dạng

4 3.k 

Ta sẽ chứng minh hàm

 

xây dựng như trên thỏa mãn 2 điều kiện:

 

,,f xy f x f y x y

ii)

 

 

2 0;1; 2;...; .,y f x f y x yf x n 

 Kiểm tra điều kiện i)

Nếu

p xy

q xy







thì hiển nhiên

 

0f xy f x f y

Nếu

pq y







thì

 

1f xy f x f y

 Kiểm tra điều kiện ii)

Vì

   

0;1fx

nên

 

 

2 0; 2, 1;y f x f y x yfx   

Dễ thấy

 

   

     

f f p

f p q f p

fff

  

   

















nên

 

 

2 0; 2, 1;y f x f y x yfx   

Vậy

, 21n n 

là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài.

Câu 70. Tìm tất cả các hàm số

: * *f 

thoả mãn điều kiện:

 

       

2 2 2 2 *

2 . . , ,f m n f m f n f n f m m n    

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số

thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.

Nếu

 

f n c

, với

là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Nếu tồn tại



,mn

sao cho

   

f m f n

thì ta gọi

,ab

là 2 số thỏa mãn

       

min , ,f a f b f m f n m n   

 

Giả sử

   

f a f b

. Ta có

           

3 2 2 3

2 . . 2f b f a f b f b f a f a

Vậy

 

     

2 2 2 2

f b f a b f a f a b f b f a f b       

76 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Từ đó

       

 

2 2 2 2

f a f b f a f b f a b f b f a b f b        

 

Rõ ràng

 

mâu thuẫn với

 

Do đó

 

f n c

, với c là hằng số là tất cả các hàm cần tìm.

Câu 71. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thoả mãn điều kiện:



 

0fc



 

1 , *

f n n



   



 

Lời giải

Từ

 

ta có

 

tan

1 1 tan

f n f n





  







 

0 tan

1 0 tan











Do đó ta đặt

 

0 tanfc  

thì

 

1 tan





  





 

tan tan

1 tan

2 tan

1 1 tan

1 tan tan







  











    













  





Ta chứng minh quy nạp công thức

 

tan ,

f n n





   





 

Thật vậy, với

0, 1,2n 

công thức

 

đúng.

Giả sử

 

tan





  





Ta có

 

tan tan

tan

1 tan 1

1 tan

1 tan tan

f n n







  











      













  





Hay

 

đúng với

1.n 

Nghiệm của bài toán là

 

tan ,

f n n





   





Câu 72. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa:

     

 

2 2 ,f a f b f f a b a b    

International Mathematical Olympiad 2019

Lời giải – Trần Bá Đạt

Lần lượt thay

0, 0ab

ta được:

Chinh phục olympic toán| 77

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

     

 

02f f b f f b

     

 

2 2 0 ,f a f f f a

với

,ab

Do đó

     

2 2 0 ,f a f a f

với mọi

a 

Thay vào phương trình đề bài ta được

       

 

2 2 0f a f b f f f a b   

Cho

0,a b a b  

trong phương trình trên ta được:

     

 

02f f a b f f a b   

Do đó:

       

0f a f b f a b f   

Đặt

     

0g x f x f

suy ra

       

g a g b g a b g x cx    

hay

 

f x cx d x   

Thay vào phương trình ban đầu và cân bằng hệ số cho

ab

ta thu được:

0cd

hoặc

2c 

Vậy

0f 

hoặc

 

2f x x d

Câu 73. Có tồn tại hay không hàm số

:f 

sao cho

 

   

, , 1f m f n f m n m n    

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm

thoả mãn đề bài.

Từ

 

cho

0m 

ta có

 

0f f n f n

 

Với

,nn

mà

   

f n f n

thì

 

f f n f f n

Từ

 

suy ra

   

0 0 ,f n f n  

do đó

nn

nên

là đơn ánh.

Cho

0n 

từ

 

ta có

 

   

00f m f f m m f m    

Từ đó ta được

 

00f 

thay vào

 

có

 

,f f n n n   

 

Từ

 

thay

bằng

 

và áp dụng

 

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

là đơn ánh, nên suy ra

   

f m f n f q f p  

Do đó với mọi

n 

ta có

               

1 1 1 1f n f n f n f n f n f n f n f n          

               

1 1 ... 2 1 1 0f n f n f n f n f f f          

Nên

 

 

là một cấp số cộng với số hạng đầu là

 

00Uf

và công sai

 

1df

suy

 

, 0.

f n U U nd nd n



     

Ta xét với hai số

0, 0nm

sao cho

0m nd

thay vào

 

được

 

       

f m f n f m nd f m n f m nd md n m nd d md n            

Từ đó có

1d 

, điều này vô lý do vậy không tồn tại hàm

thoả mãn yêu cầu của đề bài.

78 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Câu 74. Cho hàm số

:f 

là hàm số thỏa mãn các điều kiện sau:

     

,,f mn f m f n m n  

ii)

 

mn

là ước của

   

f m f n

với mọi

,mn

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên lẻ

sao cho

 

f n n n  

India National Olympiad 2018

Lời giải

Gọi

 

,P x y

là phép thế

,m x n y

vào điều kiện i)

và

 

,Q x y

là phép thế

,m x n y

vào điều kiện ii)

Thế

 

1, 1P

thì ta được

       

1.1 1 1 1 1f f f f  

vì

f 

Thế

 

2, 2Q

thì ta được:

     

 

   

 

2 2 2 2 2 2 2 2 , , 2, 1

f f f f q k q      

Giả sử ta xét với

1q 

thì tồn tại một số nguyên tố

sao cho

suy ra

là một số

nguyên tố lẻ.

Từ

 

2 2 , , 2, 1

f q k q  

nên ta suy ra:

 

2.pf

Thế









thì ta được

 

2. 1 2

f f p f f

   

   

  



   

   



Từ

 

2pf

nên ta suy ra:

 

1.p f p 

Thế

 

1, 1Qp

thì ta được:

 

   

1 1 1 1 1 1 1 1 1p f f p p f f p p f p p          

Điều này là hoàn toàn vô lý, do đó ta phải có

 

1 2 2 .

qf  

Thế

 

2,1Q

thì ta được:

         

2 1 2 1 3 2 1 2 1 0 mod3 1 1 0 mod3

f f k           

phải là số lẻ.

Từ điều kiện i) thì ta được:

       

2.2...2 2 2 ... 2 2 .2 ...2 ,

k k k

f f f f

trong đó

lần số

   

2 2 2 .

m k km

f  

Từ đây, ta thế

 

thì ta được:

 

   

2 2 2 2 1

m m m km

n f n f n f n    

Mà ta biết rằng:

 

x y x y

khi

là số lẻ.

Từ đó ta suy ra:

 

2 2 2

m k m

nn

Từ

 

và

 

thì ta được:

Chinh phục olympic toán| 79

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

 

   

2 2 2 , 2 , 3

m km k km m k

n f n n m n f n n m          

Khi đó, với

là một số tự nhiên đủ lớn thì

 

xảy ra khi:

 

f n n n k  

là số tự nhiên lẻ.

Vậy từ đây ta suy ra được điều phải chứng minh.

Câu 75. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

   

0 0, 1 1ff

ii)

     

0 1 2 ...f f f  

iii)

 

2 2 2 2 *

,,f x y f x f y x y    

Baltic MO

Lời giải

Ta có:

 

     

 

     

2 2 2 2 2 2 2 2

2 1 1 1 1 2, 5 1 2 1 2 5,...,

f f f f f f f f f x x          

Ở đây

1, 1,

x x x n



    

Hiển nhiên thì ta có:

lim



 

Từ đây suy ra nếu

   

1f m f m

thì:

 

       

 

   

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 , 1,2 2

f m f m f f m f m f m

f m k f m k m

           

      

Quy nạp lên thì ta có tồn tại vô hạn số

sao cho

   

1 , 1, 2 2f m k f m k m     

Ta chọn

đủ lớn sao cho tồn tại

để

, 1, 2 2

a a m m m





   



Khi đó thì

1nn





điều này hoàn toàn vô lý nên suy ra

là hàm số tăng thực sự.

Từ đó thì hiển nhiên ta có:

 

,,f n n n  

thử lại thì thấy thỏa mãn.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 

,.f n n n  

Câu 76. Tìm tất cả các hàm số

:f 

thỏa mãm các điều kiện sau:

i) Nếu

thì

   

f a f b

ii)

 

   

,,f ab f a b f a f b a b     

Mathlinks Contest

Lời giải

Trước hết, ta có một nhận xét nhỏ sau đây.

Nếu

 

là một nghiệm hàm thì

 

f x c

cũng là một nghiệm hàm thỏa mãn yêu cầu bài

toán.

80 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Do đó ta có thể giả sử rằng

 

1 0.f 

Chú ý rằng từ

1 n

thì

 

0, .f n n  

Ta sẽ giải bài toán này thông qua các bước sau đây.

 Bước 1. Từ

       

1.1 1 1 1 1f f f f   

suy ra

   

21ff

hoặc

 

2 0.f 

 Bước 2. Gọi

là số nguyên sao cho

1

là số chính phương modulo

Do đó tồn tại

số

thỏa mãn:

1.a kn  

Suy ra:

 

   

 

   

1 1 1 1 0f a f a f a f f a f kn f        

Nhưng

   

 

1f n f kn f a  

và

   

1f n f

nên

   

1 0.f n f

Do đó nếu tồn tại

sao cho

 

1 modun

thì

 

0.fn

 Bước 3. Từ bước 2 dễ thấy

 

0fp

với mọi

là số nguyên tố và

 

1 mod 4 .p 

 Bước 4. Giả sử

   

0f a f b

và

     

0f ab f a f b

thì

 

0,f a b

vô lý.

Do đó nếu

   

0f a f b

thì

 

0.f ab 

 Bước 5. Gọi

,ab

là hai số nguyên thỏa mãn

 

, 1,ab 

khi đó gọi

là một ước của

ab

thì ta có:

 

0 mod .a b p

Mà ta có một bổ đề quen thuộc sau. Nếu

là một số nguyên tố có dạng

43k 

thì với mọi

bộ số

,ab

thỏa mãn

p a b

thì ta sẽ có

và

.pb

Vì

 

,1ab 

nên nếu

p a b

thì

chỉ có dạng

4 1.k 

Từ bước 4 thì ta có:

ab

là tích của các số nguyên tố

thỏa mãn

 

fp 

nên

 

0.f a b

Mà từ

 

   

,,f ab f a b f a f b a b     

ta có

       

, 1 .a b f ab f a f b   

 Bước 6. Cho

a bc

vào phương trình đã cho thì ta được:

   

 

   

2 2 2

1f b c f b c f bc f b   

Nhưng do

 

1f b f b c

và

 

f bc f b c

Do đó thì ta có:

 

*f bc f b c

Thế

1c 

vào

 

thì được:

 

.f b f b

Thế

cb

vào

 

thì được:

   

.f b f b

Từ đấy, bằng phép quy nạp thì ta được

 

f b f b k  

 Bước 7. Sử dụng bước 5 và bước 6 thì ta có:

 

f p f p





ở đây

là các số nguyên tố

Xét hàm số

 

xác định bởi:

   

1 0, 2 0ff

Chinh phục olympic toán| 81

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

 

0fp

với các số nguyên tố

sao cho

 

1 mod 4p 

và

2.p 

 

f p a

với mọi số nguyên tố

còn lại, ở đây

là các số nguyên không dương.

 

f p f p





ở đây

là các số nguyên tố.

Ta có thể chứng minh

 

thỏa mãn các điều kiện:

Hiển nhiên nếu

thì

   

.f a f b

       

1.1 1 1 1 1 0f f f f    

 

   

.1 1 1f a f a f a f   

Ta có mọi ước nguyên tố

của

1a 

đều thỏa mãn

 

1 mod 4 .p 

Với hai số nguyên

,1ab

bất kì, ta gọi:

là các ước nguyên tố của

không chia hết cho

là các ước nguyên tố của

không chia hết cho

là các ước nguyên tố của

và

 

f a f p f r



 

f b f q f r



 

   

 

i i i

f ab f p f q f r  

  

 

   

f a b f r f s  



ở đây

là các ước nguyên tố của

   

a b a b

   



   

   

Nhưng tương tự bước 5 ta có:

Các ước nguyên tố của

là các số nguyên tố thỏa mãn

 

1 mod 4

s 

và do đó

 

0.fA

Suy ra

 

f a b f r



Hay ta có

 

   

,,f ab f a b f a f b a b     

Và ta có nghiệm của phương trình hàm là:

Cho

là một số nguyên, hàm

được xác định như sau:

 

1fM

 

2fM

 

f p M

với mọi số nguyên tố

thỏa mãn

 

1 mod 4 .p 

 

f p M a

với mọi số nguyên tố

còn lại, ở đây

là các số nguyên không dương.

 

f p M f p M  





ở đây

là các số nguyên tố.

82 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Câu 77. Tồn tại hay không hàm số

 

: 1,2,...,fn

thỏa mãn điều kiện:

là hàm đơn ánh

ii)

     

f ab f a f b

với mọi

 

, 1, 2,...,a b n

và

ab n

Lời giải

Ta có thể chỉ ra hàm số

như sau:

Kí hiệu các số nguyên tố bé hơn hoặc bằng

theo thứ tự tăng dần là:

, ,..., .

p p p

Khi đó nếu

, , 1

i i i

a p n





     



thì

 

     

1 , 1

f p n f a n



    



Ta sẽ chứng minh hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Thật vậy, với







và







có ít nhất một giá trị



và



khác nhau.

Thì

   

f a n



  



và

   

f b n



  



Hiển nhiên ta chỉ có thể biểu thị

   

,f a f b

một cách duy nhất sang hệ cơ số

 

1n 

và vì

thế

   

.f a f b

Mặt khác ta có

   

     

   

1 1 1

k k k

i i i i i i i i

i i i

f ab f p f p f p f p f a f b

 

  





          





  



Hay ta có:

     

,f ab f a f b

đúng theo giả thiết đề bài.

Vậy từ đó hàm số xây dựng như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 78. Giả sử Josephus có

 

1n 

người bạn,

người này đúng thành một vòng tròn

đánh số từ

đến

theo chiều kim đồng hồ, tự sát theo nguyên tắc, người thứ nhất cầm

dao đếm

rồi tự sát, người thứ hai đếm

rồi tự sát,…Quá trình dừng lại khi còn một

người. Gọi

 

là hàm số biểu thị vị trí cùa người sống sót đó. Câu hỏi đặt ra là, hãy

tính

 

Bài toán cổ Josephus

Lời giải

Ta sẽ xét hai khả năng của

là chẵn và lẻ.

Khả năng 1. Khi số

là số chẵn, tức

2.nk

Sau vòng

thì còn người ở vị trí lẻ. Số người

này đánh lại thành

1, 2,..., .k

Nếu lượt trước người đó có số

21i 

thì sau đó mang số

Người sống sót có số cũ là

 

2fk

sau mang số mới là

 

.fk

Vậy từ đây ta có

   

2 2 1f k f k

Khả năng 2. Khi số

là số lẻ, tức là

2 1.nk

Sau vòng

ta ngầm hiểu rằng có

22k 

người bằng cách tính trùng người thứ

thành

2 2,k 

còn lại những người số

3, 5,..., 2 1k 

đánh số lại là

1, 2,..., .k

Chinh phục olympic toán| 83

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

Nếu lượt trước người đó có số

21i 

thì sau đó mang số

Người sống sót có số cũ là

 

21fk

sau mang số mới là

 

.fk

Vậy từ đây ta có

   

2 1 2 1f k f k  

Như vậy thì

         

1 1, 2 2 1, 2 1 2 1f f k f k f k f k     

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng.

Nếu biểu diễn trong cơ số

của

là:

 

... , 1,

k k k

n a a a a





với

ik

và

 

0,1

a 

Thì

   

... .

f n a a a





Thật vậy:

Với

1n 

thì ta thấy hiển nhiên đúng.

Giả sử với mọi

kn

thì mệnh đề đúng. Ta sẽ xét hai trường hợp sau đây:

Trường hợp 1. Nếu

là số chẵn, đặt

2.nm

Khi đó nếu như:

 

...

m b b b





thì

 

2 ... 0

m b b b





Và

   

 

1 1 1 1

2 2 1 2 2 ... .2 1 1 ... 01

f m f m b b b b



       

Vậy trong trường hợp 1 thì mệnh đề đúng.

Trường hợp 2. Nếu

là số lẻ, đặt

2 1.nm

Khi đó nếu như:

 

...

m b b b





thì

 

2 1 ... 1

m b b b





Và

   

 

1 1 1 1

2 1 2 1 2 2 ... .2 1 1 ... 11

f m f m b b b b



        

Vậy trong trường hợp 2 thì mệnh đề đúng.

Từ đó, theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề ban đầu đúng và từ đó ta suy ra điều phải

chứng minh.

Câu 79. Cho hai hàm số

,:fg 

là hai hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

là hàm số toàn ánh

ii)

   

2 2 2

2,f n n g n n



   

Nếu

 

2019 ,f n n n n



   

thì

có vô số điểm bất động.

Lời giải

Đầu tiên ta có định lý Dirichlet về số nguyên tố thì dãy số

 

với

là các số nguyên tô

có dạng

83k 

là một dãy vô hạn.

Từ đó với mọi

theo công thức của kí hiệu Legendre ta có:

 





   





Sử dụng điều kiện i) thì ta tìm được dãy

 





sao cho

 

g x p n



  

Ta có

   

 

2 2 2 2 2

2 2 mod

n n n n n n

f x x p f x x p   

Vì









nên suy ra:

 

p f n











84 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Suy ra tồn tại hai dãy số nguyên dương

 

và

 

sao cho

 

n n n

x a p

f x b p















Từ điều kiện ii) thì ta được

ba

Cuối cùng, sử dụng giả thiết:

 

2019 ,f n n n n



   

thì ta có:

 

2019

   

lim 2 lim 1

 



   

Suy ra tồn tại

sao cho

a b n N   

Vậy từ đó

 

f p p n N  

Và từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.

Câu 80. Tìm tất cả các hàm số

:g 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

   

g g 1 3 ,g n n n n g n n       

Doãn Quang Tiến

Lời giải

Đặt

   

,g n f n n n   

thì thay vào phương trình hàm ban đầu ta được:

 

       

 

   

1 1 3 ,

1 2, 1

f f n f n f n n n f n n n

f f n f n n n

          

      

Từ đây, ta đã chuyển bài toán ban đầu thành một bài toán khác có vẻ gọn đẹp hơn rất

nhiều.

Thay

1n 

vào

 

thì ta được

 

1 2 3f f f

Từ đó ta suy ra:

 

22f 

và

 

1 2.ff 

Từ đó ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1.

 

21f 

và

 

1 2.ff 

Bây giờ ta đặt

   

12f k f k  

Thay

2n 

vào

 

thì ta được

 

2 3 4f f f

Từ đây suy ra

   

3 4 1 4f f k   

Từ

 

31f 

nên suy ra:

3.k 

Nếu

1k 

thì ta có:

 

   

2 1 1 1,f f f k f   

điều này cũng mâu thuẫn.

Nếu

2k 

thì ta cũng có:

 

   

2 1 2 1,f f f k f   

điều này cũng mâu thuẫn.

Nếu

3k 

thì ta có:

 

   

2 1 3 4 4 3 1,f f f k f k       

điều này cũng mâu thuẫn.

Vậy tóm lại không có giá trị nào của

thỏa mãn nên trường hợp 1 không xảy ra.

Trường hợp 2.

 

22f 

và

 

1 1.ff 

Thay

2n 

vào

 

thì ta được

 

2 3 4f f f

Từ đó thì ta dễ thấy

 

32f 

và ta tính toán được các giá trị sau:

Chinh phục olympic toán| 85

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

   

 

   

 

   

 

4 5 3 5 2 3

5 6 4 6 3 4

6 7 5 7 4 4

f f f f

    

Từ đấy ta dự đoán được rằng, hàm số

 

được xác định như sau:

 

1,f n n n n     





trong đó





Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng, hàm số này là hàm số thỏa mãn

 

để rồi từ đó suy ra

công thức của hàm

 

và từ đó ta hoàn tất bài toán.

Mà trước tiên, để chứng minh nhận định đó, ta cần phải có hai bổ đề sau:

Bổ đề 1. Với mỗi số

n 

thì ta có

 





    













Chứng minh

Trước hết ta có

 

   

1 1 1 2n n n n n n n



                   





Và

 

   

1 1 1 1 1 1 1n n n n n n



                 





Do lưu ý rằng:

1 5 1 5

  

     

nên suy ra:

 

1 1.   

Vậy từ đó ta thấy bổ đề 1 được chứng minh.

Bổ đề 2. Với mỗi số

n 

thì ta có

 

2 1

n if n n n

n otherwise





      

   



   



  

















Chứng minh

Hiển nhiên thì ta có

 

1n





bằng

1n





hoặc

2n





Giả sử

 

11nn    





thì từ đó ta có:

 

  

1 1 1 1 1 1 1 1n n n n n n n n



                      





Và như trên thì ta có

 

   

1 1 1 2n n n n n n n



                   





Từ đó thì ta suy ra được:

 

1 1.n n n



     





Giả sử

 

12nn    





thì từ đó ta có:

 

1 1 1 1 1 1n n n n n n n



                 





Tử đó thì theo bổ đề 1 thì ta thu được:

 

1.n n n



    





Vậy từ đó thì bổ đề 2 được chứng minh.

Quay trở lại với việc giải bài toán

Ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh kết quả ban đầu.

Với

1n 

thì

 

1 .1 1 1 1.f     





86 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Với

2n 

thì

 

2 .2 2 1 2.f     





Giả sử kết quả đúng với

1.jn

Sử dụng

 

thì ta có:

   

 

     

1 2 2 1 2 1 1 1f n n f f n n f n n n n n n n



                    

     

     



Mà từ

1 2 1 1n n n n n       





ta có

 

1 2 1f n n n n



        

   

   



Giả sử

thỏa mãn:

 

1n n n



    





thì từ đó ta có:

 

12nn    





Và do đó ta suy ra được

   

11f n n n    





Nếu

không thỏa mãn

 

1n n n



    





thì tức là chỉ có thể xảy ra:

 

1 1.n n n



     





Và theo bổ đề 2 thì ta được:

 

11nn    





Và từ đó ta suy ra được:

 

   

1 2 1 2 1 1 1f n n n n n n n n n n



                     



       

       



Vậy từ đó theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề

 

được chứng minh hoàn toàn.

Từ đây suy ra tất cả các hàm số thỏa mãn

 

là

 

1,f n n n n     





trong đó





Hay từ đây ta suy ra được hàm

 

mà chúng ta cần tìm là:

   

1 1,g n f n n n n n n n           

   

   

trong đó





Câu 81. Cho ba số thực

,,a b c

không âm, phân biệt sao cho tồn tại hàm

,:fg





thỏa mãn

 

af xy bf cf x g y



  





với mọi số thực dương

xy

Chứng minh rằng tồn tại hàm





sao cho:

 

2 , 0

f xy f f x h y x y



     





Iran TST 2019

Lời giải

Đặt

 

,P x y

là phép thế cho phương trình:

 

af xy bf cf x g y



  





Trường hợp 1: Nếu

0a b c

Ta có

   

 

P x f x

a b c





là hằng số, vậy:

 

f xy f f x









Suy ra

 

0h y y

, thỏa mãn.

Chinh phục olympic toán| 87

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

Trường hợp 2: Nếu

0a b c

Ta có

 

a f xy f x b f f x g y



   





và đặt phép thế là

 

,Q x y

Lấy

   

1, ,Q y Q x y

ta được

 

     

1 1 0 1

a f xy f x f y f b f f x f f



   

       



   



   



Thế



vào

 

ta được:

   

 

1 1 0

a f f x f f b f xy f x f y f



   

       



   



   



ab

0a b c

0ab  

, vì vậy:

 

1f xy f x f y f  

, , 0xy

   

f f x f f

   

  

   

   

,0xy

Cộng hai phương trình với nhau

 

2 2 1

f xy f f x f y f f

   

    

   

   

Vậy

   

 

21h y f y f f y



   





, thỏa mãn.

Câu 82. Tìm tất cả hàm số

:f 

thỏa mãn:

     

! ! ! ! , ,n f m f n f m m n   

BMO Shortlist 2018

Lời giải

Đặt phép thế

 

,P m n

cho phương trình ban đầu

 

1,1P 

     

1 1 ! 1 1 !f f f



   

1 ! 1 1 1ff

, từ đây hiển nhiên

 

11f 

       

1, ! 1 ! 1 ! !P n n f n f n n f n n      

Gọi

là số nguyên tố tùy ý, ta có

     

1, 1 1 ! 1 1 ! 1P p p f p     

Theo định lý Wilson trong số học ta được

 

1 ! 1pp

, suy ra

 

1 ! 1p f p 

Lưu ý rằng nếu

 

11f p p  

thì

 

1!fp

là tích của ít nhất

thừa số nguyên dương và

là một số chia hết cho

, do đó

   

1 ! 1 1 modf p p  

- mâu thuẫn chứng minh trên.

Vậy

 

11f p p  

, lại có

 

f n n

nên

 

11f p p  

với mọi số nguyên tố

Lại có

 

,1P m p 

 

   

     

1 ! ! ! 1 ! 1 ! ! ! !p f m f m p p f m f m f m       

88 | Tạp chí và tư liệu toán học

Bồi dưỡng học sinh giỏi

TẠP CHÍ VÀ TƯ LI

ỆU TOÁN H

ỌC

Với giá trị

bất kỳ, ta chọn

đủ lớn để thu được:

   

!!f m f m

, sử dụng kết quả này ta

được:

     

! ! ! !n f m f n f m

tương đương

   

! ! ! !n f m f n n

Thay

1mp

với

đủ lớn vào phương trình trên ra được

 

!!f n n

với mọi

Vậy

 

f n n

là hàm số cần tìm.

Câu 83. Tồn tại hay không hàm số

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

3 2 ,f f n n f n n   

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với mỗi

i 

ta xây dựng dãy số như sau

 





sao cho:

 

a i a f a





Khi đó thì ta có

   

 

1 1 1 1 1

2 3 2 3

n n n n n n n

a f a f f a f a a a a

    

     

Hay ta có

4 3 0, 1

n n n

a a a n



    

0, 1

an  

nên đẳng thức không thể xảy ra.

Nên từ đó ta kết luận rằng không tồn tại hàm số

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 84. Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự

:f 

thỏa mãn điều kiện sau:

 

2,f n f n f n n   

Lời giải

là hàm số tăng thực sự nên ta có:

   

11f n f n  

hay

   

11f n n f n n    

Suy ra:

 

f n n

là hàm số tăng.

Mặt khác ta đặt

 

n n n

a a a f a



  

Từ đó ta suy ra

...aa

và

   

f a f a





Do đó

   

n n n n

f a a f a a n



    

Suy ra có vô hạn bộ số

 

,mn

sao cho:

   

f m m f n n  

Suy ra

 

,f n n c

với

là hằng số.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

 

,,f n n c n c   

là hằng số.

Câu 85. Tìm tất cả các toàn ánh

:f 

sao cho với mọi

,mn

thỏa mãn:

   

f m f n m n

Lời giải

Kí hiệu

P 

là tập tất cả các số nguyên tố.

Xét đơn ánh

:g P P

thì nếu







thì

 

f n g p







Chinh phục olympic toán| 89

Phương trình hàm trên tập rời rạc

CHINH PH

ỤC OLYMPIC TOÁN

Kí hiệu

 

n

là số ước nguyên dương của

Mà ta có nhận xét sau:

   

 

n f n  

là toàn ánh.

Với mỗi số nguyên tố

thì

 

chỉ có đúng hai ước nguyên tố nên nó cũng là số nguyên

tố.

Xác định hàm

như trên thì từ đó ta có:

   

f p g p

nên ta sẽ chứng minh

là song ánh.

Thật vậy, do

là toàn ánh nên

là song ánh.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh

 

f p g p

với

là số nguyên dương bằng quy nạp

Ta thấy rằng, với

1k 

thì hiển nhiên đúng.

Giả sử mệnh đề đúng với

1.k 

Ta có

 

chia hết cho

     

1, , ,...,

g p g p g p



và ngoài ra không chia hết cho số

nguyên dương nào khác.

Do đó

 

f p p k    

Nếu

1k 

khi

 

có thêm một ước nguyên tố nữa thì

 

2 1,

f p k k   

vô lý.

Từ đó

 

là lũy thừa của

 

và nó có

1k 

ước nên

 

f p g p

Giả sử

là một số nguyên dương,

là một số nguyên tố không chia hết cho

Bây giờ ta sẽ đi chứng minh

 

   

f n f p f np k  

Từ

 

np 

nên ta có:

 

   

n p np   

Mặt khác

 

g p f np

và

 

g p f n

Do vậy mọi ước của

 

và

 

chia hết cho

 

f np

và mọi ước của

 

và

 

là

ước của

 

f np

Lại có

 

   

 

k k k

f n f p np f np    

Nếu

 

f np

có ước khác với các ước của

 

và

 

thì

 

f n f p f np  

vô lý.

Vậy từ đó ta có kết quả

 

f np f n g p f n f p

Từ các nhận xét trên ta có hàm

được xây dựng như trên là duy nhất.

Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là các hàm như trên.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Dưới đây là các tài liệu mà ebook này có tham khảo và đồng thời có cả những tài liệu mà

bọn mình đề xuất cho bạn đọc

[1]. Nguyễn Văn Mậu (1997), 00 Phương trình hàm 00, NXB Giáo dục.

[2]. Nguyễn Trọng Tuấn (2004), “Bài toán hàm số qua các kì thi Olympic”, NXB Giáo

dục.

[3]. Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2013), “Chuyên khảo phương trình hàm” Nhà

xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội.

[4]. J.Aczél (1966), “Lectures on functional equations and their applications”, ACADEMIC

PRESS New York San Francisco London.

[5]. Stevo Stevic (2004), “Periodic Character of a Class of Difference Equation”, Taylor &

Francis Group.

[6]. Valentine Boju, Luis Funar - The Math Problems Notebook.

[7]. Titu Andreescu, Razvan Gelca – Birkhauser Mathematical Olympiad Challenges.

[8]. Edward Lozansky , Cecil Rousseau – Winning Solutions.

[9]. The IMO Compendium. A Collection of Problems Suggested for The International

Mathematical Olympiads: 1959 – 2009 – Djukic D., Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola

Petrovic – Springer (2011).

[10]. Trần Nam Dũng, Dương Bửu Lộc – Chuyên đề Phương trình hàm trên tập số nguyên .

[11]. (Developments in Mathematics 39) Saïd Abbas, Mouffak Benchohra – Advanced.

[12]. Functional Evolution Equations and Inclusions-Springer International Publishing (2015)

[13]. Aczel – Lectures on functional equations and their applications – Academic Press (1966).

[14]. An Introduction to the Theory of Functional Equationsand Inequalities – Marek Kuczma.

[15]. Analytic Solutions of Functional Equations – Sui Sun Cheng, Wenrong Li.

[16]. Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations – Haim Brezis.

[17]. Topics in Algebra and Analysis Preparing for the Mathematical Olympiad –Radmila.

[18]. Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega, Rogelio Valdez Delgado-Birkhäuser

Basel (2015).

[19]. Kỷ yếu gặp gỡ toán học và các kỷ yếu từ hội thảo chuyên đề các tỉnh.

[20]. The art of Mathematics.

[21]. 101 Problems in Algebra from the training of the USA IMO team – T Andreescu, Z

Feng.

[22]. Problem Primer for the Olympiad – C. R. Pranesachar, B. J. Venkatachala, C. S.

Yogananda

[23]. https://artofproblemsolving.com

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

HẾT

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC

Thôn 6 – Thạch Hòa – Thạch Thất – Hà Nội

Điện thoại: 0343763310; Email: tuangenk@gmail.com

Fanpage: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/

CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG

DOÃN QUANG TIẾN

NGUYỄN MINH TUẤN

TÔN NGỌC MINH QUÂN

BIÊN TẬP

NGUYỄN MINH TUẤN

TRÌNH BÀY BẢN THẢO

NGUYỄN MINH TUẤN

LA THỊ ĐÔNG PHƯƠNG

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC

Đề nghị quý bạn đọc tôn trọng bản quyền của tác giả, không sao chép bản phụ.

Mọi ý kiến thắc mắc đóng góp vui lòng gửi về địa chỉ đã cung cấp ở trên.

Phiên bản sách điện tử được phát hành vào ngày 20/8/2019.

0343763310

tuangenk@gmail.com

Lovetoan.wordpress.com

Đại học FPT Hà Nội

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN

NGUYỄN MINH TUẤN

MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ

PHIÊN BẢN

ĐẶC BIỆT

Bấm Tải xuống để xem toàn bộ.

| 1/98

| | Tải xuống

Preview text:

CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN NGUYỄN MINH TUẤN DOÃN QUANG TIẾN TÔN NGỌC MINH QUÂN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Omaths Littited Chuyên đề Edition Bồi dưỡng Học sinh giỏi Phương trình hàm Trên tập rời rạc Chinh phục Olympic toán
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Copyright © 2019 by Tap chi va tu lieu toan hoc.
All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form
or by anymeans, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author. LỜI GIỚI THIỆU
Những bài toán phþơng trình hàm ngày nay đã trở nên rất phổ biến đối với các bän C
học sinh yêu Toán vì chúng đã xuất hiện thþờng xuyên trong các đề thi học sinh giỏi Ọ
các cấp cüng nhþ kì thi chọn đội tuyển quốc gia, VMO hay các kì thi khu vực và H
quốc tế mà ta đþợc biết đến. Đặc biệt, trong các lớp däng phþơng trình hàm, thì
däng phþơng trình hàm trên các tập rời räc là một mâng đþợc ít các học sinh chú ý
tới bởi độ khó và chþa đþợc tiếp xúc nhiều đồng thời ngoài việc sử dýng các kï thuật
xử lý phþơng trình hàm cơ bân chúng ta còn phâi sử dýng các tính chất số học rất
đặc sắc cûa tập rời räc nhþ là: tính chia hết, tính chất cûa số nguyên tố, cûa số U TOÁN Ệ
chính phþơng,... Trong ebook này chúng tôi sẽ mang tới cho bän đọc tuyển tập các
bài toán phþơng trình hàm trên tập rời räc và một số bài toán phþơng trình hàm LI
khác hay và khó với những lời giâi vô cùng đặc sắc nhằm giúp bän đọc có thể có
nhiều cách nhìn khác về mâng toán này đồng thời cüng nhþ chuẩn bð cho các kì học sinh giỏi, olympic. Í VÀ TƯ
CMình xin gửi lời câm ơn tới
Ọ1. Thầy Huỳnh Kim Linh – THPT chuyên Lê Quý Đôn – Khánh Hòa – Đã góp ý CH
H giúp bọn mình về phần nội dung. P
C2. Bän La Thð Đông Phþơng – Đäi học Hoa Sen – Đã giúp bọn mình chînh sửa bân Ạ Ọ T
H thâo đề hoàn thiện hơn.
Một lần nữa gửi lời câm ơn các bän, các thầy cô đã ûng hộ và theo dõi fanpage suốt
thời gian qua. Hy vọng ebook này sẽ giúp ích đþợc cho mọi ngþời. Thank you!
Nhóm tác giả
Nguyễn Minh Tuấn
Doãn Quang Tiến
Tôn Ngọc Minh Quân
PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Phương trình hàm trên tập rời rạc Chuyên đề
PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
Tạp chí và tư liệu toán học
Để giải quyết các bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc mà có thể giải bằng các tính
chất số học thì nên lưu ý đến một số dấu hiệu sau:
 Nếu xuất hiện các biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, có thể nghĩ đến các bài toán
liên quan đến cấp của phần tử, các phương trình đặc biệt như phương trình Pell
hay phương trình Pythagore,nghiệm nguyên.
 Nếu hàm số đã cho là hàm nhân tính, ta thường hay xét đến giá trị hàm số tại các ÁN
điểm là số nguyên tố hoặc dãy vô hạn các số nguyên tố. O
 Sử dụng các đẳng thức và bất đẳng thức số học. IC T
 Và đặc biệt nhất, trong một số bài toán, hệ cơ số đếm có thể dùng để xây dựng P
nhiều dãy số có tính chất số học thú vị. Trong hệ cơ số 10 chúng ta có thể rất khó YM
nhận ra quy luật của dãy, nhưng nếu chọn được hệ cơ số phù hợp thì bài toán có OL
thể giải quyết đơn giản hơn rất nhiều. C g 2, g , Ụ Nếu  
với g là cơ số đếm, thì mọi số nguyên dương M đều biểu diễn PH duy nhất dưới dạng: n1 n
M  a a ...a  a g  2 a g
 ... a g  a 1 a g 1;0 a g i n i 1, 2, . 1 2 n g 1 2 n1 n với         1
NH I Cơ số đếm mà hay được sử dụng trong các bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc là 2 CH và 3.
Sau đây, chúng tôi sẽ đề cập đến các bài toán phương trình hàm mà sử dụng các tính chất
cũng như các phương pháp trong số học để giải, nhằm giúp bạn đọc hiểu rõ hơn và có một
cái nhìn mới mẻ hơn về các phương pháp khác để giải phương trình hàm, bên cạnh đó
chúng tôi cũng sẽ giới thiệu cho bạn đọc các bài toán phương trình hàm và khó trong tài
liệu này. Nào cùng bắt đầu nhé! Chinh phục olympic toán| 1
Bồi dưỡng học sinh giỏi I. ĐỀ BÀI
Câu 1. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện sau:
3 f n  2 f  f n  n,n
Câu 2. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện sau
m n f  2 m  2
n   mf n  nf m,m,n 1 Câu 3. Cho hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau:
f n    f  f n n * 1 ,
Chứng minh rằng f n  n n  * , .
Câu 4. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau: 2
x  f y 2
f x  y x y  * , , 
Câu 5. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau: C 2 2 2 * Ọ
f m  f n m  n ,m,n * H
Câu 6. Tìm tất cả các hàm f :
 thỏa mãn tồn tại số k  và số nguyên tố p sao cho ÁN
với mọi n  k, f n  p   f n  và nếu m n thì f m  1 f n  1.
Câu 7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các hàm f :
 thỏa mãn đồng thời các U TOỆ điều kiện: LI
i) f m  f n với m  n mod p TƯ
ii) f mn  f m f n ,m,n  VÀ f :  0,  Í
Câu 8. Tìm số nguyên không âm n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số   khác
hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện: CH P
i) f xy  f x f y ,x, y  ẠT
ii) f  2 x  2 2
y   f x  f y0,1,..., 
n ,x, y 
Với số n tìm được, hãy tìm tất cả các hàm số thỏa mãn.
Câu 9. Giả sử hàm số * f :
 thỏa mãn các điều kiện sau:   n  1  1  f
if n  2m     1   2 
f 1  1 và f n     n  1  f if n     2m   2 
Tìm các giá trị của n sao cho f n  2019.
Câu 10. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn các điều kiện sau:
2 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 f 1  1, f 3  3 
 f 2n  f n 
với mọi số nguyên dương n .
f 4n  1  2 f 2n  1   f n
 f 4n 3  3 f 2n1  2 f n Câu 11. Cho hàm số   f : 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
 f n là ước của 2018 n với mọi n
 f a. f b  f c với mọi  a,b,c  và 2  2  2 a b c
a) Chứng minh rằng nếu n lẻ hoặc n 4 thì f n  1
b) Gọi A là tập hợp giá trị có thể có của f 2  f 2018 . Tính A
Câu 12. Có tồn tại hàm số f : S  S thỏa mãn điều kiện
f a f b  f  2 2
a b ,a,bS,a  b S  * \ 1 không, trong đó  ? * * f : ÁN
Câu 13. Tìm tất cả các hàm số  thỏa mãn điều kiện O
n  2  f n f  f n  2
n  n n * 1 , . IC T
Câu 14. Tìm tất cả hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: P
i) x  f y  f x  y  f x  f y  với mọi x, y  ; YM
 f x  f y  OL
ii) Tập hợp I  
,x, y  ,x  y là một khoảng C  x   y  Ụ 2
Câu 15. Tìm các hàm số * f  * : thỏa mãn 2
f m  f n  2
m  n m n * , , PH
Câu 16. Cho hàm f x, y thỏa mãn các điều kiện: NH I
 f 0, y  y  1; f x  1,0  f x,1 CH
f x  1, y  1  f x, f x  1,y      
Với mọi số nguyên không âm x, y . Tìm f 4,1981 ? Câu 17. Cho hàm   f : 
thỏa mãn các điều kiện sau: i) f n 1 f n    ;n
ii) f  f n 
 3n,nZ .
Hãy tính f 2003.
Câu 18. Cho f n là hàm số xác định với mọi  * n
và lấy giá tị không âm thỏa mãn tính chất:  n m * ,
: f m  n  f m  f n lấy giá trị 0 hoặc 1
 f 2  0 và f 3  0 .
 f 9999  3333 . Chinh phục olympic toán| 3
Bồi dưỡng học sinh giỏi Tính f 2000 .
Câu 19. Cho f , g là các hàm xác định trên thỏa mãn điều kiện
f x  y  f x  y  2 f x.g y ,x, y 
Chứng minh rằng nếu f x  0 và f x  1,x  thì g y   a  1 0
Câu 20. Cho hàm số f :  thỏa 2 điều kiện
i) f x  1  x;x 
ii) f x  y  f x. f y ;x, y 
Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số a; b 
mà f a. f b  0 2003
Câu 21. Cho f x, y 
cos 2x  y  acosx  y   với a,  . 2 2 2
Chứng minh rằng min  f x, y  max f x, y  2003. C 2 x 1 Ọ
Câu 22. Cho hàm số f x   ,x  0. 2x H
Giả sử f x  x
f x  f  f
x n * ,x   0 n n 1  0 và    . ÁN f x n   1 Chứng minh n   , x   1  ,0,1  1  n f  x n 1   2  x  1  U TO f   Ệ  x  1  LI
Câu 23. Cho hàm số * f  *  * :
là hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: TƯ
i) f 1,1  2 VÀ
ii) f m  n  f m n  m m n  * 1, , , , Í
iii) f m n    f m n  n m n  * , 1 , , , CH P
Tìm tất cả các cặp số  p, q sao cho f  p,q  2019. ẠT
Câu 24. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn các điều kiện sau:
i)  f x  2 0 x ,n
ii) f x  f y chia hết cho x  y với mọi x, y  , x  y
Câu 25. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
*  x  x    mà tập    0 thỏa mãn:   f xy
f x  f y  xyf xy    * 2 f  , x, y 1 x  y      Câu 26. Cho hàm  f :
 là một hàm số thỏa mãn với mọi n  1 thì có một số nguyên  n 
tố p là ước của n sao cho: f n  f p  f   1 và  p 
f  2018   f  2019   f  2020 3 5 7   2017.
4 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Hãy tính giá trị của biểu thức G  f  2018   f  2019  f  2020 2018 2019 2020 
Câu 27. Tìm tất cả các hàm số * f  * : thỏa mãn: 3 f  2 m  2 n   2
f m f n  f m 2
f n m n * 2 , ,
Câu 28. Giả sử f :
 là hàm liên tục và giảm sao cho với mọi  x, y  ta có
f x  y f  f x  f y  f y  f x
Chứng minh rằng f  f x  x .
Câu 29. Cho song ánh f :
 . Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ a,b,c với a,b,c 
thỏa mãn a  b  c và 2 f b  f a  f c .
Câu 30. Có bao nhiêu hàm f : * 
* thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f 1  1 2
b) f n f n  2  9 f n  1  1997, n  * . ÁN * * O
Câu 31. Tìm tất cả các hàm số f :  sao cho. a) f 2  2
IC TP b) f  .mn f m.f nvới mọi m n * ,
, UCLN m,n  1 YM
c) f m  f n m n * , , m  n . OL
Câu 32. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn C Ụ
f m  n  f mn  f m f n  1,m,n PH
Câu 33. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn f 0  2 và
f x  f x  2y  f 2x  f 2y ,x, y  NH 1 I
Câu 34. Tìm tất cả hàm số f :
 sao cho f  f n  f n  2n  3,n 1 CH
Câu 35. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất hàm số f : *  * thỏa mãn
f m  f n  n  f m  b ,m,n * b  i
Câu 36. Hãy xác định tất cả hàm số * f  * : thỏa mãn đẳng thức:
f n  f n  1  f n  2. f n  3  a 1
Với a là số tự nhiên thỏa mãn a  1 là số nguyên tố.
Câu 37. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn f n  a 
f n  an  t  a k t    1.     với f n  f f f n a t
k 2t  1  a  1 t  
 ...   với , là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn   . t
Câu 38. Cho hàm số f :  thỏa mãn:
 f 2n1 f 2n1 f 2n1 f 2n1  31 2 f n  
  n  f n ,n f 2 Chinh phục olympic toán| 5
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Tìm n sao cho f n  2009 .
Câu 39. Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn: 1 f xy 1
 f xz  f x f yz 1  , x  ,y,z . 3 3 9
Câu 40. Cho n  n  2 và hàm số f :  sao cho: f  n x  y n1
 x f x f  f y; x  ,y  *
a) Giả sử rằng f 2002  0. Tính f 2002. b) Tìm hàm số f .
Câu 41. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn f  2 3
x  y  z   f x 2  f y 3  f z x  ,y,z Câu 42. Cho hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
a) f ab  f a,b f a,b với mọi * a,b 
, a  b ; trong đó a,b, a,b lần lượt là bội C
chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a,b ; Ọ H
b) f  p  q  r   f p  f q   f r  với mọi số nguyên tố p, q, r . ÁN
Tính giá trị của f 2013 ? Kí hiệu * là tập hợp tất cả các số nguyên dương.
Câu 43. Đặt F  f : 0,  1  0, 
1 và n  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của c thỏa mãn điều kiện U TO 1 1 n Ệ f
x dx  c f x dx   0     0 LI
Với f  F và f là hàm liên tục. TƯ
Câu 44. Tìm tất cả các hàm f :  1
 ,1  liên tục, thỏa mãn: VÀ  2x  Í
f x  f  , x   1  ,1 2  1 x    CH
Câu 45. Có thể tồn tại hay không một hàm số f :
 , liên tục trên và thỏa mãn điều P Ạ f x f x  1 T
kiện: Với mọi số thực x , ta có   là số hữu tỉ khi và chỉ khi   là số vô tỉ.
Câu 46. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện f x  f t  f y  f z với
mọi số hữu tỉ x  y  z  t và x, y, z,t theo thứ tự lập thành cấp số cộng.
Câu 47. Giả sử r , s 
là hai số cho trước. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn điều
kiện f x  f y  f x  r   y  s, x  ,y  ?
Câu 48. Tìm tất cả các hàm số f :
 sao cho với tất cả các số nguyên a,b,c thỏa mãn
a  b  c  0 , đẳng thức sau là đúng:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a
Câu 49. Tìm tất cả các hàm f , g :  
có đạo hàm trên  thỏa mãn f x f x g x '   ; g x   '   x    x x
6 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Câu 50. Tìm tất cả các hàm * f :  
có đạo hàm trên * thỏa mãn
f xy  f x  f y * x  , y  1 
Câu 51. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa mãn
f  f n  n  b n    1
trong đó b là số nguyên dương chẵn.
Câu 52. Tìm tất cả các hàm f :    thỏa mãn:
i) f xf y yf x x,y     1
ii) lim f x  0 x
Câu 53. Chứng minh rằng tồn tại song ánh f :    sao cho
f 3mn m n 4 f m f n f m f n m,n        
Câu 54. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa: ÁN
3 f  f  f n  2 f  f n  f n  6n, n   O
Câu 55. Tìm tất cả các hàm số f : 0;   0;  thỏa mãn điều kiện: IC TP
f  f x  yf yf x x
 , y 0;  1 YM
Câu 56. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số f xác định trên tập các số thực
dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn f  f x  6x  f x. OL C
Câu 57. Hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: Ụ
i : f  f n  n, n   1 PH
ii : f  f n 2 2  n, n   2
NH I iii: f 0 1 3 CH f 1995 , f 2007  Tìm giá trị    
Câu 58. Tìm f : 0, 1 
thỏa mãn f xyz  xf x  yf y  zf z x
 ,y,z0,1
Câu 59. Tìm tất cả các hàm f xác định trên
và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
2 f n f k  n  2 f k n  3 f n f k,k  n   f  1  1
Câu 60. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
 f  f n * *
 n  2k, n , k     f
 n  1  f n * , n 
Câu 61. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:  f  2013  2016 
f  f n  n  4, n   
Câu 62. Tìm tất cả các hàm số * f : 
thỏa mãn điều kiện sau: Chinh phục olympic toán| 7
Bồi dưỡng học sinh giỏi
f n  f n  1  f n  1. f n  3 , n   1
Câu 63. Tìm tất cả các hàm f :    thỏa mãn:
f x  f y  f x  y  f y
Câu 64. Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số * f :  \ 1  ;0;  1
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
i) f m  f 2015 , f m  1  f 2016 ; f n  1
ii) f n  m     f n , n 1,2,....  1
Câu 65. Xác định hàm số f x liên tục   
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
 f 2x  2 f x với mọi x   , 1 
 3  fx    2 1   x f f x e
x e  1 f x với mọi x   , 2 C
 f e  1  e  1 f 1 , 3 Ọ
 f k là số nguyên dương với mọi số nguyên dương k , 4 H
Câu 66. Tìm tất cả các hàm f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: ÁN
 Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, có f a. f b  f ab U TO
 Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba Ệ LI
cạnh là f a , f b và f a  b  1 . f : 1;   TƯ
Câu 67. Tìm các hàm số   thoả mãn điều kiện:
f x  f y  y  x f xy với mọi x, y  1 1 VÀ Í
Câu 68. Tìm tất cả các hàm * * f :  thỏa mãn đẳng thức: CH f  2 f m 2  f n 2 2 2
 m  2n , với mọi * m,n . P Ạ
Câu 69. Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho tồn tại một hàm f :  0; khác T
hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau
i) f xy  f x f y , x  , y  ii)  f  2 2
2 x  y   f x  f y x,y   0;1;2;...;  n .
Câu 70. Tìm tất cả các hàm số f : *  * thoả mãn điều kiện:
 f m n  3 2 2 2
 f m f n 2
 f n f m * 2 . . , m  ,n
Câu 71. Tìm tất cả các hàm số f :
 thoả mãn điều kiện:
 f 0  c 3 f n  1
 f n  1      1
 f n , n * 3
8 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Câu 72. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:
f 2a  2 f b  f  f a  b a  ,b 
Câu 73. Có tồn tại hay không hàm số f :  sao cho
f m  f n  f m  n, m  ,n 1
Câu 74. Cho hàm số f :
 là hàm số thỏa mãn các điều kiện sau:
i) f mn  f m f n , m  ,n
ii) m  n là ước của f m  f n với mọi m, n 
Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên lẻ k sao cho   k
f n  n , n   .
Câu 75. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) f 0  0, f 1  1
ii) f 0  f 1  f 2  ... 2 2 2 2 * ÁN
iii) f x  y   f x  f y , x  , y  O
Câu 76. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãm các điều kiện sau: IC T
i) Nếu a b thì f a  f b P
ii) f ab  f  2 2
a  b   f a  f b , a  ,b  YM
Câu 77. Tồn tại hay không hàm số f : 1, 2,..., 
n  thỏa mãn điều kiện: OL C
i) f là hàm đơn ánh Ụ
ii) f ab  f a  f b với mọi a,b 1, 2,..., 
n và ab  n PH
Câu 78. Giả sử Josephus có n  1 người bạn, n người này đúng thành một vòng tròn
NH I đánh số từ 1 đến n theo chiều kim đồng hồ, tự sát theo nguyên tắc, người thứ nhất cầm CH
dao đếm 1 rồi tự sát, người thứ hai đếm 2 rồi tự sát,
người. Gọi f n là hàm số biểu thị vị trí cùa người sống sót đó. Câu hỏi đặt ra là, hãy tính f n ?
Câu 79. Cho hai hàm số * * f , g : 
là hai hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i) g là hàm số toàn ánh ii) 2 f n 2 2 2 n
g n , n     
Nếu f n n 2019 n, n     
thì f có vô số điểm bất động.
Câu 80. Tìm tất cả các hàm số * * g : 
thỏa mãn điều kiện sau:
g gn  n  g n  1  3  n  gn , n  
Câu 81. Cho ba số thực a, b,c không âm, phân biệt sao cho tồn tại hàm f , g :   thỏa  x 
mãn af xy  bf    cf x  g y với mọi số thực dương x  y .  y  Chinh phục olympic toán| 9
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Chứng minh rằng tồn tại hàm h :   sao cho:    x 
f xy  f    2 f x  hy, x   y  0  y 
Câu 82. Tìm tất cả hàm số f :  thỏa mãn:
n! f m! f n! f m! , m  ,n
Câu 83. Tồn tại hay không hàm số * * f : 
thỏa mãn điều kiện sau:
f  f n  n  f n * 3 2 , n  
Câu 84. Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự * * f : 
thỏa mãn điều kiện sau:
f n  f n  f n * 2 , n  
Câu 85. Tìm tất cả các toàn ánh f :
 sao cho với mọi m,n  thỏa mãn:
f m f n  m n C Ọ H ÁN U TOỆLI TƯ VÀ Í CH P ẠT
10 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc II. LỜI GIẢI.
Câu 1. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện sau:
3 f n  2 f  f n  n,n Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Đặt g n  f n  n,n  .
Khi đó, thì ta được 2g  f n  2  f  f n  f n  f n  n  gn ,n 1 
Áp dụng liên tiếp 1 ta được
       2 2
2      ...  2m g n g f n g f f n
g  f  f ...f n... , trong đó có m dấu f . m
Như vậy thì g n chia hết cho 2 ,m  g n  0,n  hay f n  n,n  ÁN
Thử lại thì thấy hàm số f n  n,n  thỏa mãn yêu cầu đề bài. O
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài là: f n  n,n  . IC T
Nhận xét. Việc đặt hàm phụ g n  f n  n,n  giúp ta đưa phương trình hàm ban P
đầu về dạng mới đẹp hơn. Và khi đó ta phát hiện ra thêm được các tính chất của hàm mới YM
g n để từ đó ta áp dụng liên tiếp các tính chất ấy và kết hợp với các tính chất số học chia OL C
hết để suy ra được hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài. Ụ PH
Câu 2. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện sau
m n f  2 m  2
n   mf n  nf m,m,n 1 NH I Lời giải CH
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Kí hiệu P u, v là phép thế ,
u v vào 1 thì ta được:
P n  nf  2 0,
n   nf 0 ,n Do đó f  2
n   f 0 ,n .
Đặt g n  f n  f 0 ,n .
Khi đó, ta thay vô 1 ta được m  n g  2 m  2
n   mgn  ngm ,m,n 2
Hơn nữa, ta còn có g 0  0 và g  2
n   0,n
Kí hiệu Q u, v là phép thế m  ,n
u  v vào 2 thì
Qn n  ng 2 , 2
2n   2ngn,n
Do đó ta được g  2
2n   gn ,n và
Chinh phục olympic toán| 11
Bồi dưỡng học sinh giỏi Q 2 2 n n   2 n g  4 n   2 2 , 3 5
n g n ,n
Từ đó suy ra g n  g  4
3 5n ,n
Từ đây ta áp dụng liên tục các tính chất trên, thì ta đó ta suy ra   k g n n k  * 3 , ,
Suy ra: g n  0,n  hay f n  f 0  const,n  .
Thử lại thì ta thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f n  f 0  const,n  .
Nhận xét. Cũng tương tự như bài toán 1 ta nhìn phương trình hàm ban đầu dưới một hàm
phụ khác, bằng các phép thế cơ bản ta phát hiện ra được một số tính chất sơ khai ban đầu.
Và bằng phép đặt g n  f n  n,n ta được một phương trình hàm có dạng y chang
phương trình hàm ban đầu, nhưng ta lại được thêm các điều kiện ràng buộc là g 0  0 và g  2
n   0,n nên từ đó ta đã được thêm các ràng buộc, thuận lợi cho việc giải phương C Ọ
trình. Phép đặt này rất hay, nó vừa bảo toàn phương trình hàm có dạng y chang ban đầu H
và kèm theo là các điều kiện rang buộc mà phương trình hàm ban đầu không có. Từ đấy, ÁN
tương tự bài toán 1, ta phát hiện các tính chất của hàm g n và sử dụng liên tục chúng và
kết hợp cùng với các tính chất chia hết để suy ra hàm số cần tìm. U TOỆ LI Câu 3. Cho hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau: TƯ
f n    f  f n n * 1 ,
Chứng minh rằng f n  n n  * , . VÀ Í IMO 1977 CH Lời giải P Ạ
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. T Đặt d 
f n n * min ,
,theo nguyên lý cực hạn thì d tồn tại và duy nhất. Gọi  * m
sao cho: f m  . d
Nếu m  1 thì d  f m  f  f m  1 , mâu thuẫn.
Do đó f n đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất tại n  1
Lập luận tương tự thì ta có f   
f n n * 2 min , ,n   2
Và lập luận lại quá trình tương tự như trên ta được:
f 1  f 2  f 3...  f n  ...
Ta có f 1  1 nên f n  n n  * ,
Nếu tồn tại n  * f n n f n n 1. 0 mà    0 0 thì     0 0
12 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Suy ra f  f n   f n  1 , 0 0  mâu thuẫn
Do đó, f n  n n  * ,
, thử lại thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f n  n n  * , .
Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trong kì thi Toán Quốc Tế - IMO năm
1977, một bài toán phương trình hàm với điều kiện rang buộc là ở dạng bất đẳng thức, rất
lạ và mới. Làm ta nãy ra ý tưởng sử dụng nguyên lý cực hạn để đánh giá để có điều vô lý
và suy ra được hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 4. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau: 2
x  f y 2
f x  y x y  * , ,  Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán. ÁN
Trong  ta thế x  y  1 ta được  f   2 1
1 f 1  1  f 1  1 O
Trong  ta thế x  1 ta được  f y 2
f    y   y y  *  y  f y  y  * 1 1 1 , , 1
IC TP Trong  ta thế y 1 ta được YM 2
x  f   2
f x  x y  *  2 x  2
f x  x y  *  f x  x x  * 1 1, , 1 1, , , 2 OL
Từ 1 và 2 ta suy ra f x  x x  * ,
, thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán. C Ụ
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f x  x x  * , . PH
Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc, mà cho dưới dạng chia
hết. Bằng các phép thế đơn giản cùng với các đánh giá số học không quá khó khan, ta có
NH I thể nhanh chóng đánh giá được biên của hàm f và để từ đó ta suy ra được hàm số thỏa CH mãn đề bài.
Câu 5. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn điều kiện sau:
f m  f n m  n2 2 2 m n * , , *
IMO Shortlist 2004 Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Trong * ta thế m  n  1 ta được:
f    f     2 2 2 1 1 1
1  4  f 1  1, do f 1 và f 1  1
Trong * ta thế m  1 ta được:
f    f n   n2 m n
  f n   n2 2 2 * n * 1 1 , , 1 1 ,
Chinh phục olympic toán| 13
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Trong * ta thế n  1 ta được:
f m  f   m  2 m
 f m  m  2 2 2 * 2 2 m * 1 1 , 1 1 ,
Với p là một số nguyên tố bất kì thì:
Trong * ta thế m  1, n  p  1 ta được:
1  f p  1  p
 f p   2 1 1 p   1  
f p  1  2 p
Trường hợp 1.  f  p    2
p  f p    2 1 1 1 p  1.
Ta thế m  p  1, n  1 vào * ta được: f  2 2
p     p  2    p  2   p  2 2 2 1 1 1 1 1 1 1  1
Mà ta lại có đánh giá sau đây: 2 C
p  2   p 2 p 2  p p 2  p  p2   p 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1  1 , mâu thuẫn Ọ H
Do đó, ta phải xảy ra trường hợp còn lại. ÁN
Trường hợp 2. 1  f  p  1  p  f p  1  p  1, với mọi p là số nguyên tố
Hay tồn tại k sao cho f k  k. U TOỆ
Với mỗi k như thế và số tự nhiên n  0 bất kì thì ta có: LI
k  f n k  n2  k  f n  p  2  f n p  2 2 2 2 1
1  2n  f n f nn2 TƯ
Khi ta chọn k là một số đủ lớn thì ta bắt buộc phải có: f n  n n  * , , thử lại thỏa. VÀ Í
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f n  n n  * , . CH
Nhận xét. Cũng tương tự như ở bài toán 4, đây là một bài phương trình hàm trên tập rời P
rạc có dạng chia hết. Cũng tương tự ở bài trên, ta cũng thế bằng các phép thế đơn giản để ẠT
phát hiện một số tính chất của đề bài. Nhưng ở bài toán 5 này khó hơn ở bài toán 4 rất
nhiều, vì từ các tính chất ta tìm được, ta không thể chặn được khoảng của hàm f để rồi
suy ra f n  n n  * ,
như ở bài toán trên được. Vì thế mà ta phải xét giá trị của hàm số
f tại các giá trị là số nguyên tố để xử lý bài toán và bằng một số kiến thức đơn giản về
giới hạn ta có thể suy ra được f n  n n  * ,
một cách dễ dàng, từ đó kết thúc bài toán.
14 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Câu 6. Tìm tất cả các hàm f :
 thỏa mãn tồn tại số k  và số nguyên tố p sao
cho với mọi n  k, f n  p  f n và nếu m n thì f m  1 f n  1. Iran TST 2005 Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Giả sử n  k và p không chia hết cho n  1 thì khi đó tồn tại k sao cho n  1 n  k . p
Suy ra ta được f n f n  kp  1
Mặt khác ta lại có f n  f n  kp nên f n f n  1  f n 1  f n  1
Với n  1 bất kì thì n  1 n  1 kp  f n f n  1 kp  1  2
Do đó với n  1 thì ta có: f n 1,  2 .
Bây giờ ta sẽ xét hai trường hợp sau: ÁN
Trường hợp 1. f n  2,n  k và p n  1. O
Xác định n  k và p không chia hết cho n  1 khi đó tồn tại m sao cho: n  1 m và p m  1.
IC TP Suy ra f n f m13 hay f n1
Ta xác định hàm f như sau: YM
 f n  2,n  k và p n  1. OL C
 f n  1,n  k và p không là ước của n  1. Ụ
 f i  f i  p ,i  k. PH
Trường hợp 2. f n  1,n  k và p n  1.
NH I Trong trường hợp này f n 1,n k và nếu giả sử S a f a  2 thì sẽ không tồn tại CH
m, n S thỏa mãn m  1 . n
Ta xác định hàm f như sau f n  1,  2 ,n .
Với S là một tập con vô hạn của
sao cho không tồn tại m, n S thỏa mãn m  1 n và với
n  1 thì f n  2  nS; f x  1, với các giá trị x  1 còn lại và f 1 là một số bất kì
xác định bởi f 2 f 1  1.
Từ đây ta thử lại đề bài và thấy thỏa mãn nên ta hoàn thành bài toán.
Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc khó và điều kiện ràng
buộc khá là khó chịu. Và bằng các phép thế để tìm ra các tính chất của hàm, cùng với các
kĩ thuật xử lý rất khó khan, chúng ta đã xử lý được bài toán. Đây là một bài toán khó, các
bạn đọc cần nghiên cứu và đọc thật kĩ.
Chinh phục olympic toán| 15
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 7. Cho p là số nguyên tố lẻ. Tìm tất cả các hàm f :
 thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i) f m  f n với m  nmod p
ii) f mn  f m f n ,m,n  USA TST Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Với k  , thì ta có f pk  1  f pk  f p f k  1  f k  0
Bây giờ ta sẽ xét hai trường hợp sau
Trường hợp 1. f  p  0
Dễ thấy nếu f 1  0 thì f n  0,n  , mâu thuẫn với f  p  0.
Xét riêng khi f 1  1. C Ọ
Với mỗi x  và p khong chia hết cho x ta có y  sao cho xy  1mod p. H
Do đó ta có f x f y  f xy  f 1  1,x, y  ÁN
Suy ra: f n  1 và p không chia hết cho . n
Mặt khác ta lại có f  2 n   2
f n  1 với p không chia hết cho n nên f m  1, nếu m là U TOỆ
một số chính phương mod p và p không chia hết cho . m LI
Nếu không tồn tại i, với p không chia hết cho i sao cho f i  1 thì ta có ngay TƯ
f n  1,n và p không chia hết cho . n VÀ Í
Xét i là một số không chính phương mod p và k là một số không chính phương mod p
và p không chia hết cho k bất kì thì ta suy ra ik là số chính phương mod p. CH P
Mặt khác ta lại có f k   f i f k   f ik  1 ẠT Hay
 f x  1, nếu x là một số chính phương mod p và p không chia hết cho x
 f x  1, nếu x là một số không chính phương mod p Xét số x f x 1. 0 sao cho     0
Bây giờ từ điều kiện ii) ta thay m  x , n  p 0 ta được:
f p  f px   f p f x f p 0
   0  hay    1 Suy ra:
 f x  1, nếu x là số chính phương mod p
 f x  1, nếu x là một số không chính phương mod p
Trường hợp 2. f  p  0 suy ra f n  0,p n.
Khả năng 1. Nếu f 1  0 thì f n  0,n  .
16 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Khả năng 2. Nếu f 1  0
Giả sử tồn tại x f x 0 x 0 sao cho    0
và p không chia hết cho 0
Suy ra f nx   0,n  0
Ta có dãy x , 2x ,...,p  1 x 0 0
 0 là một hệ thặng dư đầy đủ mod p
Suy ra f 1  0, điều này mâu thuẫn.
Vậy ta có f x  0  p x và f x  1, với các giá trị x còn lại.
Từ các kết quả trên đây, ta thấy có 4 hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán: 0 if p n
f n  0,n
f n   1 if n p
1 if n la mot so chinh phuong mod p
f n  1,n f n    
 1 if n khong la mot so chinh phuong mod p ÁN
Vậy đây là tất cả các hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. O
Nhận xét. Đây là một bài toán khó, với điều kiện hàm rất khó xử lý, một bài toán khó
trong kì thi chọn đội tuyển IMO của Mỹ, và việc ứng dụng sâu sắc các kiến thức Số Học
IC TP tổng hợp trong lời giải, nó có vẻ khá phức tạp. Mong bạn đọc suy nghĩ và đọc thật kĩ, và YM
mong bạn đọc có một lời giải khác ngắn gọn và hay hơn cho bài toán. OL C
Câu 8. Tìm số nguyên không âm n nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số f :  0, khác Ụ
hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện: PH
i) f xy  f x f y ,x, y  NH 2 f x  2 2
y  f x  f y  0,1,...,n ,x, y  I ii)         CH
Với số n tìm được, hãy tìm tất cả các hàm số thỏa mãn. Lời giải
Với n  1 xét hàm f được xác định như sau:
  0 if p x f x  
,với p là số nguyên tố có dạng 4k  3 1 if x p
Hiển nhiên hàm số trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử với n  0 thì cũng tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó thì ta có: f  2 x  2
y   f x  f y  x y   f  2 x  2 2 0, , 2
y   f x  f y,x,y  
Từ điều kiện i) ta thế x  y  0 ta được: f    2 0
f 0  f 0  0 hoặc f 0  1
Trường hợp 1. f 0  1
Chinh phục olympic toán| 17
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Ta thế y  0 vào  thì ta được f  2
2 x   f x  f 0  f x  1,x Mà f  2 x   2
f x ,x  nên ta suy ra: 2
f x  f  2 2
2 x   f x  1,x  f x  1,x , do f x  0,x
Điều này lại trái với giả thiết f khác hằng số.
Trường hợp 2. f 0  0
Ta thế y  0 vào  thì ta được f  2
2 x   f x  f 0  f x ,x  Mà f  2 x   2
f x ,x  nên ta suy ra 2
f x  f  2 2
2 x   f x ,x
Suy ra với mỗi x  thì ta phải có f x  0 hoặc f x  1 . 2 1 Nếu tồn tại x f x . 0 sao cho    0 2
Ta thế x  y  x  0 vào   thì ta được: C Ọ
2 f 2x   2 f 2 f x   2 f  2 x  2 x f x f x 2 f x 0 0 0 0  
 0   0    0    H
Từ  ta thay x  1, y  0 thì ta được: f 1  0. ÁN
Từ  ta thay x  1, y  1 thì ta được: f 2  0. U TO
Từ đây ta thay f 2  0 vào   thì ta được: Ệ LI
f x  0,x  , điều này lại mâu thuẫn với f khác hằng số.
Vậy từ đây ta khẳng định được rằng n  1 là giá trị nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. TƯ
Khi ta tìm được n  1 ta sẽ quay lại việc giải quyết bài toán đề bài. VÀ Í
Tìm tất cả các hàm số f :
 0, khác hằng số thỏa mãn đồng thời các điều kiện: CH P
i) f xy  f x f y ,x, y  ẠT ii) f  2 x  2 2
y   f x  f y0, 
1 ,x, y 
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Ta dễ dàng chứng minh được rằng: f 0  0, f 1  1.
Trong i) ta thế y  x thì ta được f  2 x   2
f x ,x
Trong ii) ta thế y  0 thì ta được f  2
x   f x  2 2
2 f x  f x0, 
1  f x0,  1
Trong i) ta thế x  y  1 thì ta được 2
f 1  f 1  1  f 1  1
Trong i) ta thế x  1, y  x thì ta được:
18 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
f x  f 1 f x ,x   f x  f x ,x 
Trường hợp 1. Tồn tại số nguyên tố p sao cho f  p  0.
Giả sử cũng tồn tại số nguyên tố q  p sao cho f q  0.
Trong ii) ta thế x  p, y  q thì ta được f  2 p  2
q   f p  f q   f  2 p  2 2 0 q   0
Do đó với mỗi a, b  thì ta luôn có:
f a  b  f p  q   f  a  b p  q   f  ap  bq2  aq bp2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2
Lưu ý rằng.  2  2  2  2 a b p
q   ap  bq  aq  bp là đẳng thức Brahmagupta –
Fibonacci nổi tiếng, cũng đã được đề cập đến trong nhiều cuốn sách, mong bạn đọc lưu ý
chi tiết này để giải toán.
Vì  f x  f y  f  2 x  2 0 2
y  nên f aq  bp  0. ÁN
Do  p,q  1 nên tồn tại a, b  sao cho aq  bp  1. O
Suy ra được 1  f 1  f aq  bp  0, điều này là vô lý.
IC TP Vậy tồn tại duy nhất số nguyên tố p sao cho f p0. 2 YM
Khả năng 1. Nếu p là số nguyên tố có dạng 4k  1, k  thì tồn tại a  sao cho p a  1 2 OL
hay f a  1  0. C Ụ
Lưu ý rằng. Kết quả này các bạn có thể tham khảo trong phần chuyên đề Thặng dư bình phương. PH
Mặt khác, trong ii) ta thế x  1, y  a thì ta được: f  2  2
a   f    f a  f  2
a    f    f a   f  2 2 1 1 2 1 1 1 a  1  1,
NH I Điều này là mẫu thuẫn. CH
Vậy từ đấy chỉ xảy ra khả năng còn lại.
Khả năng 2. Nếu p là số nguyên tố có dạng 4k  3 thì
Từ đó ta có f x  0  p x và f x  1 với các giá trị x còn lại.
Trường hợp 2. f  p  1 với mọi số nguyên tố p.
Khi đó f x  1,x  \  0
Vậy từ đó có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0 if p x
 f x  
, trong đó p là một số nguyên tố bất kì có dạng 4k  3, k  . 1 if x p 0 if x 0  f x    1 if x   0
Nhận xét. Đây là một bài toán phương trình hàm trên tập rời rạc phải nói là rất rất khó, sử
dụng rất nhiều kiến thức trong Số Học cũng như kĩ năng phán đoán và biến đổi thuần
Chinh phục olympic toán| 19
Bồi dưỡng học sinh giỏi
thục. Sử dụng rất nhiều các mạng kiến thức liên quan đến số nguyên tố, thặng dư bình
phương hay các đẳng thức rất nổi tiếng trong Toán học. Thực sự đây là một bài hàm liên
quan đến số học tổng hợp, rất hay và thú vị, mong bạn đọc nghiên cứu thật kĩ càng và cẩn thận bài toán này.
Câu 9. Giả sử hàm số * f :
 thỏa mãn các điều kiện sau:   n  1  1  f
if n  2m     1   2 
f 1  1 và f n     n  1  f if n     2m   2 
Tìm các giá trị của n sao cho f n  2019. Lời giải
Từ cách xác định của hàm f ta dễ dàng tính được: C Ọ
f 2  f 3  2; f 4  f 5  f 6  f 7  3 H
Bây giờ ta sẽ viết dưới dạng nhị phân như sau: ÁN
f 1  f 1 1; f 2 f 10 2; f 3 f 11 2 2       2       2  
f 4  f 100 3; f 5 f 101 3; f 6 f 110 3;... 2       2       2   U TOỆ
Từ cách việt dưới dạng nhị phân như trên, ta dự đoán f n là số chữ số trong biễu diễn LI nhị phân của số . n TƯ
Ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng quy nạp như sau. n 1,n 2. VÀ
Thật vậy, ta thấy khẳng định đúng với   Í
Giả sử khẳng định đúng đến .
n Ta sẽ chứng minh khẳng định đúng đến n  1. CH
Nếu n là số chẵn thì n  a a ...a 0  f n  k   1. k k 1 1 2   P ẠT
Khi đó thì ta có n  1  a a a k k ... 1 1 1 2 n  n   n  Từ đấy ta có  a a ...a  f
 k  f n  1 f  k  1, k k1 1 
tức là bằng số chữ số 2       2  2   2 
trong biểu diễn nhị phân của số . n
Nếu n là số lẻ thì bằng cách làm tương tự ta cũng được kết quả tương tự.
Vậy theo nguyên lý quy nạp ta suy ra f n là số chữ số trong biểu diễn nhị phân của . n
Ta đó ta suy ra nếu f n  2019 thì biểu diễn của n trong hệ nhị phân chứa đúng 2019 chữ số.
Vậy từ đó ta suy ra: 2018  n  2019 2 2 .
Nhận xét. Đây là một bài toán khá hay, với tư tưởng giải là đưa về hệ nhị phân. Bằng cách
biểu thị bình thường thì ta không thể tìm ra được tính chất của dãy, bởi điều kiện nó xen
kẽ với tính chẵn lẽ, rất khó chịu và phức tạp. Mà chỉ bằng cách đưa về hệ nhị phân ta đã
20 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
nắm được quy luật của dãy số mà tác giá đã ẩn đi trong bài toán, và từ đó ta nảy ra ý
tưởng giải và chỉ việc đi triển khai, cuối cùng ta thu được kết quả của bài toán.
Câu 10. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
thỏa mãn các điều kiện sau:
 f 1  1, f 3  3 
 f 2n  f n 
với mọi số nguyên dương n .
f 4n  1  2 f 2n  1   f n
 f 4n 3  3 f 2n1  2 f n IMO 1988 Lời giải
Giả sử f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán.
Một số nguyên dương k chỉ có thể có một trong bốn dạng sau:
k  4n, k  4n  1, k  4n  2, k  4n  3; k,n ÁN O
Do đó, từ giả thiết của bài toán, hàm số f được xác định một cách duy nhất. Ta sẽ sử
dụng biểu diễn cơ số 2 để tìm biểu diễn của hàm số f .
IC TP Ta có các nhận xét sơ bộ như sau: YM f 1 f 1 1 1 , f 10 f 2 1 01 2  
    2  2       2 OL f 11 f 3 3 11 , f 100 f 4 1 001 ,... 2  
    2  2       2 C Ụ
Từ đấy ta thấy được quy luật như sau: PH
Quy luật. Biểu diễn của f n trong hệ cơ số 2 chính là cách viết ngược lại của biểu diễn f  a a a a a a a a k k ...   ... k k . 1 1 0 2   0 1 1  NH
của n trong hệ cơ số 2 tức là   I 2
Bây giờ ta sẽ chứng minh dự đoán này bằng quy nạp như sau. CH
Ch ứng minh.
Với n  1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên đúng, do ta đã thử kiểm tra ở trên.
Giả sử tính chất đã đúng cho với mọi k  .
n Ta sẽ chứng minh tinh chất cũng đúng với . n
Trường hợp 1. Nếu n  2m thì theo giả thiết ta có f m  f n. Vì n  2m nên nếu m được
biễu diễn trong hệ cơ số 2 dưới dạng m  a a a a n  a a a a k k ... 0 . k k ... 1 1 0  thì  1 1 0  2 2
Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có: f  a a a a f n f m f a a a a a a a a a a a a k k ... 0    k k ...  ...   k k 0 ... 1 1 0  2     
 1 1 02  0 1 1   2 0 1 k1 k 2
Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.
Trường hợp 2. Nếu n  4m  1 với m  a a a a n  a a a a k k ... 01 k k ... 1 1 0  thì  1 1 0  và 2 2
2m  1  a a a a k k ... 1 . 1 1 0  2
Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có:
Chinh phục olympic toán| 21
Bồi dưỡng học sinh giỏi
f  a a ...a a 01  f n  f 4m  1  2 f 2m  1  f m k k1 1 0 2           2 f  a a a a f a a a a k k ... 1   k k ... 1 1 0 2   1 1 02
 21a a ...a a  a a a a k k ... 0 1 1   2 0 1 k1 k 2
 1a a ...a a a a a a k k 0  ... 0 1 1   2 0 1 k1 k 2
 10...0  a a ...a a 0  a a ...a a 2 0 1 k1 k   2 0 1 k1 k 2
 10...0  a a ...a a
  a a ...a a k k . 0 1 1  k k 10 2 0 1 1 2 2
Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.
Trường hợp 3. Nếu n  4m  3 với m  a a a a n  a a a a k k ... 11 k k ... 1 1 0  thì  1 1 0  và 2 2
2m  1  a a a a k k ... 1 . 1 1 0  2
Mà theo giả thiết quy nạp thì ta có: f  a a a a f n f m f m f m k k ... 11   4  3  3 2  1   2 1 1 0 2          C Ọ
 f 2m  1  2 f 2m  1  2 f m H
 1a a ...a a  a a a a a a a a k k 1 ... k k0  ... k k0 0 1 1   2 0 1 1   2 0 1 1 2 ÁN
 1a a ...a a  k k 10...0 0 1 1    2 2  U TO 11a a ...a a k k . 0 1 1 2 Ệ LI
Từ đây, trong trường hợp này, tính chất được chứng minh.
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì quy luật của chúng ta đã được chứng minh. TƯ
Vậy tất cả các hàm f n thỏa mãn đề bài là: VÀ Í f  a a a a a a a a k k ...   ... k k , 1 1 0  2   0 1 1 2 CH
trong đó n  a a a a k k ... 1
1 0  là biễu diễn của số n trong hệ cơ số 2. 2 P Ạ
Nhận xét. Cũng với ý tưởng tương tự như ở bài toán 9 là sử dụng hệ nhị phân để tìm ra T
quy luật của dãy số. Nhưng ở bài toán 10 thì khó hơn ở các bài trước rất nhiều, do điều
kiện của đề bài khá nhiều, làm ta khá hoang mang, và khá nhiều trường hợp cần xét của n
nên lời giải có vẻ phức tạp. Ở bài này, các bạn cần có một cách nhìn tổng quan để khám
phá ra quy luật và kiểm nghiệm sự chính xác của nó, và từ đó đi chứng minh phỏng đoán
đó bằng phương pháp quy nạp, bên cạnh đó cũng cần sự biến đổi điêu luyện và thật chính
xác thì mới thu được kết quả của bài toán.
22 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc Câu 11. Cho hàm số   f : 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
 f n là ước của 2018 n với mọi n
 f a. f b  f c với mọi  a,b,c  và 2  2  2 a b c
a) Chứng minh rằng nếu n lẻ hoặc n 4 thì f n  1
b) Gọi A là tập hợp giá trị có thể có của f 2  f 2018 . Tính A Lời giải
 n  n  
 a    a  2018 2 2 2 2 1 1 1 1
a) Nếu n  1mod 2 ta chọn a,b,c  n, ,
  f n| f    |   2 2   2   2   2018 2   n  1    2 2018 2018 2018 n  1 
Ta có f n|n
 f n|gcdn ,     gcd n,
  1  f n   2  1       2  2018
Nếu n  0 mod 4 2 2 2 2
ta chọn a, b,c  4k, 4k  1, 4k  1  f 4k| f 4k  1  | 4k  1 ÁN 2018 f k k  f k  2018 2 4 | 4 4 |gcd 4k , 4k  2018 1 1 O Ta có           2018 f  f  0 1 2018 2 2 2 2 , 2 ,..., 2 IC T
b) Theo câu a, ta có       P
 f 2018  f  2 1009  1  2 1009  2018  1 YM
Với a b c   2 , ,
2018,1018080,1009  1 ta có   f 2018 2018 2018 OL  C 2018 2 2018 0 1 2018 Ụ  f 2018 gcd
2018,1009 1  2  f 20182 ,2 ,...,2  PH  2 a  2 b  2 c *
Với a, b,c thoả 
gcda,b,c  1 NH I
 Nếu a,b lẻ, c chẵn. CH 2 2 2 Do 2 a  2 b  2
c  2a  2b  2c nên 1  f 2c  f 2a f 2b . Mà   f : 
nên f 2a  f 2b  f 2c  1.
a  c  1mod2  Nếu  . b   0mod2
Khi đó: f 2c  f 2a f 2b  f 2a ,a,c  1 lẻ thỏa mãn (*).
Do đó f  c
f  a     b  2 a  2 b  2 2 2 * * :
c ,a,c  1. 2 2018 1018080 1009  1
Ta có f 2018 thỏa * * với bộ a,b,c     , ,
 mà f 2 không thỏa  2 2 2 
* * do a,c  1 nên f 2  f 2018
Dễ dàng chứng minh được 2a  2b  2c  2d với a, b  c, d bằng cách chia cả hai vế cho 
2 với   mina,b,c,  d nên T  2 C2019 .
Chinh phục olympic toán| 23
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 12. Có tồn tại hàm số f : S  S thỏa mãn điều kiện
f a f b  f  2 2
a b ,a,bS,a  b không, trong đó S  * \  1 ? Lời giải
Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta sẽ tìm tính chất đặc biệt của hàm số f
Xét hai biểu thức sau f a f d f c , f a f b f c .
Ta có         2 2      4 4 2 f a f d f c f a d f c f a d c  và
          2 2    2 4 4 f a f b f c f a f b c f a b c  .
Ta sẽ chọn c, d sao cho 4 4 2  2 4 4  2 4  4 2  2  2 a d c a b c a d b c ad b c 1.
Với c, d thỏa mãn (1) thì f  4 4 2
a d c   f  2 4 4
a b c   f a f d f c  f a f b f c  f b  f d 2
Tất nhiên ta cần chọn d  b và c thỏa mãn 1 chẳng hạn d  2 b c  2 , ab . C
Nên từ 2 ta được f b  f  2
b ,bS (3). Ọ H
Từ tính chất 3 ta có 2 2 ÁN
f a f b  f a b ,a,bS,a  b  f a f b  f ab,a,b S,a  b 4
Sử dụng tính chất 3 , 4 ta được f 
  f  2   f    f  2 16 4 4 2   f 2 . U TOỆ
Mặt khác f 16  f 2.8  f 2 f 8 . LI
Từ hai đẳng thức trên ta được f 2 f 8  f 2  f 8  1 (vô lí.) TƯ
Vậy không tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. VÀ Í
Câu 13. Tìm tất cả các hàm số * f  * : thỏa mãn điều kiện CH 2 P
n    f n f  f n  2
n  n n * 1 , . ẠT Lời giải
Với dạng toán mà giả thiết về bất đẳng thức thì việc dự đoán được nghiệm đóng vai trò
quan trọng trong việc định hướng lời giải. Việc dự đoán nghiệm thường ta thông qua việc
tính các giá như f 1 , f 2 , f 3 ,...
Thay n  1 vào phương trình ban đầu ta được 0  f 1 f  f 1  2  f 1  1 .
Thay n  2 vào phương trình ban đầu ta được 1  f 2 f  f 2  6 .
Từ bất đẳng thức này suy ra f 2  1 , nếu f 2  3 .
Từ điều kiện ban đầu ta thay n bởi f n thu được
 f n 2  f  f n f  f  f n  f n2  f n n * 1 , (1). 2 2
Từ (1), thay n  2 ta được  f 2  1  f  f 2 f  f  f 2  f 2  f 2
24 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
   f    2 4 2
1  f  f 2 f  f  f 2  f  f 2  2
Điều này mâu thuẫn với 1  f 2 f  f 2  6 . Do đó f 2  2 .
Do đó ta dự đoán f n  n n  * ,
. Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Giả sử f 1  1, f 2  2,..., f n  1  n  1 . Ta chứng minh f n  n
Với mỗi số nguyên dương n , đặt f n  m . Ta xét các trường hợp sau:  2
Nếu m  n   f n f  f n  mf m  2 1
m  n  1 vô lí.
 Nếu f n  m  n   n   f  f n  f n f  f n  2 1 1
n  n  f  f n  n
f  f  f n  f  f n  f  f n f  f  f n   f  f n2  2 . n , 2 2
Kết hợp với f  f  f n f  f n   f n  1 ta được 2
n   f n  1  f n  n  1 vô lí.
Do đó f n  n . Vậy f n  n n  * , . ÁN O
Câu 14. Tìm tất cả hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: IC T
i) x  f y  f x  y  f x  f y với mọi x, y  ; P
 f x  f y  YM
ii) Tập hợp I  
,x, y  ,x  y là một khoảng  x   y  OL C Lời giải Ụ
Phân tích. Điểm mấu chốt để giải bài toán chính là hiểu và tận dụng được giả thiết ii). PH
Tập hợp I là một khoảng có nghĩa là nếu a, b  I , a  b thì a, b  I . NH
Từ điều này ta suy ra tính chất quan trọng của tập hợp I là nếu có số thực a  I thì hoặc I
là x  a,x  I hoặc là x  a,x  I . CH
Khi đó ta có lời giải sau.
Để ý rằng nếu f x  f y   x  y thì x  y ( do i) ). Do đó 1  I .
Giả sử t  I . Khi đó t  1 và tồn tại x, y  , x  y sao cho f x  f y  t x  y .
Vì x  y nên f y  f x  f x  f y và
f y  f x  f x  f y y  x 1  .
y  f x x  f y  y x tx y     1  t 1 1 Do đó
 I . Mà I là một khoảng nên mọi phần từ x nằm giữa t và cũng thuộc I 1  t 1  t 1 Nếu t  1 thì
 0 (mâu thuẫn vì khi đó ta lại có 1 I ) 1  t 1
Do đó t  1 . Tương tự ta cũng có
 1, tức là t  0 . 1  t
Chinh phục olympic toán| 25
Bồi dưỡng học sinh giỏi 1
Như vậy ta đã chứng minh được rằng nếu t  I thì
 I và t  0 . 1  t 1 Mà khi t  0 thì
 0 nên ta có mâu thuẫn. 1  t
Như vậy I phải là tập rỗng mà rõ ràng I   , chẳng hạn  f 1  f 0 I .
Do đó không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ngoài ra ta cũng có thể giải bài toán này như sau. f x  f y
Đặt F x, y     
với mọi x, y  , x  y . x  y
Tương tự cách đầu, ta có F x, y  1,x, y  , x  y
Nếu tồn tại x  y sao cho F x, y  0 thì F y  f x , x  f x  1 (vô lý).
Do đó F x, y0; 
1 ,x, y  , x  y *
Suy ra f là đơn ánh. Do đó với mọi x, y  , x  y ta có C Ọ
f x  f y  f y  f y  f y  f x  f y  f y  x  y H
Hay F x  f y , y  f y  F y  f x , y  f yF x, y  1 ÁN
Từ đây, kết hợp với * và ii) ta suy ra F x, y  1,x, y  , x  y U TO
Suy ra f đơn điệu tăng trên . Ệ LI
 Nếu x  y thì f x  f y  x  y hay y  f x  x  f y . TƯ
Suy ra f y  f x  f x  f y , kết hợp với i), ta được x  y .
 Tương tự nếu x  y ta cũng có mâu thuẫn. VÀ Í
Vậy không tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán. CH P * * 2 2 2 * Ạ
Câu 15. Tìm các hàm số f : 
thỏa mãn f m  f n m  n ,m,n T Lời giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta có 2
f 1  f 1 4  f 1  1 2
Thay m  1  1  f n 1  n ,n 
 f p  1  1  p
Thay m  1, n  p  1p  P  1  f p  1 2   p  
f p  1  1   2 p
Nếu p  P f p    2 : 1 p  1 . 2 2 Thay m  p  n   2 1, 1
f p  1  1  | p  1  1 2 2 Suy ra  2 p     2 1
1 p  2p  2
26 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc Có 2 p   2
1 p  2p  2 nên có mâu thuẫn
Vậy f  p  1  p  1,p  P 2 2 2
Thay m  p  1  p  1  f n p  1    n 2 2 2
Suy ra n  p  1   0modp  1  f n 2 2
Mà  f n  n  0 modp  1  f n 2 2
Suy ra  f n  n  0 modp  1  f n 2 2
Nếu f n  n , khi đó ta có  f n  n  f (n)  p  1 ,p  P * 2
Mà tập các số nguyên tố là vô hạn nên f n   p  1   . 2
Mà  f n  n cố định với n xác định. ÁN
Do đó chỉ cần chọn p nguyên tố đủ lớn ta có mâu thuẫn * . O
Vậy f n  n n  * , (thử lại thỏa mãn) IC T P
Câu 16. Cho hàm f x, y thỏa mãn các điều kiện: YM
 f 0, y  y  1; f x  1,0  f x,1 OL C
 f x  1,y  1  f x, f x  1,y Ụ
Với mọi số nguyên không âm x, y . Tìm f 4,1981 PH Lời giải NH
f 1,n  f 0, f 1,n  1   1  f 1,n  1 I Ta có    
f 1,n  n  f 1,0  n  f 0,1  n  2 CH Do đó      
Ta lại có f 2, n  f 1, f 2,n  1  f 2,n  1  2
Do đó f 2, n  2n  f 2,0  2n  f 1,1  2n  3
Bây giờ f 3, n  f 2, f 3,n  1  2 f 3,n  1  3 Đặt u  2u
u  f 3,0  3  f 2,1  3  0 n n1 và 0     Do vậy n3 u f n n   n   3 2 3, 2  3
f 4,n f 3, f 4,n 1
f 4,n1     3 2  3 
Ta có  f 4,0  f 3,1  4 2  3  13  f 4,2  224 2   3
Bằng qui nạp ta chứng minh được f  n  22..24 4, 2  3
Trong đó số mũ chứa n  2 chữ số 2. Từ đó f    22.24 4, 1981 2
 3 với số mũ chứa 1983 chữ số 2.
Chinh phục olympic toán| 27
Bồi dưỡng học sinh giỏi Câu 17. Cho hàm   f : 
thỏa mãn các điều kiện sau: iii) f n 1 f n    ;n
iv) f  f n 
 3n,nZ .
Hãy tính f 2003. Lời giải
Từ i ,ii  f 1  f  f 1  3  f 1  2
Ta có f 2  f  f 1  3.1  3
f 3  f  f 3  3.2 f 
  f  f     2 2.3 3 3.3 3 .............
Suy ra f 2.3n  n1  3 , n ; f 3n  n    
 2.3 ;nZ n1 n n1 n1 n1 n1 n2 C
Nên có f 3   f  f 2.3   2.3 và f 2.3   f  f 3   3.3  3 Ọ
Do đó khẳng định đúng với mọi n H
Ta có 3n  1 số nguyên m nằm giữa 3n và 2. 3n và do giả thiết i f n  1  f n nên có ÁN
3n 1 số nguyên m nằm giữa 3n f  và 2.3n f  suy ra 0   3n m
 3n    2.3n f m  3n . U TO 2.3n   3n   3 3n f m f f m  Ệ
Do giả thiết ii suy ra       m LI
Vậy 2.3n    33n f m
 m với 0   3n m TƯ Suy ra n   6   f     6 2003 2.3 545 2003 3 3  545  3822 . VÀ Í
Câu 18. Cho f n là hàm số xác định với mọi  * n
và lấy giá tị không âm thỏa mãn CH P tính chất: Ạ * T
 n,m  : f m  n  f m  f n lấy giá trị 0 hoặc 1
 f 2  0 và f 3  0 .
 f 9999  3333 . Tính f 2000 . Lời giải
Vì f m  n  f m  f n lấy giá trị 0 hoặc 1 nên ta suy ra f m  n  f m  f n
 f 2  2 f 1  f 1  0  f 3  1
Ta có f 6  f 3  f 3  2
f 9  f 6  f 3  3 .................
f 9999  f 9996  f 3  3333
28 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Vì giả thiết cho f 9999  3333 nên ta có dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra, tức là
f 3n  n,n  1,2,...,3333  f 1998  666, f 2001  667
Mặt khác nếu a a b  * ,
và a  b  f a  f b  f a  b  f b .
 666  f 2000  667  f 2000  666 hoặc 667
Giả sử f 2000  667  f 4000  1334  f 6000  1334  667  2001 .
Mà f 6000  2000 , mâu thuẫn. Vậy f 2000  666 .
Câu 19. Cho f , g là các hàm xác định trên thỏa mãn điều kiện
f x  y  f x  y  2 f x.g y ,x, y 
Chứng minh rằng nếu f x  0 và f x  1,x  thì g y   a  1 0 Lời giải ÁN
Ta dùng phương pháp phản chứng O
Giả sử lại một điểm y 
: gy   a  1 0 0 IC T Ta lấy x : f x 0 x k  k 0,1, 2.... 0
 0  và xây dựng dãy   như sau: P x  y f x y f x y k ,khi 0   k 0      k 0  YM x  k1 
x  y ,khi f x y f x y k 0   k 0     k 0  OL  C Ụ
Theo giả thiết ta có 2 f x
 f x  y  f x  y  f x  y  f x  y k1   k 0  k 0  k 0  k 0 PH  2 f x g y a f x k     2 0  k
NH I Nên f x  a f x
a 1; k 1, 2, 3... k1   k với   CH k Do f x  đó ta có:  a f x k   . 0 
Nhưng vì f x   0 a k a f x 1 f x 0
và  1 nên có thể chọn k sao cho    0 dó đó  k  1
Mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy g y  1,y  R
Câu 20. Cho hàm số f :  thỏa 2 điều kiện
iii) f x  1  x;x 
iv) f x  y  f x. f y ;x, y 
Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số a; b 
mà f a. f b  0 Lời giải
Ta sẽ chứng minh f x  0,x 
Thật vậy! Với x  1 thì theo điều kiện i ta có ngay f x  0
Chinh phục olympic toán| 29
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Với x  1 , trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức: 2n
f x   x   f
,x  ,n   n  1   2 
Với n  0 thì bất đẳng thức đúng! k   x 2
Giả sử 1 đúng với n  k  0 tức f x   f  k  2   2  k k k  1  x 2  x
x    x 2 .2  x 2 Ta có f  f   f    f
tức 1 đúng với n  k  1 k   k1 k1    k1   k1    2   2 2    2   2 
Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức 1 đúng. x  x 
Bây giờ chọn n đủ lớn để  2n x
, x  tùy ý, khi đó  1  f  n  n  0 2  2  2n   x  C Do đó f   
tức f x  0,x  n  0 Ọ   2  H
Như vậy không thể tồn tại hai số a; b 
mà f a. f b  0 . ÁN 2003
Câu 21. Cho f x, y 
cos 2x  y  acosx  y   với a,  . U TO 2 Ệ 2 2 LI
Chứng minh rằng min  f x, y  max f x, y  2003. TƯ Lời giải   f 0,0  f ;  2003 VÀ Ta có       2 Í  2 2  2 CH      2003 2 2003
Nên max f x, y  max  f 0,0 , f  ,  
x,y   max f x,y  P   2 2  2 2 ẠT     2003     2003 Ta lại có f ;    .
a sin , f  ;     . a sin       4 4  2  4 4  2         2003 Nên f ;  f  ;       .  4 4   4 4  2          2003
Suy ra min f x, y  min  f ; , f  ;       
x,y    4 4   4 4  2  
 f x y2 2003 min , . 2 2 2
Do đó min  f x, y  max f x, y  2003.
30 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc 2 x 1
Câu 22. Cho hàm số f x   ,x  0. 2x
Giả sử f x  x
f x  f  f
x n * ,x   0 n n 1  0 và    . f x n   1 Chứng minh n   , x   1  ,0,1   f  x 1 2n n 1  x  1  f  x 1   Lời giải 1 2n 2n 1 2n 2n Đặt p x x x   q x  x  x x y n 1   1 , ,   n    1  1       và       2    2   
p x  2p x  2q x n1   n   n     Ta có: q x  p x q x x y n 2 n n , ,   1         x p x f x x , x 0 0   0        ÁN  1 q x 0   O  p x k   2 IC T    1 2 2 P p x q x k   p x q x p x k      k   k1  
Giả sử f x    k  f x    k1   k q x p x p x q x q x k  
2 k   k   k1   k   YM 2. q x k   OL C p x f x  n n x n ,  ,  0 Ụ Do đó     q x n   PH
Ta có n  , x  1, 0, 1 thì có: n n n1 2 2 2 2n     1  NH
x  1 x 1
x  1 x 1 I f x n        f x  2n 2n   n 1 2 2n 1  n1     CH
x  1 x 1
x  1 x 1      n n x 12 x 12 2    n n  2 2  
2x  1 x  1  1 n n 1 n n 1 1   1   x  n 1  2  x  12 1 x  1   2  x  12 1  x  1 2 f    x  1 
Câu 23. Cho hàm số * f  *  * :
là hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) f 1,1  2
ii) f m  n  f m n  m m n  * 1, , , ,
iii) f m n    f m n  n m n  * , 1 , , ,
Tìm tất cả các cặp số  p, q sao cho f  p,q  2019.
Doãn Quang Tiến Lời giải
Áp dụng điều kiện ii) ta có:
Chinh phục olympic toán| 31
Bồi dưỡng học sinh giỏi f p q p p 1
,  f p  1,q  p  1  f p  2,q  p  2  p  1  ...  f 1,q     2 p p 1 q q 1 p p 1
 f 1,q  1 q  1      ...  f 1,1        
 2019, áp dụng điều kiện 2 2 2 iii)
Từ điều kiện i) ta có f 1,1  4 nên từ đẳng thức trên ta suy ra:  q q p p q q p p f 1,1  1  1  1  1    2    2019 2 2 2 2
pp  1 q q  1  
 2017  p  qp  q  1  2.2017 2 2
Vì 2017 là số nguyên tố và  p  q   p  q  1 nên có thể xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1. p  q  1 và p  q  1  4034 thì từ đó ta được: p  2018, q  2017.
Trường hợp 2. p  q  2 và p  q  1  2017 thì từ đó ta được: p  1010, q  1008. C p,q  Ọ
Vậy tất cả các cặp số  p, q sao cho  p, q  2019 là: 
 2018,2017,1010,1008. H ÁN
Câu 24. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn các điều kiện sau:
i)  f x  2 0 x ,n U TO
ii) f x  f y chia hết cho x  y với mọi x, y  , x  y Ệ LI Lời giải TƯ
Ta sẽ phải xét hai trường hợp dưới đây.
Trường hợp 1. f là hàm số hằng. VÀ Í
Giả sử f x  c  const,c là hằng số thuộc . CH
Cho x  0 thì từ i) ta suy ra: 0  f 0  0  f 0  0. Vậy f x  0,x  . P Ạ
Trường hợp 2. f không là hàm số hằng. T
Vì f 0  0 nên khi cho y  0 thì từ điều kiện ii) ta được: x f x ,x  \  0 .
Với x  1 thì từ điều kiện i) ta suy ra: f 1  0 hoặc f 1  1.
Khả năng 1. f 1  0.
Cho y  1 thì từ điều kiện ii) ta suy ra: x  1 f x ,x  \  1 .
Mà ta đã có x f x ,x  \ 
0 và x,x  1  1
Nên x x   f x  x x    2 1 1
x  x  f x      2 f x x
 f x  2 x  x Mặt khác ta có    x f x 2 
 f x  x
Ta loại trường hợp    2 f x
x vì f 1  1  0.
32 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Vậy trong khả năng 1 này chỉ có hàm số f x  2
x  x,x  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Khả năng 2. f 1  1.
Khi x f x ,x  \ 
0 và x  1 f x ,x  \ 
1 thì ta lấy k tùy ý sao cho f k  mk, với m tùy ý
Từ điều kiện ii) có k  1 mk  1  k  1 mk  1  mk  m  m  1  k  1 m  1
Mà từ điều kiện i) ta được    2   2 f k k
mk k  m  k 
 k  1 m  1 Mặt khác ta lại có 
 k  1  m  1  k   m  m   1  0
Do đó m  1  0 nên suy ra: m  1 hoặc m  k.
Vậy từ đó ta được f x  2
x ,x  hoặc f x  x,x  .
Thử lại thì thấy các hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. ÁN
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài là O f x 
f x  x f x  2
x f x  2 0, , ,
x  x,x  . IC T P
Câu 25. Tìm tất cả các hàm số * f  * :
*  x  x    mà tập    0 thỏa mãn: YM   f xy
f x  f y  xyf xy    x y  * 2 , , 1 OL
f x  y    C Ụ Lời giải PH
Ta sẽ giải bài toán này thông qua ba bước sau đây.
Bước 1. Ta sẽ chứng minh f 1  1.
NH I Thật vậy, cho y  1 vào 1 và đặt f 1  a thì ta được CH   f x f x
f x  a  2xf x     f x
f x 1    1    2 
1 2x f x    a 1 a 1 1 1
Từ đó ta suy ra f     f    4 2 , 3  , f 4  * 4a 4 5 5  4a 7  5a  2  4a a 4 f 4
Mặt khác, ta cho x  y  2 vào 1 thì ta được 2 f 2  8 f 4    f    1 4 1 1
Mà từ * ta suy ra 2.  8.
 1  a  1  f 1  1. 4 7  5a  2 4a
Từ đây ta xong bước 1. f x
Bước 2. Ta sẽ chứng minh f x  n     , n 1, 3 2 n  2nx      f x  1
Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định này.
Chinh phục olympic toán| 33
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Từ 2 suy ra 3 đúng khi n  1. Giả sử đúng đến n  k. f x  k
Thì ta có f x  k  1    
1  2x  k f x  k  1 f x
 2k 2kx f x1 f x    
1  2 x  k f x
 k 12  2k 1x f x1   1 2
 k  2kx   f x  1  
Từ đây theo nguyên lý quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.
Vậy khẳng định ở bước 2 được chứng minh. f 1 1 1
Vậy từ đó ta suy ra f n  1    
hay f n  ,n  1, 2 n 2n f 1    1 n  12 2 n  1  1
Bước 3. Ta sẽ chứng minh: f  2 n  ,n  1,   4 2   C  n   1  Ọ    n  H  1  f ÁN    1   n 
Thật vậy, trong 3 ta thay  1 x thì được f n   n   
n   2n 2  1  f    1 U TO  n  Ệ LI 1 1 Tiếp theo, ta thay  1 y
vào 1 thì được f x    f  2  x    x   1  f x  TƯ    x  1 1 1 VÀ 2 Í Vậy f n    f  2   n  2     n   1   1  f n    f   CH  n   n  P 1  1  Ạ
Mà ta có: f n  nên suy ra: f    2 n . T 2 n  n 
Nên từ đây bước 3 được chứng minh hoàn toàn.
Thử lại thì thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. 1
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f n  ,n * . 2  n
34 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc Câu 26. Cho hàm  f :
 là một hàm số thỏa mãn với mọi n  1 thì có một số  n 
nguyên tố p là ước của n sao cho: f n  f p  f   1 và  p 
f  2018   f  2019   f  2020 3 5 7   2017.
Hãy tính giá trị của biểu thức G  f  2018   f  2019   f  2020 2018 2019 2020 
Doãn Quang Tiến Lời giải f 1 Thay n  p 1 f p f 1 f p f p
vào   thì ta được               2 Thay n bởi n
p thì ta được f  n
p  f  n  1
p   f p
Bằng phương pháp quy nạp thì ta chứng minh được. f  n
p   2  n     f 1 * ÁN  2  O
Thật vậy, thì * đúng với n  1. IC T
Giả sử * đúng với n  k  1. P
Ta sẽ chứng minh * cũng đúng với n  k  1 hay ta có YM k f k k k 2 1 2 1 1         OL
f p   f p   f p    f 1         f 1 C  2  2  2  Ụ
Từ đây ta suy ra * cũng đúng trong trường hợp n  k  1. PH
Vậy theo nguyên lý quy nạp thì * đúng với mọi . n NH I Khi đó thì ta suy ra
f  2018   f  2019   f  2020 3 5 7   2017 CH
 2  2018  f 1  22019  f 1  2 2020     f 1        2017  2   2   2    6051 f     f     2 1 2017 1 . 2 3 f 1
Từ f     2 1 và f  p   
suy ra: f  p   1 .' 3 2 3  n  1
Khi f p   1 thì 1 được viết lại như sau f n  f    ,n 2 3  p  3  n 
Cho k là số các thừa số nguyên tố của n, khi đó số lượng thừa số nguyên tố của   là  p  k  1.  1 1 2
Với k  1 thì ta chọn n  2 thì theo 2 ta được: f 2     . 3 3
Chinh phục olympic toán| 35
Bồi dưỡng học sinh giỏi
 Với k  2 thì ta chọn n  10  2.5 thì theo .2 ta được: . f    10   f  1  f 5 1 1 1 2       0  2 10    2  3 3 3 3 3
 Với k  3 thì ta chọn n  12  2.3.4 thì theo 2 ta được: f    12  1 f f 6 1  6       f
 1  1  f 2 1 1 1 1 1 1 3 
        2 12      2  3 3  3  3 3 3 3 3 3 3 3 3
Từ đó, bằng phương pháp quy nạp ta suy ra được:
f n k  
2 ,với k là số các thừa số nguyên tố của n ** 3 Mà lưu ý rằng    2
2018 2.1009, 2019 3.673, 2020 2 .5.101. Do đó suy ra: 2018 2018
có 4036 thừa số nguyên tố, 2019 2019
có 4038 thừa số nguyên tố, 2020 2020
có 8080 thừa số nguyên tố. C Ọ
Từ đấy theo công thức * * ta suy ra được: H G f  2018  f  2019  f 
2020  4036  2 4038  2 8080        2  16148 2018 2019 2020 . 3 3 3 3 ÁN
Vậy từ đấy ta có kết quả của bài toán.
x  1, x, x  1, x  2 U TO
Nhận xét. Một điều thú vị là khi ta thay 2017, 2018, 2019, 2020 bằng   thì Ệ LI
ta được kết quả của f     2 1 không thay đổi. 3 TƯ
Câu 27. Tìm tất cả các hàm số * f  * : thỏa mãn: VÀ Í 3 f  2 m  2 n   2
f m f n  f m 2
f n m n * 2 , , CH P Lời giải ẠT
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 1. Nếu f là hàm số hằng.
Tức là f n  const  c, với c là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Trường hợp 2. Nếu f không là hàm số hằng.
Nếu tồn tại m n  * ,
sao cho f m  f n thì ta gọi a,b là hai số thỏa mãn:
f a  f b 
f m  f n m n * min , , 1
Giả sử f a  f b thì ta có 3 f b  2
f a f b  f a 2 f b  3 2 2 f a
Suy ra     2  2       2  2 f b f a b f a f a
b   f b  f a  f b
Từ đó thì ta suy ra f a  f b  f a  f b  f  2 a  2
b   f b  f  2 a  2
b   f b 2
Rõ ràng thì ta thấy 2 mâu thuẫn với 1.
36 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Do đó chỉ có f là hàm số hằng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy tất các hàm số thỏa mãn đề bài là: f n  const  c, với c là hằng số.
Câu 28. Giả sử f :
 là hàm liên tục và giảm sao cho với mọi  x, y  ta có
f x  y f  f x  f y  f y  f x
Chứng minh rằng f  f x  x Lời giải
Cho y  x ta được: f 2x  f 2 f x  f 2 f x  f x
Thay x bằng f x ta có f 2 f x  f 2 f  f x  f 2 f  f x  f  f x
Trừ hai phương trình trên ta suy ra:
f 2 f  f x  f 2x  f 2 f  f x  f  f x  f 2 f x  f x ÁN
f  f x   O Nếu
  x , vế trái của phương trình trên âm, do đó:
f  f x  f  f x  f x  f x và f x  f  f x  x  f x
IC TP là điều mâu thuẫn. YM
Tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn xảy ra khi f  f x  x OL
Vậy f  f x  x , điều phải chứng minh. C Ụ PH
Câu 29. Cho song ánh f :
 . Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ a,b,c với
a,b,c  thỏa mãn a  b  c và 2 f b  f a  f c NH I Lời giải CH
Ta xây dựng dãy an như sau:
Trong các số từ 0, 1, 2,..., m chọn số a
f a  f i i  0; a m  1 sao cho  1   1   Chọn a  a
f a  f i ,i  0; a 2 1 sao cho  2   2 Chọn a  a f a  f i i a k ,  0; k k1 sao cho     k
Vậy ta có dãy a  a  ...  a  a
f a  f a  ...  f a  f a 1 2 k k1 và  1  2
 k  k1 Trong đó a  
f a  f j j  0; a i và  i    i
Vì f là song ánh nên f a
 f a  p, p * N k1   k Và c 
để f c  f a  p  f a k1   k1 a  a i k k i ,     1, 1 Mặt khác   f a  f i i a k ,   1, 1    n1
Chinh phục olympic toán| 37
Bồi dưỡng học sinh giỏi pa f a p k      k1  Nên c  a    2 f a  f a  f c k1 k 1 k
 f c   f a  p k1        
Do cách xây dựng, dãy a a,b,c
n là dãy vô hạn nên tồn tại vô số bộ 
 thỏa điều kiện đã nêu.
Câu 30. Có bao nhiêu hàm f : * 
* thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a) f 1  1 2
b) f n f n  2  9 f n  1  1997, n  * . Lời giải
Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số f thoả mãn điều kiện bài toán.
Theo giả thiết b) ta có 2
 f n f n  2   f n  1  1997 ; C Ọ  2
f n  1 f n  3   f n  2  1997 H 2 2
Suy ra f n f n  2   f n  1  f n  1 f (n  3   f n  2  1997 ÁN
f n  f n  2
f n  1  f n  3   n f n 1  f n 2 ,  *.   U TOỆ
f 1  f 3
f 2  f 4
f n  f n  2 LI Vì vậy ta có f    f    ...  f n 1  ... 2 3  TƯ
f 1  f 3 Đặt c 
1 suy ra f n  2  cf n  1 f n,n *2 f 2 VÀ Í Ta chứng minh c 
* . Thật vậy, nếu  p c
với p, q  và  p,q  1 thì từ 2 ta có CH q P
q f n  f n  2  pf n  1 ,n Ạ        * T
Suy ra q f n  1 ,n  * hay 2
q f n f n  2 ,n * và n  2. 2 Vì
  f n f n  f n   2 1997 2 1 q .
Mà 1997 là số nguyên tố nên 2
q  1 hay q  1 suy ra c  * 2
Gọi f 2  a, do 1 ta có ac  1  f 3 suy ra ac  1  f 3  f 1 f 3   f 2  1997  ac   2
1 a  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 : *  * như sau
f 1  1; f 2  a 1998
f n    a  b f n    f n n * 2 1 , ; trong đó b   *. a
38 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Ta chứng minh f thoả 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 * 2 2
Suy ra f n  1 f n  3   f n  2  f n  2 f n   f n  1 ...
 f   f     f  2  f    f  2 3 1 2 3 2 2 2
Từ đó ta có f n f n  2   f n  1  f 3   f 2
 a  b f    f    f  2  a  ba   2 2 1 2 1 a ÁN
 ab  1  1998  1  1997. O 2
Vậy ta được f n f n  1   f n  1  1997 hay f  D
IC TP 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 . YM
Do đó số phần tử của D là: D  d    d 3 1998
2.3 .37  1 13  11 1  16. OL C
Vì vậy có tất cả 16 hàm số thoả mãn đề bài. Ụ PH
Câu 31. Tìm tất cả các hàm số * f  * : sao cho. NH a) f 2  2 I b) f  .
m n  f m. f n với mọi m n * ,
, UCLN m,n  1 CH
c) f m  f n m n * , , m  n . Lời giải
Chọn n  1 , thay vào f  .
m n  f m. f n  f 1  1 .
Ta để ý rằng f 3. f 5  f 15  f 2. f 9  f 2. f 10  f 2. f 2 f 5 .
Vậy f 3  f 2. f 2  4 . Mà 2  f 2  f 3  4 nên f 3  3 .
Từ đó ta tính được f 4  4, f 5  5, f 6  6, f 7   7, f 8   8, f 9   9, f 10  10 .
Dự đoán f n  n với   * n .
Giả sử f k  k với k  * ,10  k  n . Ta chứng minh điều khẳng định vẫn còn đúng với k  n  1 .
Nếu k là số chẵn, ta xét hai trường hợp sau:   k 
 l    l * 2 2 1 ; , .
Chinh phục olympic toán| 39
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Lúc này f k  f    l    f    f  l     2 2 1 2 2 1
2 2l  1  k .   k    * 2 ; Lúc này f k
 f    f   1  f   f  1            1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2  1  k  2 .
Mặt khác k  1  f k  
1  f k  f k  
1  f k  2  k  2 .
Do đó f k  k, f k  1  k  1 .
Nếu k là số lẻ thì k  1 là số chẵn, ta xét hai trường hợp sau:   k  
 l   l * 1 2 2 1 ; , . Khi đó 
0  2  n,0  2l  1  n .
Theo giả thiết quy nạp f k    f    l    f    f  l     1 2 2 1 2 2 1
2 2l  1  k  1 .
Mà k  1  f k  1  f k  f k  1  k  1  f k  k .   k     * 1 2 ; . Lúc này   1  1  
f  k      f     f  
   f   f      1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2  1  k  3 C Ọ
Mặt khác k  1  f k  1  f k  f k  1  f k  2  f k  3  k  3 . H
Do đó f k  k, f k  1  k  1, f k  2  k  2 . ÁN
Theo nguyên lí quy nạp f n  n với   * n . U TO Ệ
Câu 32. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn LI
f m  n  f mn  f m f n  1,m,n 1 TƯ Lời giải 2 VÀ
Thay m  n  0 vào 1 ta được 2 f 0  f 0  1  f 0  1 Í
Thay m  1, n  1 vào 1 ta lại có f 1  f 1 f 1  1 CH P
Vậy f 1  0 . hoặc f 1  1 ẠT
 Xét f 1  1. Thay n  1 vào 1 ta có : f m  
1  f m  f m  1,m
Suy ra f (m  1)  1,m  hay f ( )
m  1,m  . Thử lại thỏa mãn.
 Xét f 1  0
Thay n  1 vào 1 ta được f m  
1  f m  1,m 2
Thay n  1 vào 1 ta lại được f m  1  f m  f 1 f m  1,m
Đặt a  f 1 thì phương trình trên trở thành f m  
1  f m  af m  1,m 3
+ Với a  2 . Nếu a  1 thì dẫn tới f 1  1(trường hợp này đã giải ở trên)
Do đó ta xét a  1. 1  1 
Khi đó 3  f m   1   a   1 f m  ,m   2  a  2  a 
40 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc f n 1 a  1 f n  1      1  ,n   2  a  2  a  f n 1
a n1  1 f   1      1  ,n   2  a  2  a  n1 1 a 1  f n      ,n 4 2  a n 1 1 b
Đặt b  a  1 b  \ 0,  1 , f n      ,n . 1 b 1  m b   1 1 m b Thay vào 2 ta được   1,m m 1  1   1  m b b
 1  b ,m 1  b 1  b m 1   m b b
 b  1,m 5 1 2
Thay m  2 vào 5 ta được 2
b   b  1  b  1 b  1  0  b  1 b  1 b n 1 ÁN 1 1 O
Từ đó suy ra f n      
,n , hay f n  0 khi n lẻ và f n  1 khi n chẵn. 2 Thử lại thỏa mãn.
IC TP + Với a2 thì f 12 . YM
Thay n  1 vào 1 ta được f m  1  f m  1,m 6 OL
Từ f 1  2 và 6 ta dùng phương pháp quy nạp toán học thì sẽ chứng minh được C Ụ
f n  n  1,n . PH
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy các hàm số thỏa mãn yêu cầu đề bài là n 1   1 NH 1 I
f n  1 , f n   
, f n  n  1 với n . 2 CH
Câu 33. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn f 0  2 và
f x  f x  2y  f 2x  f 2y ,x, y  1 Lời giải
Thay x  y  0 vào 1 ta được f  f 0  2 f 0  f 2  4
Thay x  0 và y  1 ta được f  f 2  2  f 2  f 4  6
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với x  thì f 2x  2x  2 2
Theo trên thì 2 đúng khi x  0 .
Giả sử 2 đúng tới x  k k  , k  0 .
Thay x  0, y  k vào 1 ta được f  f 2k  f 0  f 2k  f 2k  1  2 k  1 2
Vậy 2 cũng đúng khi x  k  1 , suy ra 2 đúng với x  , x  0.
Với x  , x  0, thay x, y  2x,x vào 1 ta được
Chinh phục olympic toán| 41
Bồi dưỡng học sinh giỏi
f 2x  f 0  f 4x  f 2x ,x  ,x  0
 f 2x 1  f 22x  f 2x,x ,x  0
 2x 1  2  22x  2  f 2x,x ,x  0
 f 2x  2x  2,x ,x  0
 f 2x  2x  2,xZ,x  0
 f (2x)  2x  2,xZ
Dó đó (1) 1  f x  f x  2y  2x  2y  4,x, y  3
Ta sẽ chứng minh nếu x là số nguyên lẻ thì f x cũng là số nguyên lẻ.
Thật vậy, nếu f x  2k , với k  , thay x  x  2k (với x lẻ) và y  k ta được :
f x  2k  f x  2x  2k  2k  4,x ,x lẻ
 f x  2x  2k  4,x ,x lẻ C
 2k  2x  2k  4,x ,x lẻ Ọ
Do đó 4k  2x  4, với mọi số nguyên lẻ x. H
Điều này vô lí vì 2x  4 không phải lúc nào cũng chia hết cho 4. ÁN
Như vậy nếu x lẻ thì f x lẻ. f x  x  f x  U TO
Từ đó nếu x lẻ thì x  2y lẻ, dẫn đến  2y lẻ, do đó  2y chẵn Ệ LI
Do đó f x  f x  2y  x  f x  2y  2 . TƯ
Kết hợp với 3 ta được x  f x  2y  2  2x  2y  4  f x  2y  x  2y  2, x, y  , x lẻ
 f x  x  2,x VÀ Í Thử lại thỏa mãn. CH P f :
f  f n   f n  2n  3,n 1 Ạ
Câu 34. Tìm tất cả hàm số  sao cho   T Lời giải
Giả sử tồn tại hàm số f n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cho n  0 , từ 1 có f  f 0  f 0  3  0  f n  3 2
Nếu f 0  0 thì f  f 0  f 0  0 mâu thuẫn 2 . Vậy f 0  0
Nếu f 0  2 thì từ 2 ta có
f  f 0  1  f 2  f  f 0  1  f 1  f  f 2  2.2  3  f 2  6
 f 6  f  f 1  2.1 3  f 1  1 Suy ra f 6  , loại.
Như vậy f 0  2 . Tương tự cũng có f 0  3 .
42 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Do đó f 0  1 . Khi đó từ 2 ta có
f 1  f  f 0  2  f 2  f  f 1  2.1  3  f 1  3
Ta sẽ chứng minh hàm cần tìm là f n  n  1,n  bằng quy nạp toán học.
Thật vậy. Với n  0 thì f 0  1  0  1 .
Giả sử khẳng định đúng tới n  k,(k  ). Tức là: f (k)  k  1
Với n  k  1 ta có f k  1  f  f k  2k  3  f k  2k  3  k  1  k  1  1
Vậy khẳng định đúng với n  k  1
Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có f n  n  1,n  .
Thử lại hàm tìm được thỏa mãn yêu cầu bài toán. ÁN
Câu 35. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất hàm số f : *  * thỏa mãn O
f m  f n  n  f m  b ,m,n * b  i IC T Lời giải P
Giả sử tồn tại hàm số f n thỏa mãn yêu cầu bài toán. YM
Ta chứng minh f là đơn ánh. OL C
Thật vậy, giả sử f n   f n  ,n ,n  * 1 2 1 2 . Ụ
Từ i ta có f m  f n   f m  f n   n  f m  b  n  f m  b  n  n 1 2 1 2 1 2 PH
Vậy f là đơn ánh.
NH I Với n * , ta có f  f 1 f n n f  f 1bn1 f bb f b f n1 CH
 f n  1  b  f n  f 1 , vì f là đơn ánh
 f n  1  f n  f 1  b  a , với a  f 1  b .
Suy ra f n  f n  1  ...  f 2  f 1  f 1  b  a,n  *
Từ đó: f n  b  na  f n  na  b,n  * .
Lúc này f m  f n  n  f m  b  f m  na  b  n  m  b a  b
 m  na  b a  b  n  ma  ba  b  2 na  n  2
a  1  a  1, vì nếu a  1 thì f n * khi n  b .
Suy ra f n  n  b,n  * b   .
Thử lại hàm vừa tìm được thỏa mãn yêu cầu đề.
Chinh phục olympic toán| 43
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 36. Hãy xác định tất cả hàm số * f  * : thỏa mãn đẳng thức:
f n  f n  1  f n  2. f n  3  a 1
Với a là số tự nhiên thỏa mãn a  1 là số nguyên tố Lời giải
Giả sử phương trình có nghiệm.
Thay n bởi n  1 lúc đó 1 trở thành f n  1  f n  2  f n  3 f n  4  a 2
Lấy 2  1 vế với vế ta được: f n  2  f n  f n  3 f n  4  f n  2 3
Thay n bởi 1 lúc này 3 trở thành: f 3  f 1  f 4 f 5  f 3
Thay n bởi 2 lúc này 3 trở thành: f 4  f 2  f 5 f 6  f 4
Thay n bởi 3 lúc này 3 trở thành: f 5  f 3  f 6 f 7  f 5
Thay n bởi 4 lúc này 3 trở thành: f 6  f 4  f 7. f 8  f 6
Từ đây ta đã nhận ra quy luật đặc biệt của bài toán này đó chính là nếu thay n bởi số lẻ thì C
f 3  f 1  f 4 . f 6 ... f 2n . f 2n  1  f 2n  1 4 Ọ
ta luôn biểu thị được:    
           H
Nếu thay n bởi các số chẵn ta sẽ được một đặc biệt khác
f 4  f 2  f 5 f 7... f 2n  1 f 2n  2  f 2n ÁN  5
 Nếu f 1  f 3 thì lúc này ta sẽ lậy tức có ngay f 2n  1  f 2n  1 lúc này sẽ có U TO
vô số số bé hơn f 1 mà f 1 là 1 số hữu hạn. Suy ra vô lí. Tức là f 3  f 1 . Ệ LI
Tương tự ta cũng sẽ có f 4  f 2 . TƯ
 Nếu f 1  f 3 và f 2  f 4 lúc này f 2n  1  f 2n  1 và f 2n  f 2n  2 .
Suy ra f 3  f 1 và f 4  f 2 sẽ có vô số ước số khác nhau (vô lí). VÀ Í
Từ đó chúng ta sẽ có 3 trường hợp CH
 f 3  f 1
 f 2n  1  f 2n 1
 f 1  f 2n 1 P
Trường hợp 1.    , lúc này  Ạ  f
 4  f 2  f
 2n  2  f 2n  f
 2  f 2n T
Thay bởi 1 vào phương trình 1 lúc này f 1  f 2  f 3. f 4  a
 f 3  f 1 Mà lại có 
 f 1  f 2  f 2. f 1  a   f 1  1 f 2  1  a  1  f
 4  f 2
 f 1  2 
2 khi n  2k     f n  f 2    a  
a khi n  2k  1
Mà lại có a  1 là số nguyên tố nên ta có   
 f 1  a      f n a khi n 2k     f  2  2 
2 khi n  2k  1
 f 1  f 3
Trường hợp 2. 
lúc này f 1  f 2n  1 với mọi  * n .  f
 2  f 4
44 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 f 2n  2  f 2n 
Thay vào 5 ta được 
 f 4  f 2  
 f 1n1  f 2n 2 f 2n
Lúc này f 4  f 2 có vô số các ước số nguyên dương đôi một khác nhau, điều này
không thể xảy ra nên phải có f 1  1.
Thay n bởi 1 vào phương trình 1 thì ta sẽ có được f 1  f 2  f 3. f 4  a
Mà lại có f 2n  1  1
1 n  2k  1 
 f 4  f 2  a  1  f 2n  2  f 2n  a  1  f n  
a  1n 2 x  n  2k  2 Với  * x
 f 2  f 4
Trường hợp 3. Nếu  .  f
 1  f 3 ÁN O
1 khi n  2k 
Lập luận tương tự như trên f n  
a  1n 1 trong đó  * y . IC T y 
khi n  2k  1 P  2
Câu 37. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn f n  a 
f n  an  t  a k t    1.     YM
với f n  f f f n a t
k 2t  1  a  1 t  
 ...   với , là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn   . OL C t Ụ Lời giải PH
Đặt f n  n  k  a a 
n . Ta sẽ chứng minh n
0 với mọi số tự nhiên dương n bất kì Từ giả thiết ta suy ra NH I  an
t  a  k
n  t  a  k
a  1 f n  an  t  a k  f n  1  1    n  1 CH a  1 a  1 a    1
Với n  2a  2  tk thì  
n  t   a k n t  1  a  1 
k  2a  2  ak  k 
 2  k  f n  n  k  2 a  1
Như vậy với n  2a  2  tk  f n   n  k  1
Khi đó với n  2a  1  2kt  k  t thì f n  n  k  1  2a  2kt  2k  t  2a  2  tk lúc đó ta
cũng có f  f  f 2  f  f n  k  1  f n  2k  1
Tiếp tục làm như thế cho đến lần thứ t  1 lúc đó ta sẽ có f
n  n  t  1 k  1  2a  2  tk t1       
Và cuối cùng f n  f  f n  f
n  k  1  n  t k  1 t t1   t1          
Lại có với n  t  1 k thì a  1 f n  f n  a  1 f n  n  t k  1  a  1 f n t     
Mà f n  an  t  a  1 k  a  1 f n t     
nên bất đẳng thức trên cho ta
Chinh phục olympic toán| 45
Bồi dưỡng học sinh giỏi
a 1n  k  a  an  t  a  k  n t k   n   a n   1
 1 97 2 n  2
tk  n k 2t  1
Từ 1 ta có a  1 a  a 
k  n  t   a k  a   
k t   a  n  1  1    n 1  2 1 1 a  1 a  1 Mà từ 2 ta có  t 
a  1 a  a  k  t k   t  a  k  a  a  t   a   a  n  1  1  1  1 n n n 0 a  1
Từ đó ta sẽ có a  n 0 .
Xét với n  t  1 k . Ta sẽ chứng minh phần này của bài toán bằng phương pháp quy nạp.
Giả sự bài toán đúng đến m  n . Khi đó f
n  t  1 k  f
n  t  2 k  f
n  t  3 k  ...  f n  2  n t1     t2     t3            
f n  f  f                 n t k f n t k a n t k t a k a f n t k t 1 t 1 1 1 1 1 1                    
Theo giả thiết quy nạp f (n  (t  1)k)  n  (t  2)k C Ọ
Do đó f n  an  at  1 k  tk  ak  k  an  a t  2 k  n  t  2 k  n  k H
Vậy f n  n  k . Thử lại thấy thỏa mãn. ÁN
Câu 38. Cho hàm số f :  thỏa mãn: U TO
 f 2n1 f 2n1 f 2n1 f 2n1  31 2 f n Ệ  ,n LI  f
 2n  f n TƯ
Tìm n sao cho f n  2009 . Lời giải VÀ Í
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài CH
Vì 31  2 f n là số nguyên dương lẻ f 2n  1  f 2n  1 là số nguyên dương lẻ P
 f 2n  1  f 2n  2  f n Ạ T  f
 2n  1  f 2n  1  1
 f 2n  1  f 2n  1  2 f n  1  
f 2n  1  f 2n  1  3  1  2 f n  f
 2n  1  f 2n  2
 f 2n  1  f 2n  2     2
  f 2n  1  2 3 f n  1  f
 2n  3 f n
Ta sẽ chứng minh f n  f n  1 (1)
Với n  1  f 1  f 0  2  f 0 
Giả sử f n  f n  1 đúng tới k (k  N*)  f 0  f 1  f 2   <f k
 Nếu k chẵn. Đặt k  2mm *  f k  1  f 2m  1  f 2m  2  f 2m  f k
 Nếu k lẻ. Đặt k  2m  1m 
 f k  1  f 2m  2  3 f m  1  3 f m  2  f 2m  2  f 2m  1  f k
Như vậy trong mọi trường hợp khẳng định (2) đúng
46 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Do đó f 0  3 f 0  f 0  0, f 1  2; f 2  3 f 1  6
f 3  f 2  2  8, f 13  f 12  2  9 f 3  2  74, f 27  3 f 13  2  224
f 53  9 f 13  2  668, f 107  3 f 53  2  2006, f 108  9 f 27  2016
 f 107  2009  f 108
Do f n  2009  n 0;1; 2;...;10  7
Câu 39. Tìm tất cả các hàm số f :  thoả mãn: 1 f xy 1
 f xz  f x f yz 1  , x  ,y,z . 3 3 9 Lời giải 2 1 1 1  1  1
Cho x  y  z  0 thì
f 0  f 0 2
 f 0    f 0   0  f 0  . 3 3 9  3  3 2 1 1 1  1  1
x  y  z  2
f 1  f 1  f 1    f 1    0  f 1  ÁN Cho 1 thì           . 3 3 9  3  3 O 2 1
Cho y  z  0 thì
f 0  f x f 0  . IC T 3 9 P Do f   1
0  nên f x 1  , x   . 1 YM 3 3 1 1 1 OL
Cho y  z  1 , ta có
f x  f x  f x f 1  . C 3 3 9 Ụ Do f   1
1  nên f x 1  , x   . 2 PH 3 3
Từ 1 và 2 ta được f x 1  , x   . NH 3 I CH
Câu 40. Cho n  n  2 và hàm số f :  sao cho: f  n x  y n1
 x f x f  f y; x  ,y  *
a) Giả sử rằng f 2002  0. Tính f 2002. b) Tìm hàm số f . Lời giải a) Từ * ta được
 Với x  0; f y  f  f y , y  
 Với x  1; y  0 : f  f 0  0  f 0  0.
 Với x  1, y  : f 1  y  f 1 f y . 1
Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n  nf 1 , n   2
Từ 1 ta có f 0  f 1  f  1    f  1
   f 0  f 1   f t; f x  1  f x  f 1 .
Do đó, chứng minh bằng quy nạp ta được f n  nf 1 , n   3
Chinh phục olympic toán| 47
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Từ 2 ,3 ta được f n  nf 1 , n   4 p Đặt f 1 *  ;p ,q và ta được * n  
và n chia hết p nên nf 1  . q   2 2 f 1 0
Do đó ta được f  f n  f n  n  f  1  nf  1   f  1  f  1   .  f  1  1
Do đó, từ 4 ta được f 2002  1 hay f 2002  0 (loại).
Vậy f 2002  2002 .
b) Từ * ta được y  f  n x  n1 0 :
 x f x, x   1 f  n x  f  n x 
 Nếu n chẵn: x
  0 : f x  , f       x f  x n 1 n 1 x x
 Nếu n lẻ thì từ * và 1 ta được  n     n f x y
f x   f y 2
f xn   f  n x n n 
Suy ra f x   f x   0  f x     f x . n1    n 1 C x x Ọ
Do đó f x  f x , x   H
Từ 2 , chứng minh bằng quy nạp ta được  n    n f px pf x  , p   , x   ÁN Có *   :  n 
    n    n p f px f px pf x  n n U TO
Vậy f px   pf x  , p   , x   3 Ệ LI u n1  u   . u .v  n  1 
Từ 3 ta có    * u , v  ta được 1 f    f    uv f v n  n v  v  v      TƯ n  u      f n 1 1 1 Mà f 1  
 f    v f    f    VÀ n n n n Í  v   v   v  v  u   f 1 n 1   u CH Vậy f  . u v    f 1 4 n P  v  v v ẠT
Ta có f 1  0 hay f 1  1 từ 4 suy ra f x  0, x
  hay f x  x, x  
Thử lại thỏa mãn * .
Vậy f x  0, x   .
Câu 41. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn f  2 3
x  y  z   f x 2  f y 3  f z x  ,y,z Lời giải
Đặt P u, v,t là phép thế x bởi u , y bởi v , z bởi t , ta có:
 P0,0,0  f 0  0
 Px,1,0  f x    f x  f  2 1 1
48 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc  f 1  0
 P0, y, z    f  1  1
Với f 1  1, ta chứng minh f x 2
 xf 1 , x  
Giả sử điều phải chứng minh đúng đến x  k, k
  : f k 2  kf 1
Ta chứng minh đúng đến x  k  1 k   , thực vậy:
f k    f k 2  f   2  kf   2
 f    k   2 1 1 1 1 1 f 1
Với f 1  0 , ta chứng minh bằng quy nạp f x  0 x  
Thế vào giả thiết ban đầu, ta nhận được hai hàm thỏa đề: f x  0 và f x  x x  . Câu 42. Cho hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
a) f ab  f a,b f a,b với mọi * a,b 
, a  b ; trong đó a,b, a,b lần lượt là bội
chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương a,b ; ÁN O
b) f  p  q  r   f p  f q  f r  với mọi số nguyên tố p, q, r . IC T
Tính giá trị của f 2013 ? Kí hiệu * là tập hợp tất cả các số nguyên dương. P Lời giải YM
Đặt f 2  a, f 3  b . Khi đó ta có các đẳng thức sau: OL
f 7  f 2  2  3  2 f 2  f 3  2a  b C Ụ
f 8  f 2  3  3  f 2  2 f 3  a  2b PH
f 16  f 7  7  2  2 f 7  f 2  2 2a  b  a  5a  2b
f 16  f 2 f 8  aa  2b . NH I Do đó ta có 2
5a  2b  a  2ab 1. CH
Mặt khác ta có các đẳng thức sau:
f 12  f 2  3  7  f 2  f 3  f 7  3a  2b
f    f   f    a f     2 12 2 6 2 2 2  3a Suy ra 2
3a  2b  3a 2 . 2
5a  2b  a  2ab a  2
Từ 1 ,2 ta có   ...  
 f 7  7, f 8  8 2
3a  2b  3a b  3
Ta có 2003 là số nguyên tố nên
f 2013  f 2003  3  7  f 2003  f 3  f 7  f 2003  10 3
f 2025  f 2003  5  17  f 2003  f 5  f 17 4
f 9  3 f 3  9  f 5  2  2  f 5  2 f 2  f 5  5
f 17  f 7  7  3  2 f 7  f 3  17
Kết hợp với 4 ta được f 2003  f 2025  22 5
Chinh phục olympic toán| 49
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Mặt khác f 2025  f 9.9.25  f 9 f 9.25  9. f 5.5.9  9 f 5 f 45
 9 f 5 f 3.15  45 f 3 f 15  45 f 3 f 7  5  3
 45.3 f 7  f 5  f 3  2025
Do đó f 2025  2025 , kết hợp với (5) ta được f 2003  2003 .
Do đó từ đẳng thức 3 ta được f 2013  2013 .
Câu 43. Đặt F  f : 0,1  0,1 và n  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của c thỏa mãn điều kiện 1 n f
x dx  c f x dx   0   1   0
Với f  F và f là hàm liên tục. Lời giải 1 1 1 1 Ta có n n n f x dx n y f y dy n x   
f x dx  n f x dx x  0,1    
, vậy c  n . 0   1   1        0 0 0 C np  1 Ọ
Với p  0 , ta chọn hàm   p
f x  x , khi đó: c  n p H np  1 ÁN Do đó: c  lim  n p p  n  n  U TO Vậy c n, lại có
2 nên giá trị c cần tìm là 2. Ệ LI
Câu 44. Tìm tất cả các hàm f :  1
 ,1  liên tục, thỏa mãn: TƯ    2x  f x  f  , x   1  ,1 2  1 x    VÀ Í Lời giải CH 2x P
Đặt g x 
f x  f g x  với mọi 1   x  1 . 2 
. Bài toán trở thành:     Ạ 1 x T
Ta chứng minh bài toán nhỏ: Gọi dãy số a  g a n
 n1 . Khi đó, với mọi giá trị dương 0  a  1 a  1 , ta có: lim n 1 n 2a
Chứng minh. Với mọi số thực 0  a  1 , ta có: a  a  g a . 2 1     a
Lại có, với mọi 0  a  1 , ta thấy 0  g a  1 . Vì vậy a 
nn là dãy tăng nghiêm ngặt và có giới hạn. 1 2L
Đặt lim a  L L  g L   L  1 n . Ta có:   n 2 1  L
Do L  0 nên lim a  n 1 n
50 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Vì f là hàm liên tục nên: lim f 1  h  f 1 , nói cách khác với mọi  0 luôn tồn tại  h0
sao cho với mọi 0  h   : f 1    f 1 
Đặt x  1   , từ chứng minh trên ta có các hàm x g x 2 ,
, g x , đều tiến đến 1.
Vậy tồn tại số nguyên dương k sao cho k
g x  1   . Điều này đồng nghĩa:  k
f g x  f 1  Vì     k f x
f g x nên f x  f 1  , do có thể chọn giá trị vô cùng bé, ta được:
f x  f 1  0  f x  f 1 với mọi 0  x  1.
Chứng minh tương tự, ta được f x  f  1   với mọi 1   x  0
Vì f là hàm liên tục nên lim f x  f 0  f 1  f  1    f 0 x0
Vậy f x  c với c là hằng số bất kỳ. ÁN O
Câu 45. Có thể tồn tại hay không một hàm số f :
 , liên tục trên và thỏa mãn IC T
điều kiện: Với mọi số thực x , ta có f x là số hữu tỉ khi và chỉ khi f x  1 là số vô tỉ. P Lời giải YM
Giả sử tồn tại hàm số liên tục f :
 thỏa mãn điều kiện: OL x
  : f x  f x  1 \ * C Ụ
Xét các hàm số g x  f x  1  f x , h x  f x  1  f x PH
Khi đó g và h là những hàm số liên tục trên
. Ta có g và h không thể đồng thời là
hàm hằng. Thực vậy, giả sử g x  C , h x  C 1   . Khi đó: NH 2 I
2 f x  C C  f x  C 2 1   (C là hằng số) CH
Vì t hế với   thì f   f   1  C , điều này mâu thuẫn với * .
Giả sử h không là hàm hằng, không mất tính tổng quát, khi đó tồn tại x , x , x  x 1 2 1 2 sao
cho h x  h x 1   2 .
Lúc này tồn tại số hữu tỉ r  h x , h x   1   2  . Ta có h
 x  r h x  r  0 1     2  
Lại có h x  r là hàm liên tục với mọi x thuộc
nên phương trình h x  r  0 có
nghiệm, tức là tồn tại x  h x  r
f x  1  f x  r 0 sao cho  0  , từ đó  0   0  . Mà r 
nên f x  1 , f x 0
  0  hoặc đồng thời hữu tỉ hoặc đồng thời vô tỉ, điều này mâu thuẫn với * .
Vậy không tồn tại hàm số thỏa đề.
Chinh phục olympic toán| 51
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 46. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn điều kiện f x  f t  f y  f z
với mọi số hữu tỉ x  y  z  t và x, y, z,t theo thứ tự lập thành cấp số cộng. USAJMO 2015 Lời giải
Do x, y, z,t theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên x  t  y  z , kết hợp với phương trình đã
cho ta được f x  f y  z  x  f y   f z 1 với mọi x  y  z và x, y, z theo thứ tự
lập thành cấp số cộng.
Thay x  0 vào (1) ta được f 0  f y  z  f y   f z với mọi 0  y  z .
Đặt g x  f x  f 0 ta được g y  z  g y  g z 0
  y  z 2
Với số nguyên dương n  3 , ta sẽ tìm cách biểu diễn g n theo g 1 , g 2 .
Ta có g 3  g 1  g 2 , g 4  g 3  g 1  g 2  2g 1 , dùng quy nạp ta chứng minh
được g n  g 2  n  2 g 1 3 . C Ọ
Lấy 2  y  z là các số nguyên dương ta được: H
g y  g2  y  2 g1 , gz  g 2  z  2 g 1 , g y  z  g 2  y  z  2 g 1 , ÁN Thay vào 2 ta được
g 2  y  z  2 g1  g2  y  2 g 1  g 2  z  2 g 1  g 2  2g 1. * U TOỆ
Kết hợp với 3 ta được g n  ng 1 LI
Ta biểu diễn g nx theo g x , g 2x . TƯ
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh g nx  g 2x  n  2 g x 4 . VÀ Í
Lấy 2  n  m là các số nguyên dương, thực hiện các thao tác như * ta được
g 2x  m  n  2 gx  g 2x  n  2 g x  g 2x  m  2 g x  g 2x  2g x CH P
Kết hợp với 4 ta được g nx  ng x 5 ẠT  m   m  m
Vậy với m, n nguyên dương: g m  ng  g 
g1  gx     
xg1 , với x    n   n  n
Do f x  f t  f y  f z  g x  g t  g y  g z x
  y  z  t lập thành CSC
Với x  0 bất kỳ, ta xét CSC x  0  y  z ta được
g x  gt  g 0  g z  g x  tg 1  g 0  zg 1  g x  g 0  zg 1 tg 1  xg 1
Vậy g x  xg 1 , x
   f x  f 0  x f 1  f 0  ax  b với x, a,b .
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
52 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Câu 47. Giả sử r , s 
là hai số cho trước. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa mãn
điều kiện f x  f y  f x  r   y  s, x  ,y  Romania 2006 Lời giải
Thay x  0 vào phương trình ban đầu ta được
f  f y  f r  y  s, y   1
Thay y bởi f y thu được:
f x  f  f y  f x  r  f y  s, x  ,y 
 f x  f r  y  s  f x  r  f y  s, x  ,y 
 f x  r  y  f r  r  s  f x  r  f y  s, x  ,y 
 f x  y  f r  r  s  f x  f y  s, x  , y  ÁN
Đặt a  f r   r  s thay vào phương trình trên ta được: O
f x  y  a  f x  f y  s, x  , y  2 IC T y 
f x  a  f x  f 0  s, x   3 P Thay
0 vào phương trình (2) ta được:        .
Từ 2 ,3 ta được: YM
f x  y  f 0  s  f x  f y  s, x  , y  OL C
 f x  y  f 0  f x  f y , x  , y  Ụ
 f x  y  f 0  f x  f 0  f y  f 0 , x  , y  PH
Đặt f x  f 0  g x , x
  và thay vào phương trình trên ta được NH I
g x  y  gx  g y , x  , y  4 CH    Từ 4 , g x bx x b
theo kết quả về phương trình hàm Cauchy ta được   , ,
Từ cách xác định hàm số g ta được f x  bx  f 0  bx  c 5
Từ 5 thay lại vào phương trình ban đầu ta được:
bx  by  c  c  bx  r  y  s  c, x  ,y  2
 bx  b y  bc  c  bx  y  br  s  c, x  , y  
b  r  s 2  b  1     b  1 
bc  c  br  s  c   c   r    s
Vậy bài toán có hai nghiệm f x  x  r  s, f x  x  r  s, x   .
Chinh phục olympic toán| 53
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 48. Tìm tất cả các hàm số f :
 sao cho với tất cả các số nguyên a,b,c thỏa
mãn a  b  c  0 , đẳng thức sau là đúng:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a IMO 2012 Lời giải
Lời giải 1. Tôn Ngọc Minh Quân Giả sử hàm f : 
thỏa mãn điều kiện đề bài.
Cho a  b  c  0 , ta được f 0  0 .
Cho a  n, b  n,c  0 n   ta được f n  f n . Đặt f 1  t t   .
Cho a  2, b  1  ,c  1
 ta có f 2  0 hoặc f 2  4t .
 Trường hợp 1. f 2  0  f 3  t 2 2 2
Ta có  f 4   f 2   f (2)  2 f 2 f 4  2 f 2 f 4  2 f 2 f 2  f 4  0 C Ọ
Giả sử f 2i  0, f 2i  1  t 1  i  k H
  f  k  2   f  k2   f  2 2 2 2 2
 0  f 2k  2  0 ÁN 2 2 2
Ta có  f 2k  3   f 2k   f 3  2 f 3 f 2k  3 f 2k  3  f 3  t U TO
Vậy f 2i  0, f 2i  1  t, i
  N  f 2i  0, f 2i  1  t, i   Ệ LI
 Trường hợp 2. f 2  4t t  ,t  0 2 2 2 TƯ
Ta có  f 3   f 2   f 1  2 f 1 f 2  2 f 1 f 3  2 f 2 f 3
Suy ra f 3  t hoặc f 3  9t VÀ Í
a) f 3  9t , f 2  4t , f 1  t . Ta chứng minh f n 2 *  n t, n   CH
Thật vậy mệnh đề đúng với n  1, 2, 3 . Giả sử mệnh đề đúng đến n  3 P 2 2 2 Ạ
Ta có  f n  1   f n   f 1  2 f 1 f n  2 f 1 f n  1  2 f n f n  1 T
  f n  2  t 2
n   f n   2  t  2 1 2 1 1 n  12  0
 f n    tn  2 1
1 hoặc f n    t n  2 1 1 2
Giả sử f n  1  t n  1  f n  1 2 2 2 2
Ta có  f n  1   f 2   f n  1  2 f 2 f n  1  2 f 2 f n  1  2  f n  1   f  2 2
 2 f 2 f n  1  f n  1
 t  t n  2 t  t  t n  2 2 2 2 16 8 .2 1 16 16 1 .
Đó là điều vô lý (vì n  3 ). Vậy f n 2 *  n t n    f n 2 ,  n t, n  
b) f 3  t, f 0  0, f 1  t, f 2  4t
54 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 f  2  f  2  f  2 4 2 2
 2 f 2 f 2  2 f 2 f (4)  2 f 2 f 4
 f 4  0 hoặc f 4  16t 2 2 2
Giả sử f 4  16t . Ta có  f 4   f 3   f 1  2 f 1 f 4  2 f 3 f 4  2 f 1 f 3 2 2 2 2 2
 256t  2t  32t  32t  2t 2
 192t  0 (vô lý).
Vậy f 4  0 . 2 2 2
Ta có  f 5   f 4   f 1  2 f 1 f 5  f (5)  f (1)  t ,
 f  2  f  2  f  2 6 4 2
 2 f 2 f 6  f 6  f 2  4t ,
 f  2  f  2  f  2 7 4 3
 2 f 3 f 7  f (7)  f (3)  t ,
 f  2  f  2  f  2 8 4 4
 0  f 8  0
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được
f 4i  1  t i  N ; f 4i  3  t i  ÁN O
f 4i  0 i  N ; f 4i  2  4t i 
Thật vậy giả sử f 4k  0, f 4k  1  t, f 4k  2  4t, f 4k  3  t k  N  IC TP 2 2 2
Ta có  f 4k  1   f 4k   f 1  2 f 1 f 4k  2 f 4k f 4k  1  2 f 1 f 4k  1 YM
 f 4k  1  f 1 OL
 f  k  2  f  k2  f  2 4 2 4 2
 2 f 2 f 4k  2 f 4k f 4k  2  2 f 2 f 4k  2 C Ụ
 f 4k  2  f 2  4t PH
 f  k  2  f  k2  f  2 4 3 4 3
 2 f 3 f 4k  2 f 4k f 4k  3  2 f 3 f 4k  3 NH
 f 4k  3  f 3  I t 2 2 2 CH
 f 4k  4  f 4k  f 4  2 f 4 f 4k2 f 4k f 4k  42 f 4 f 4k  4
 f 4k  4  f 4  0 .
Suy ra f 4i  0, f 4i  1  t, f 4i  2  4t, f 4i  3  t t  ,t  0 i  
Ngược lại, giả sử hàm f :
 thỏa mãn f 2i  0, f 2i  1  t t   với mọi i 
Giả sử a, b,c  , a  b  c  0 . Suy ra trong 3 số a,b,c có ít nhất một số chẵn
+) Nếu a,b,c cùng chẵn thì f a  f b  f c  0
  f a2   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a
+) Nếu a chẵn và b,c lẻ thì f  a  0 , f b  f c  t
  f a2   f b2   f c2 2  2t
 f a f b f a f c f b f c 2 2  2t   f a 2
( )   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a
Chinh phục olympic toán| 55
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Tương tự nếu b chẵn a,c lẻ hoặc c chẵn a,b lẻ thì ta cũng có:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a Vậy hàm f :
 sao cho f 2i  0 , f 2i  1  t t   với mọi i  thỏa mãn điều kiện đề bài.
 Xét hàm số f :  thỏa mãn f n 2
 n t t  ,t  0 n  
Giả sử a, b,c  thỏa mãn a  b  c  0 Ta có f a 2
 a t f b 2
 b t f c 2 , ,  c t 2 2 2
Suy ra              4 4 4    2 f a f b f c a b c t Có 2 2 2
a  b  c  0  a  b  c  2ab  2bc  2ca 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 a  b  c  2a b  2b c  2a c  4a b  4b c  4a c  8abc a  b  c 4 4 4 2 2 2 2 2 2
 a  b  c  2a b  2b c  2a c
  f a2   f b2   f c2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 2a b t  2b c t  2a c t C Ọ
 2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a H Vậy hàm f :
 sao cho f n 2
 n t t  ,t  0 n
  thỏa mãn đề bài. ÁN
 Xét hàm f :  thỏa mãn
f 4i  1  t, f 4i  2  4t, f 4i  3  t, f 4i      U TO 0 t ,t 0 i Ệ
Giả sử a, b,c  sao cho a  b  c  0 LI
+ Nếu a  4i i   b  c  0 mod 4 TƯ
+ Nếu b,c đều chia hết cho 4 thì f a  f b  f c  0 VÀ 2 2 2 Í
  f a   f b   f c  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a 0 CH
+ Nếu b  2 mod 4 và c  2 mod 4 thì f a  0, f b  4t, f c  4t P 2 2 2 2 Ạ
  f a   f b   f c  32t T
f a f b  f b f c  f c f a 2 2 2 2  32t
  f a2   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a
+ Nếu b  1mod 4 và c  3mod 4 thì f b  t, f c  t
  f a2   f b2   f c2 2  2t
f a f b  f b f c  f c f a 2 2 2 2  2t
  f a2   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a
+ Nếu a  1mod 4 , b  0 mod 4 và c  3mod 4 , tương tự như trên ta cũng có:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a
+ Nếu a  1( mod 4) , b  3mod 4 và c  0 mod 4 , tương tự như trên ta cũng có:
56 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b2 f b f c2 f c f a
+ Nếu a  1mod 4 , b  2 mod 4 và c  1mod 4
 f a  t, f b  4t, f c  t 2 2 2
  f a    f b    f c  2 ( ) ( ) ( )  18t
f a f b  f b f c  f c f a 2 2 2 2 2 2 2
 8t  8t  2t  18t
  f a2   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f c  2 f c f a
+ Nếu a  1mod 4 , b  1mod 4 và c  2 mod 4 , tương tự như trên ta cũng có:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a
+ Nếu a  2 mod 4 , b  0 mod 4 và c  2 mod 4 hoặc a  2 mod 4 , b  1mod 4 và
c  1mod 4; hoặc a  3mod 4, b  0mod 4 và c  1mod 4hoặc a  3mod 4,
b  1mod 4 và c  0mod 4 , tương tự như trên ta cũng có:
 f a2  f b2  f c2  2 f a f b 2 f b f c 2 f c f a ÁN O
+ Nếu a  3mod 4 , b  3mod 4 , c  2 mod 4 thì f a  f b  t, f c  4t 2 2 2 IC T
  f a   f b   f c 2
 18t ; f a f b  f b f c  f c f a 2 2 2 2  18t P
  f a2   f b2   f c2  2 f a f b  2 f b f (c) 2 f c f a YM
Vậy tất cả các hàm f :
 thỏa mãn đề bài là: OL C
f :  : f 2i  0, f 2i  1  t t   i   Ụ
f :  : f n 2
 n t t  ,t  0 n   PH
f :  : f 4i  0, f 4i  1  t, f 4i  2  4t, f 4i  3  t t  ,t  0 i   . NH I Cách 2.
Thay a  b  c  0 vào phương trình ban đầu ta được: CH
f  2  f  2  f  2  f   f    f   f    f   f    f  2  f  2 0 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 3 0
6 0  f 0  0
Thay b  a,c  0 vào phương trình ban đầu ta được:
f a2  f a2  f  2
0  2 f a f a  2 f a f 0  2 f 0 f a
 f a2  f a2  f a f a  f a2  f a f a  f a2 2 2
 0  f a  f a
Ta có thể viết lại phương trình ban đầu dưới dạng:
f c2  2 f c f a  f b   f a  f b2  0
2  f a  f b  4 f a  f b2  4 f a  f b2
 f c  f  c
   f a  b  2
 f a  b  f a  f b  2 f a f b
Nếu f b  0 : f a  b  f a  f amodb
Trường hợp 1. f 1  0  f x  0 x  .
Chinh phục olympic toán| 57
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Trường hợp 2. f 1  0, ta có f 2  f 1  f 1  2 f 1 f 1  f 2  0 or f 2  4 f 1
Ta xét hai trường hợp nhỏ:
Trường hợp 2.1: f 1  0, f 2  0  f x  f x mod 2  f x  f (1) nếu x lẻ và f x  0 nếu x chẵn.
Trường hợp 2.2: f 1  0, f 2  4 f 1  f 3  f 2  f 1  2 f 2 f 1
 f 3  5 f 1  4 f 1  f 3  f 1  9 f 1
 Nếu f 1  0, f 2  4 f 1, f 3  f 1 :
 f 4  f 1  f 3  2 f 1 f 3 và f 4  f 2  f 2  2 f 2 f 2
 f 4  f 1 hoặc 0 và f 4  16 f 1 hoặc 0
 f 4  0  f x  f x mod 4.
 Nếu f 1  0, f 2  4 f 1, f 3  9 f 1 : C
 f 4  f 1  3  f 1  f 3  2 f 1 f 3  16 f (1) f 1 Ọ hoặc 4   H
và f 4  f 2  f 2  2 f 2  16 f 1 hoặc 0.  f 4  16 f 1 ÁN
 Nếu x  4 , khi đó f x  f   2 1 x
Dùng quy nạp, ta chứng minh: f x  f   2 1 x x  U TOỆ
 Nếu . x  m ., khi đó f x  f   2 1 x x
 , đúng với một số giá trị m . LI
Giả sử điều phải chứng minh đúng với m  k : TƯ
 f k    f k  f   
f k f    f  k  2 1 1 2 1 1
1 hoặc f  k  2 1 1 VÀ Í
Và f k    f k    f   
f k   f    f  k  2 1 1 2 2 1 2 1
1 hoặc f  k  2 1 3 CH
f k    f  k  2 1 1 1 . P Ạ
Vậy điều phải chứng minh đúng với m  k  1 . T
Vì nó vẫn đúng với m  4 , theo quy nạp toán học ta có thể kết luận f x  f   2 1 x x  .
Câu 49. Tìm tất cả các hàm f , g :  
có đạo hàm trên  thỏa mãn f x f x g x '   ; g x   '   x    x x Lời giải Ta có  . x
  f x  g x'  x 
 f 'x g'x f x gx
 gx f x   x 
  f x  gx  0, x   0  x x   x  f
 x  gx  a x   0 
 f x  gx  a  x  0 1 x
58 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 f x  gx Tương tự ta có '  0, x    
0  f x  gx  bx, x
  0  x  0 2  x   a   a 
Từ 1 ,2  f x 1   
bx ; gx 1    bx , x
  0, a,b 2 x    2  x 
Câu 50. Tìm tất cả các hàm * f :  
có đạo hàm trên * thỏa mãn
f xy  f x  f y * x  , y  1  Lời giải
Lấy đạo hàm hai vế 1 lần lượt theo biến x, y ta có
yf xy  f x * ' ' x  , y  
xf xy  f y * ' ' x  , y    .
x f 'x  y. f 'y * x  , y   ÁN
 x. f '(x)  a * x  
 f x  .
a ln x  b * x   R O  
Thử lại  b  0 .
IC TP Vậy f x .alnx * x    . f  YM
Câu 51. Tìm tất cả các hàm : thỏa mãn
f  f n  n  b n    1 OL C
trong đó b là số nguyên dương chẵn. Ụ Lời giải PH
Giả sử f thỏa mãn đề bài. Dễ thấy f đơn ánh NH f  f
  f n   f n I
Trong 1 thay n bởi f n ta được    b  CH
Suy ra f n  b  f n  b n  
Vậy nếu m  qb  r , 0  r  b  1 thì f m  f qb  r   f  q  1b  r   b  f r   qb
Bây giờ ta chỉ cần xác định hàm f trên tập A  0,1, 2,..., b   1 .
Xét x  A , đặt f x  y thì f y  x  b
Giả sử y  qb  r thì f y  f r   qb suy ra x  b  f r   qb  qb  x  b  2b nên q  0 hoặc q  1 .
Do đó nếu x  A thì
i) f x  r  b,r  A, f r   x
ii) f x  r,r  A, f r   x  b
 f qb  r  qb  f r 
Vậy hàm f được xác định như sau  f a  b
a  b  A i  i
với  i  i .  f
 b  a  b i  i
Chinh phục olympic toán| 59
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 52. Tìm tất cả các hàm f :    thỏa mãn:
i) f xf y yf x x, y     1
ii) lim f x  0 x IMO 1983 Lời giải
Thế x  1 ta được f  f y  yf 1
Nếu f a  f b , thì af 1  f  f a  f  f b  bf 1  a  b vì f 1 tiến tới số nguyên
dương. Vì vậy hàm f đơn ánh.
Thế x  y ta được f xf x  xf (x)
Vậy xf x là điểm bất động của hàm f .
Khi đó, thay y  1 thu được f xf 1  f x  f 1  1 vì x khác 0 nên 1 là điểm bất C
động của hàm f. Ta chứng minh 1 là điểm bất động duy nhất của hàm f . Ọ f a  a f b  b H
Giả sử tồn tại a,b là điểm bất động của f , ta có   và   .
Khi đó, thế x  a, y  b vào i ta được f ab  f af b  bf a  ab ÁN
Suy ra ab cũng là điểm bất động của f . U TO 1  1   1   1   1  1 Ệ
Thế x  , y  a thu được 1  f 1  f  a  f
 f a  af  f          LI a  a   a   a   a  a 1 TƯ
Vậy là điểm bất động của f . a n VÀ
Nếu f a  a với a  1 , khi đó f a  là điểm bất động của f , mâu thuẫn ii Í  1  1 CH
Nếu f a  a với 0  a  1 , khi đó f  
là điểm bất động của f , mâu thuẫn ii n  n P  a  a ẠT
Từ các kết quả trên ta thu được điểm bất động duy nhất là 1, suy ra xf x   f a 1 1  . x
Câu 53. Chứng minh rằng tồn tại song ánh f :    sao cho
f 3mn m n 4 f m f n f m f n m,n        
IMO Shortlist 1996 Lời giải  x   Xét hàm g : 3  1 4   
 1 thỏa mãn: gx 1  4 f  
 1 thì ta có g là song ánh và  3 
g 3m 13n 1 g3m 1 g3n 1 m,n         .
Thật vậy g 3m  13n  1  g 33mn  m  n  1  4 f 3mn  m  n  1
 44 f m f n  f m  f n  1  4 f m  14 f n  1  g3m  1 g3n  1
Vậy với mọi x, y 3  
 1 , ta có gxy  gx.gy
60 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc g 3x  1  1
Như thế, ta chỉ cần chỉ ra một song ánh g là đủ, vì khi đó f x    thỏa mãn 4 đề bài. Xét P , P k  k  Q ,Q 1
2 là tập các số nguyên tố dạng 3 1, 3
2 tương ứng và 1 2 là tập các số
nguyên tố dạng 4k  1, 4k  3 tương ứng, ta xét song ánh h : P  P  Q  Q 1 2 1 2
Sao cho h P  Q , h P  Q 1  1  2 
2 và xác định g như sau:  g 1  1
 nguyên tố thì gn  hpi 
Rõ ràng song ánh g như vậy thỏa mãn đề bài.
Câu 54. Tìm tất cả các hàm f :  thỏa:
3 f  f  f n  2 f  f n  f n  6n, n   ÁN Lời giải O Đặt k
a  f n  f f f n k  
 ...   (lặp k lần).
IC TP Ta lặp được dãy 3a  a    a  a k 2 k k 6 1 2 k3 với mọi n YM
Xét tập S  a , a , a ,... 0 1 2
 vì đây là tập các số nguyên dương nên sẽ tồn tại một phần tử có OL
giá trị nhỏ nhất. Đặt j là số sao cho aj là giá trị nhỏ nhất trong tập S . C Ụ
Ta có bất đẳng thức 3a  a     a  a  a k 2 k k 6 k 6 1 2 3 j PH
Đẳng thức xảy ra khi a  a    a  a k k 1 k 2 j
Lại có khi đặt k  j  3 thì đẳng thức xảy ra, vậy ta có a  a    a  a . NH j j 1 j 2 j3 I
Tịnh tiến giá trị ta thu được a  a  k j với mọi k j . CH 3a  2a  a
Thực hiện tương tự cho tịnh tiến lùi, lưu ý rằng k 3 k 2 k 1 a     a  a k , ta thu được 6 k j
với mọi k  j . Vậy a  a k  k j với mọi 0 .
Từ chứng minh trên dẫn đến a  a
f n  n   1 0 hay   , n .
Câu 55. Tìm tất cả các hàm số f : 0;   0;  thỏa mãn điều kiện:
f  f x  yf yf x x
 , y 0;  1 Lời giải f u
Với mọi t 0;  , ta chọn tùy ý một x u  f x v  tf x t  0 cố định và  0  ,  0  thì f v 1 1
 f x 
Ta thay trong 1 y bởi
ta có f  f x  f   f y
f y  f y   
Chinh phục olympic toán| 61
Bồi dưỡng học sinh giỏi
 f x  Hay f     f y
f y. f  f x  2    1 1
Trong 1 , thay y bởi f  f x    ta được    f 1 x   0; 3 f x
f x      
 f x  f y
Từ 2 ,3 suy ra f     f  y f 1   .  f  x
 f u  f v Do đó f     f  v f 1   .  f  u 1
Do vậy, f t  f 1. t  0; . t a
Thử lại, hàm cần tìm là f x  x
 0; ở đó a  0 là hằng số. x C Ọ
Câu 56. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số f xác định trên tập các số thực H
dương, nhận giá trị thực dương và thỏa mãn f  f x  6x  f x. ÁN Putnam 1988 Lời giải U TO
Với mỗi số thực dương x cố định, ta xây dựng dãy  fn như sau: Ệ 0 n1 LI
f  x , f  f x , f   f f x n n . 1 0 2  0  1   0 TƯ
Khi đó, từ đẳng thức ở giả thiết ta suy ra dãy  fn thỏa mãn phương trình truy hồi n1 f    f f n 6 n n , 2 1 VÀ Í Hay f     f  f n n 6 n 0. 2 1 CH
Đến đây, giải phương trình đặc trưng của dãy  fn , ta được hai nghiệm là 2 và 3  . P n1 Ạ n n T
Do đó, f  a   b  f , f n 2
 3 , trong đó, các hằng số a, b tìm được phụ thuộc vào 1 2 .
Tuy nhiên, nếu b  0 , thì tồn tại n đủ lớn sao cho f  n
0 (ta có thể thấy được dễ dàng bằng
cách chọn n chẵn đủ lớn nếu b  0 , và chọn n lẻ đủ lớn nếu b  0 ).
Do vậy, b  0 . Thành ra f  a  2n n
Suy ra f  f x  3  .2 a , f x  2  .2 a 0 0
, thay hai giá trị này vào đẳng thức
f  f x  6x  f x 0  0  0 
Ta được 2a  x f x  2x 0 . Dẫn đến  0  0
Và vì điều này đúng với mọi x f x  x x   0 dương nên   2 , 0 .
62 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Câu 57. Hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i : f  f n  n, n   1
ii : f  f n 2 2  n, n   2
iii : f 0  1 3
Tìm giá trị f 1995 , f  2007  
Olympic Ukraine 1995 Lời giải
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f n phải có dạng: f n  an  b
Khi đó điều kiện i trở thành: 2
a n  ab  b  n, n   2 a  1
a  1 a  1 
Đồng nhất các hệ số, ta được     
ab  b  0
b  0 b  0 a  1 f n  n ii ÁN Với  ta được  
. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn   b   0 O a  1 
f n  n  b IC T Với  ta được   b   0 P
Từ điều kiện iii cho n  0 ta được b  1 YM
Vậy f n  n  14 OL C
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ụ
Ta phải chứng minh f n  n  1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán PH
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g n khác f n cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.
NH I Từ iii suy ra f 0  g0 1 CH
Từ iii suy ra f 1  g 1  0
Sử dụng điều kiện i ,ii ta nhận được g  g n  g  g n  2  2 n 
Dno đó g  g gn  gggn  2  2 n
Hay g n  g n  2  2 n  Giả sử n f n  g n 5
0 là số tự nhiên bé nhất làm cho  0   0  
Do f n cũng thỏa mãn 4 nên ta có
gn  2  g n  2  f n  2  f n  2 0   0   0   0 
 gn  2  f n  2 0   0 
Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn 5
Vậy f n  g n , n 
Chứng minh tương tự ta cũng được f n  g n với mọi n nguyên âm.
Chinh phục olympic toán| 63
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Vậy f n  1  n là nghiệm duy nhất.
Từ đó tính được f 1995 , f  2007   .
Câu 58. Tìm f : 0, 1  thỏa mãn:
f xyz  xf x  yf y  zf z x
 ,y,z0,1 Lời giải
Chọn x  y  z ta được f  3
x   3xf x
Thay x, y, z bởi 2
x ta được f  6 x  2  x f  2 3 x  Mặt khác f  6
x   f  2 3
x x x   xf x 2  x f  2 x  3  x f  3 . . x  Hay 2 x f  2
x   xf x 2  x f  2 x  4 3
 3x f x 3 2   x f  2
x   xf x 4 2  3x f x x  f  2 x  3 1 
f x , x   C 2 Ọ 9  9  6 3x 1 3 2 2 3x 1 H Thay x bởi 3
x ta được f x  
f x , x
   3x f x  
3xf x , x   2 2 ÁN 3 9   2 3x 1  x
f x 3x 1 3 
3xf x , x
   f x  0, x   0 2 2 U TO
Vậy f x  0 với mọi x 0;1 . Ệ LI TƯ
Câu 59. Tìm tất cả các hàm f xác định trên
và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
2 f n f k  n  2 f k n  3 f n f k,k  n VÀ Í   f  1  1 CH Lời giải P 2 2 Ạ
Cho k  n  0  2 f 0  2 f 0  3 f 0  f 0  0  f 0  2  T
Nếu f 0  0 chọn n  0 ta được: 2
 f k  0 do đó f k  0 với mọi k
Chọn k  1 ta được f 1  0 mâu thuẫn với giả thiết. Vậy f 0  2 
Chọn n  1 ta được phương trình 2 f 1 f k  1  2 f k  1  3 f 1 f k , k 
 2 f k  1  2 f k  1  3 f k , k  Đặt x  f k 2x     x x k 3 k 2 k 0 k
 ta có phương trình sai phân 1 1
Phương trình đặc trưng là 2 1
2  3  2  0    2     2 n  1 n 
Vậy f n  c 2  c  1 2  . 2   
64 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc Ta tìm c ,c f 0  2  , f 1  1 1 2 từ điều kiện     .
Dễ tìm được c  0,c  2  1 2 n   Vậy f n 1  2    . 2   
Câu 60. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
 f  f n * *
 n  2k, n , k     f
 n  1  f n * , n  Lời giải
Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện 1 ,2 .
Ta chúng minh hàm f là một đơn ánh. Thật vậy, với mọi * m,n
và m  n , nếu có f m  f n thì do 1 suy ra ÁN O
f  f m  f  f n  m  2k  n  2k  m  n (vô lý)
Suy ra f là đơn ánh. Do 2  f n  1  f n với mọi * n  suy ra IC TP
f n  1  f n  1 với mọi * n  YM
 f  f n  1  f  f n  1  1 f  f n với mọi * n  OL
 f  f n  1  1 f  f n với mọi * n  C Ụ
 n  1  2k  1  n  2k với mọi * n  PH
 f  f n  1  f  f n  1 với mọi * n 
 f n  1  f n  1 NH với mọi * n 
( do f là đơn ánh) I
 f n  f n  1  1 với mọi * n  2 ; n  CH Truy hồi ta được
f n  n  1  f 1 với mọi * n 
 f  f n  f n  1 f 1  n  2  2 f 1 với mọi * n 
 n  2k  n  2  2 f 1 với mọi * n 
 f 1  k  1 với mọi * n 
Suy ra f n  n  1  k  1 với mọi * n 
 f n  n  k với mọi * n 
Thử lại f n  n  k với mọi * n 
thỏa mãn các điều kiện 1 ,2
Vậy các hàm f cần tìm thỏa mãn đề bài là f n  n  k với * n  .
Chinh phục olympic toán| 65
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 61. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:  f  2013  2016 
f  f n  n  4, n    Lời giải
Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện 1 ,2 .
Từ điều kiện 1 ta dễ dàng chứng minh được f là một đơn ánh.
Từ 1 ta suy ra f  f  f n  f n  4 với mọi n 
 f n  4  f n  4 với mọi n (3)
Với n  4k  r với k  ; r 0, 1, 2,  3
Từ 3 ta suy ra f 4k  r   4  4k  f r  với mọi k 
 Tính f 1 . Do 2013  4.503  1 nên f 2013  2012  f 1  2016  f 1  4 C
 Tính f 0 . Ta có f  f 0  4  f 1  f 0  1 (do f là đơn ánh) Ọ H
 Tính f 2 và f 3 . Giả sử f 2  4m  r với m và r 0,1,2,  3 1
f f 2  6  2  4  f  f 2  f 4m  r  4m  f r  6 ÁN
Do   mà ta có         ;
Mà f r   0  m  0 hoặc m  1 U TO
+ Với m  0 , thì f r   6 và f  f 2  f r   f 2  r Ệ LI
+ Với m  1 , thì f r   2 và f 2  4  r TƯ  f  r  6
Trường hợp 1. Xét m  0   f 2  r  r  0,1,2,  3  VÀ Í  f 0  6 CH
+ Với r  0 thì 
vô lý do f 0  1  f  2  0 P ẠT  f 1  6
+ Với r  1 thì 
vô lý do f 1  4  f  2  1  f 2  6
+ Với r  2 thì  vô lý  f  2  2  f 2  6
+ Với r  2 thì  vô lý  f  3  2
Vậy khi m  0 ta có f 0  1; f 1  2; f 2  3; f 3  6  f  r  2
Trường hợp 2. Xét m  1  
f 2  r  4  r  0,1,2,  3 
+ Với r  0 thì f 0  2 vô lý do f 0  1
+ Với r  1 thì f 1  2 vô lý do f 1  4
66 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc  f 2  2
+ Với r  2 thì  vô lý  f  2  6  f 2  7
+ Với r  2 thì  vô lý  f  3  2
Vậy khi m =1 ta có f 0  1; f 1  4; f 2  7; f 3  2
n  1 , n  0 mod 4 
n  3 , n  1 mod 4
Suy ra f n   n  5 , n  2  mod 4 n1 , n  3  mod 4
Thử lại: f n thỏa mãn đồng thời các điều kiện (1) và (2) nên f n là các hàm cần tìm.
Câu 62. Tìm tất cả các hàm số * f : 
thỏa mãn điều kiện sau: ÁN O
f n  f n  1  f n  1. f n  3 , n   1 Lời giải
IC TP Giả sử có hàm f thoả mãn các điều kiện 1. YM Ta lập dãy a a  f n 1
n  với mỗi n  ta đặt n
  khi đó   trở thành OL a  a     a  a  n 2 n n n n , 2 1 3   C Ụ
Thay n  n  2 trong phương trình 2 ta được a      a  a  a  n 3 n n n n , 2 4 3 5   PH
Trừ từng vế của 2 ,3 ta được a       a a  a  a  n n n n n n , 4 3  5 1  .
a  a  a a  a 4 0 3  5 1  NH I 
a  a  a a  a 5 1 4  6 2 
Thay n lần lượt bởi 0,1, 2, 3,...... ta có  CH
a  a  a a  a 6 2 5  7 3 
. . . . . . . . . . . . . . . .  
Suy ra a  a  a a a .....a  ,n  .  a  a 4 4 0 3 4 5 n 2  n 4 n   
Ta chứng minh rằng a  ,n 
 f n  4  f n ,n .  a 5 n 4 n  
Hay f là hàm tuần hoàn với chu kỳ 4.
Thật vậy. Giả sử tồn tại số * n  a    a n n n n ; 0 mà 0 4 0 0 Do * a    a    a 1 n với n nên suy ra 0 n 4 0 n
a  a  a a a .....a    a  a a a a a n n n ..... 4 0 3 4 5 0 2  0 4 0  3 4 5 0 n 2 Do a  a   
a  a a  a n , n , n ,  a  a n n 2 n 1 n3 với n
, nên với 4 số liên tiếp phải có ít nhất 0 1 0 0 1 0 n 2 một số lớn hơn 1.
Do đó khi n   thì a a a .....a   a     a 3 4 5 suy ra (vô lý) 0 n 2 0 n 4 0 n
Chinh phục olympic toán| 67
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Suy ra a  a  0  a  a   
 f n  4  f n r  0,1,2,3 n n 0 4 0 4 với n với   trong đó f
là hàm tuần hoàn chu kỳ 4.
Hàm f được xác định khi ta tính được f 0  a ; f 1  a ; f 2  a ; f 3  a 0
  1   2   3 bởi vì từ 
a  a  a a
a  a  a a 2 ta có 0 2 3 4 0 2 1 3   
a  a  a a  a a a a  a    a 1 3 4 2 0 2 0 2 1 3 
 a 1 a 1  a a  a  a  1 0  2  0 2  0 2  Mặt khác 
 a  1 a  1  a a  a  a  1  1  3  1 3  1 3
Suy ra a  1 a  1  a  1 a  1  2 6 0
 2   1  3   
Do đó có các khả năng xảy ra. 
 a 1 a 1  0       0  2  a 2 v a 3 a 1 v a 5 Khả năng 1. 1 1 0 0      
 a  1 a  1  2  a  3 v a  2 a  1 v a  5 1  3  3 3 2 2
Suy ra  f 0 ; f 1 ; f 2 ; f 3   a ;a ; a ; a  1; 2; 5; 3 , 1; 3; 5; 2 , 5; 2;1; 3 , 5; 3;1; 2 0 1 2 3          C Ọ
Ta tìm được 4 hàm cần tìm với f n với f n xác định bởi H
 f 0 ,n  0mod 4  ÁN
 f 1 ,n  1mod 4
f n   7 f
 2 ,n  2 mod 4 U TO   Ệ f
 3 ,n 3mod 4 LI
đều thỏa mà điều kiện 1. TƯ
a 1 a 1  1 0  2 
Khả năng 2. 
 a  a  a  a  2  a ; a ; a ; a  2;2;2;2 0 1 2 3  0 1 2 3   
 a  1 a  1  0  1  3  VÀ Í
Suy ra f (n)  2 với mọi n  CH
a 1 a 1  2 0  2  P
Khả năng 3.  Ạ
a 1 a 1  0  1  3  T
Lập luận tương tự như khả năng 1 ta được
 f 0; f 1; f 2; f 3  a ;a ;a ;a  2;1;3;5 , 3;1;2;5 , 2;5;3;1 , 3;5;2;1 0 1 2 3         
Ta được 4 hàm f n cần tìm và cả 4 hàm đều thỏa mãn điều kiện 1.
Với f n xác định bởi 7.
Vậy có 9 hàm f thỏa mãn là nghiệm của phương trình 1.
Câu 63. Tìm tất cả các hàm f :    thỏa mãn:
f x  f y  f x  y  f y Lời giải
Ta để ý rằng: f a  f b  f c  fa  f b  c  f c  f a  b  c  f b  f c 
68 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Thế y bởi y  f  z ta được:
f x  f y  f z  f x  f y  z  f z  f x  y  2z  f y  z  f z
Và f x  y  f z  f y  f z  f x  y  z  f z  f y  z  f z
Thu được: f x  y  2z  f x  y  z  f z với mọi x, y, z  0
Với giá trị của y , ta chọn x sao cho x  y, f y , từ đó ta có kết quả f  f y  2 f y
Thế y  x vào phương trình ban đầu f x  f x  f 2x  f x
Dễ nhận thấy f x  x , vì vậy: f x  f  f x  f 2x  f x , f  f x  f 2x
Theo phương trình hàm Cauchy, ta được f x  2x với mọi x   .
Câu 64. Tìm số nguyên dương m nhỏ nhất sao cho tồn tại hàm số * f :  \ 1  ;0;  1
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
ÁN i) f m  f 2015, f m1  f 2016; O f n  1
ii) f n  m    , n  1, 2,.... IC T f n  1 P Lời giải YM 1
Ta có f n  2m        f n
f n 4m f n * , n OL C Ụ
Với m  1 , ta có f n    f n  f n  k  f n * 4 4 , k  ,n PH 1 f n  1
Ta có f n  2 *
   ; f n1      , n   f n f n  1 NH I
f    f    f     f   1 1 2015 4.503 3 3   : vô lý. f 1 CH
Với m  2 , ta có f n    f n  f n  k  f n * 8 8 , n  , k  1 f n  1
và f n  4 *
   ; f n2      , n   f n f n  1 1
Ta có f 2  f 2015  f 251.8  7  f 7   f   ; 3
f    f    f     f   1 3 2016 251.8 8 8   f 4 
 f    f   f 2 1 2 4 
  f 2 2   f     1 2  1
Điều mâu thuẫn trên dẫn đến m  3.
Với m  3, ta xây dựng được vô số hàm f thỏa yêu cầu bài toán như sau
Chinh phục olympic toán| 69
Bồi dưỡng học sinh giỏi 1  a 1 f n  1 Cho a  \ 1  ;0; 
1 , đặt f 1  a; f 2  ; f 3   ; f n  3  , n   1 1  và     a a f n  1
Khi đó, chứng minh quy nạp thì hàm số xác định trên * và f n    * \ 1;0;1 , n   1
Hơn nữa theo chứng minh trên f n  6   , f n 
k  f n * 12 , n  , k  f n 1 1  f 2 1
Khi đó f 2015  f 167.12  11  f 11        f
f 5 1  f 2 3 a   f    f     f   1 1 f 3 a 1 2016 167.12 12 12       f
f 6 1  f 3 4 a  1
Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 65. Xác định hàm số f x liên tục   
thỏa mãn đồng thời các điều kiện:   C
f 2x 2 f x với mọi x   , 1 Ọ 
 3  fx    2 1   x f f x e
x e  1 f x với mọi x   , 2 H
 f e  1  e  1 f 1 , 3 ÁN
 f k là số nguyên dương với mọi số nguyên dương k , 4 U TO Lời giải Ệ LI Với a, b  
và f a  f b , suy ra f a f b 3 f a   e   3 1  f b   e 1. Do đó TƯ f  3
f a f a
e    f  3 1
f b f b e 1 2 a 2 b 2 a 2 b VÀ Í
Hay a e  1 f a  b e  1 f b . Vì f a  f b  0 nên ta suy ra a e  1  b e  1 . 2 x x x CH
Xét hàm số h x  x e  1 trên  , ta có h'x  2x e   2
1  x e  0 với mọi x   . P 2 x Ạ
Do đó hàm số h x  x e  1 đồng biến trên  . T
Do đó từ 2  a   2 1   b a e
b e  1, ta suy ra ha  hb hay a  b .
Vậy f x là đơn ánh. Kết hợp với f x liên tục ta suy ra f x là hàm đơn điệu thực sự.
Mặt khác, theo giả thiết f 2  2 f 1  f 1 nên ta suy ra f x là hàm tăng thực sự trên tập  .
Từ 2 ta cho x  1 thì f  3
f 1 f 1
e 1 e1 f 1.
Kết hợp với 3 ta suy ra f  3
f 1 f 1
e 1  f e1.
Vì f x là hàm tăng thực sự trên  nên ta suy ra 3
f 1 f1
e 1 e1. Xét hàm số   3   x g x
x e  1 trên  , ta có 'x 2   x 1 3 3 x g x e
 x e  0 với mọi x   . Do đó hàm số   3   x g x
x e  1đồng biến trên  .
70 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc Do đó từ 3
f 1 f1
e 1 e1, ta suy ra g f 1 g1 hay f 1  1.
Vì f 2x  2 f x với mọi x  
và f 1  1 nên theo quy nạp ta có 2n  2n f  với mọi số tự nhiên n .
Với mọi số tự nhiên n , ta có
n  f  n   f  n    f  n    f  n n 
   f  n1  n1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2  2
Vì điều kiện 4 nên 2n  1 , 2n  2 ,, 2n  2n f f f
 1 đều là các số nguyên dương.
Do đó ta suy ra 2n  1  2n  1, 2n  2  2n  2,, 2n  2n  1  2n  2n f f f  1.
Vậy f n  n với mọi số nguyên dương n .
Từ f 2x  2 f x với mọi x  
. Ta suy ra 2n   2n f x
f x với mọi x   . m n  m  Cho với mọi x 
với mọi m, n là số nguyên dương ta suy ra f m  2 f   . 2n  2n  ÁN  m   m  m O
Do đó m  2n f  hay f  
mọi số nguyên dương m, n . 2n  2n      2n IC T m P Với mỗi x  
tùy ý cho trước đều tồn tại dãy số q q
k  , k có dạng
hội tụ đến x . 2n YM
Vì f x là hàm liên tục nên x  lim q  f q  f q  f x k lim  k    lim k k k k    OL C
Thử lại ta thấy hàm số f x  x thỏa mãn mọi điều kiện của bài ra. Ụ PH
Câu 66. Tìm tất cả các hàm f : 
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: NH
 Với mọi cặp a, b nguyên dương không nguyên tố cùng nhau, có I
f a. f b  f ab CH
 Với mọi bộ a, b nguyên dương tồn tại một tam giác không suy biến có độ dài ba
cạnh là f a , f b và f a  b  1 . Lời giải
 f a  f b  f a  b  1 ; 
Từ điều kiện 2 , với mọi bộ a, b nguyên dương, ta có  f a  f a  b  1  f b ;  f
 a  b  1  f b  f a ; 2
Nếu a  b  2 : f 4  f 2 ; 2 f 2  f 3.
Nếu a  3; b  2 : f 2  f 3  f 4 2
Ta có f 2  f 4  f 2  f 3  f 2  2 f 2  3 f 2  f 2  1 or f 2  2.
Nếu f 2  1 . Do 2 f 2  f 1  f 1  1.
Chinh phục olympic toán| 71
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Quy nạp chứng minh f n  1 với mọi n nguyên dương.
Cho a  n, b  2 : f n  1  f n  f 2  2  f n  1  1 .
Nếu f 2  2 , bằng quy nạp chứng minh được       1 2 2 . 2
 ....  2k k k  2k f f f f .
Do f 4  f 2  f 3  2 f 2  f 3  3
Quy nạp chứng minh f n  n, n   2
Cho a  n  1, b  2 : f n  f n  1  f 2  n  1  f n  . n
Lấy r là số nguyên lớn nhất sao cho 2r không vượt quá n .
Nếu 2r  n thì theo chứng minh trên có f n  n . Nếu  2r n
 s với 1   2r s .
Với   2r  ;  2r a n s b  s  1. Ta có
2r  1  2r  1   2r  1  2r  2r f s s f n f s f s  s  1  1 C
    r1  r    r1 2 2
1  2  2r   1  2r f n f f s s
 s  1  n  1  f n  n Ọ H
Vậy f n  n, n   2 . ÁN
Do f 1  2 f 2  4 nên f 1 bằng 1, 2 hoặc 3 .
Vậy f n  1 với mọi n nguyên dương hoặc f n  n, n
  2 ; f 11;2;  3 . U TOỆ LI
Câu 67. Tìm các hàm số f : 1;   thoả mãn điều kiện: TƯ
f x  f y  y  x f xy với mọi x, y  1 1 Lời giải VÀ Í
Với mọi t > 1, thay x; y  t; 2 ,t; 4 và 2t; 2 vào 1 ta được: CH
 f t  f 2  2 t f 2t P  Ạ
 f t  f 4  4  t f 4t
 f 4  t  3 f 2  t 2t  5 f 4t , t   1 2 T  f
 2t  f 2  2  2t f 4t 5 1 Lấy t 
 f 4  f 2 2 2  5 
Thay vào 2 ta được t 
f 2  t 2t    5 f 4t  2  5 f 2
Do đó với mọi t  1, t   f 4t    2 2t 2 f 2 5
Từ 1 ta có f t  f 4  4  t f 4t   
với t  1, t  . t 2 5 5 Với t 
, từ 1 thay x  , y  2 ta có: 2 2
72 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc  5  2 f 2     1 f f f
f 2  f 5 4 2 2 2     f t    , t   1  2  2 5 5 t 2 c
Đặt c  2 f 2  f x  với x  1 . x
Thử lại thỏa mãn điều kiện 1 .
Vậy hàm số cần tìm là   c f x  . x
Câu 68. Tìm tất cả các hàm * * f :  thỏa mãn đẳng thức: f  2 f m 2  f n 2 2 2
 m  2n , với mọi * m,n . Lời giải m ,m  f m  f m Nếu * 1 2 sao cho  1   2   f  2
f m  2 f n  f f m  2 f n  m  2n  m  2n 1  2    2  2 2   2 2 2 2 ÁN 1 2 , O Suy ra m  m 1
2 hay f là đơn ánh. 2 2 2 2 IC T
Từ đó f m  f n  f p  f q 2 2 2 2 2 2
 m  2n  p  2q 1 P 2 2 2 2 Dế thấy với mọi * n 
,n  3 ta có n  2  2n  1  n  2  2 n  1 2 YM
Chú ý. Điều này vẫn đúng nếu ta nhân cả 2 vế với cùng một thừa số OL 2    C
Đặt f 1 a
f 3a  3 . Theo 1 suy ra: Ụ
f  a 2  f a 2  f  a 2  f  a 2  f  a 2 2 2 2 2 2 5 2 3 2 3 3 3  27 PH Vì phương trình 2 2
x  2y  27 chỉ có nghiệm nguyên dương là x; y  3,3 hoặc 5,1
NH I nên ta có f  2a  f  2 1, 5a   5 . CH 2 2 2 2 2 2 2 2
Cũng từ 1 ta có 2 f 4a   2 f 2a   f 5a   f a   24 . Vì phương trình 2 2
x  y  12 chỉ có nghiệm nguyên dương là x, y là 4,2 nên f  2
a   f  2 4 4, 2a   2 2 2 2 2
Từ 1 ta có f  k   2
a   f  k   2
a   f  k   2
a   f  2 4 2 3 2 1
ka  , suy ra từ khai triển 2
Vì vậy theo các kết quả trên và phép quy nạp ta suy ra  2
f ka   k , với mọi k là số nguyên
dương. Do đó f  3
a   a  f 1 mà f đơn ánh nên 3
a  1  a  1 .
Vậy f n  n với mọi n nguyên dương. Thử lại thỏa mãn bài toán.
Chinh phục olympic toán| 73
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 69. Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho tồn tại một hàm f :  0;
khác hằng thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau
i) f xy  f x f y , x  , y  ii)  f  2 2
2 x  y   f x  f y x,y   0;1;2;...;  n . Lời giải
Với a  bất kì, bằng cách thay k *
x  y  a ; k  vào i) được
2  k  2  k f a f
f a  1 0;1;2;...;  n   1  k
Nếu f 2  0 thì 2
 f a 0;1;2;...; 
n  f a  0
 Nếu f 2  0 thì ta thấy f a  0 hoặc f a  1. k k
Thật vậy, nếu f a  1 thì bằng cách cho k   , ta thấy 2 f a  f 2 f a  1     .
Nên 1 không thể xảy ra, còn nếu 0  f a  1 thì với k đủ lớn ta có C Ọ
2  k  2  k f a f f a  1  0 H  
Nên 1 cũng không thể xảy ra. ÁN
Thành thử, ta đã chứng minh được với mọi a thì f  a  0 hoặc f a  1. U TO Từ đó suy ra  f   2 2
2 x  y   f x  f y 0;1;  2 ; x  , y  2 Ệ    LI Do đó, n  2. 2 2 TƯ
Nếu n  0, thì 2 f x  y   f x  f y ; x  , y  .
Vì f khác hằng nên tồn tại x  sao cho f x  0 0  . VÀ 0 Í
Khi đó f x  f x
f 1  f 1  1 0   0      . CH P
Do f khác hằng nên tồn tại x  f x  1 1 sao cho  1  . ẠT
Từ i), ta có f 0  f x  f 0  f 0  0 1     
Bây giờ, sử dụng 2 ta được  f  2 2
2 2 1  0   f 1  f 0  1 .
Điều vô lí này chứng tỏ n  0 không thỏa mãn. 0 if x 
 Nếu n  1 thì hàm số f x 0   . 1 if x  0
Thỏa mãn đề bài. Do đó n  1 thỏa mãn đề bài.
 Nếu n  2 thì ta thấy không thể tồn tại 2 số p,q  ; p,q  1 sao cho f  2 2
p  q   0 .
Thật vậy, nếu trái lại, thì x  , y  ta có
        
       2   2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 f p q f x y f p q x y f xp yq xq yp 
74 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Kết hợp với 2 suy ra f xp  yq  f xp  yq  0. Thế nhưng, do  p,q  1 nên tồn tại
x, y  để xp  yq  1. Do đó 1  f xp  yq  0.
Điều vô lí này chứng tỏ f  2 2
x  y   1; x
 , y  ; x, y  1.  p x 0 if   q x 
Bây giờ, ta xét hàm số f x  
, trong đó p, q là 2 số nguyên tố phân biệt có  p x 1 if    q x
dạng 4k  3. Ta sẽ chứng minh hàm f x xây dựng như trên thỏa mãn 2 điều kiện:
i) f xy  f x f y , x  , y  ii)  f  2 2
2 x  y   f x  f y x,y   0;1;2;...;  n .
 Kiểm tra điều kiện i) ÁN p xy O Nếu 
thì hiển nhiên f xy  0  f x f y . q xy  IC TP pq x Nếu 
thì f xy  1  f x f y pq y YM
 Kiểm tra điều kiện ii) OL C
Vì f x 0;  1 nên  f  2 2
2 x  y   f x  f y x,y   0;1;  2 Ụ 2 f  2
1  p   f 1  f p  1 PH 
Dễ thấy 2 f  2 2
p  q   f p  f q  2 nên  f  2 2
2 x  y   f x  f y x,y   0;1;  2 NH I 2 f 
0  f 0  f 0  0  CH
Vậ y n  1, n  2 là tất cả các giá trị thỏa mãn đề bài.
Câu 70. Tìm tất cả các hàm số f : *  * thoả mãn điều kiện:
 f m n  3 2 2 2
 f m f n 2
 f n f m * 2 . . , m  ,n Lời giải
Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.
Nếu f n  c , với c là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Nếu tồn tại m n * ,
sao cho f m  f n thì ta gọi a,b là 2 số thỏa mãn
f a  f b 
f m  f n * min , m,n 1
Giả sử f a  f b . Ta có 3 f b 2
 f a f b 2
 f b f a 3 2 . .
 2 f a . Vậy     2 2
       2 2 f b f a b f a
f a  b   f b  f a  f b .
Chinh phục olympic toán| 75
Bồi dưỡng học sinh giỏi Từ đó
           2 2        2 2 f a f b f a f b f a b f b
f a  b   f b 2
Rõ ràng 2 mâu thuẫn với 1 .
Do đó f n  c , với c là hằng số là tất cả các hàm cần tìm.
Câu 71. Tìm tất cả các hàm số f :
 thoả mãn điều kiện:
 f 0  c 3 f n  1
 f n  1      1
 f n , n * 3 Lời giải f n 1   
f n  tan f 0  tan 3 6
Từ 1 ta có f n  1    f   6 1  1   1 
f n 1  f ntan 1  f 0tan C 3 6 6 Ọ    H
Do đó ta đặt f 0  c  tan  thì f 1  tan    6    ÁN      f 1  tan tan      tan      f 2 6 6 6 2    tan     U TO       6  Ệ 1  f 1tan 1  tan     tan 6 LI  6  6    TƯ
Ta chứng minh quy nạp công thức f n  tan    ,n  2  6  VÀ
Thật vậy, với n  0,1, 2 công thức 2 đúng. Í  n  CH
Giả sử f n  tan     6  P  Ạ   n   T
f n  tan tan      tan 6  6  6   
Ta có f n  1  
 tan   n   1       f n  6 1 tan 1 tan   tan      6  6  6
Hay 2 đúng với n  1.   
Nghiệm của bài toán là f n  tan    ,n  .  6 
Câu 72. Tìm tất cả các hàm số f :  thỏa:
f 2a  2 f b  f  f a  b a  ,b 
International Mathematical Olympiad 2019
Lời giải – Trần Bá Đạt
Lần lượt thay a  0, b  0 ta được:
76 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
f 0  2 f b  f  f b , f 2a  2 f 0  f  f a , với a,b 
Do đó f 2a  2 f a  f 0 , với mọi a 
Thay vào phương trình đề bài ta được 2 f a  2 f b  f 0  f  f a  b
Cho a  0, b  a  b trong phương trình trên ta được: f 0  2 f a  b  f  f a  b
Do đó: f a  f b  f a  b  f 0
Đặt g x  f x  f 0 suy ra g a  g b  g a  b  g x  cx hay f x  cx  d x   .
Thay vào phương trình ban đầu và cân bằng hệ số cho a  b ta thu được: c  d  0 hoặc c  2 .
Vậy f  0 hoặc f x  2x  d .
Câu 73. Có tồn tại hay không hàm số f :  sao cho
f m  f n  f m  n, m  ,n 1 ÁN O Lời giải
Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn đề bài.
IC TP Từ 1cho m0 ta có f f n f 0n 2.  f  f n  f f n 1    2  YM Với n , n  f n f n 1 2 mà  1   2  thì   2
f 0  n  f 0  n , n  n OL Từ   suy ra   1   2 do đó 1
2 nên f là đơn ánh. C n  1
f m  f 0   f m  m  f 0  m Ụ Cho 0 từ   ta có   
f  f n      PH
Từ đó ta được f 0 0 thay vào 2 có   n, n 3 .
Từ 1 thay m bằng f m và áp dụng 3 ta được f  f m  f n  m   n.
NH I Xét m,n,p,q là các số nguyên sao cho mn  pq, khi đó CH
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 q  f p
Do đó với mọi n  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  1  f 1  f 0
Nên  f n là một cấp số cộng với số hạng đầu là U  f 0  0 d  f 1 1   và công sai   suy
ra f n  U       U nd nd n n , 0. 1 1
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 2
d  1 , điều này vô lý do vậy không tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu của đề bài.
Chinh phục olympic toán| 77
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 74. Cho hàm số f :
 là hàm số thỏa mãn các điều kiện sau:
i) f mn  f m f n , m  ,n
ii) m  n là ước của f m  f n với mọi m, n 
Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên lẻ k sao cho   k
f n  n , n   .
India National Olympiad 2018 Lời giải
Gọi P x, y là phép thế m  x, n  y vào điều kiện i)
và Q x, y là phép thế m  x, n  y vào điều kiện ii)
Thế P 1, 1 thì ta được f 1.1  f 1 f 1  f 1  1 vì f 
Thế Q 2, 2 thì ta được:
2  2  2 2  2 2  2  2k f f f f
q, k  ,2,q  1 C
Giả sử ta xét với q  1 thì tồn tại một số nguyên tố p sao cho p q suy ra p là một số Ọ nguyên tố lẻ. H Từ 2  2k f
q, k  ,2,q  1 nên ta suy ra: p f 2. ÁN  p  1    p  1   p  1  Thế P  2, thì ta được f 2.   
f p  1    f 2 f 2        2   2  U TOỆ
Từ p f 2 nên ta suy ra: p f  p  1. LI
Thế Q 1, p  1 thì ta được: TƯ
1  p  1 f 1  f p  1  p f 1  f p  1  p 1  f p  1  p 1 VÀ Í
Điều này là hoàn toàn vô lý, do đó ta phải có  1  2  2k q f . CH
Thế Q 2, 1 thì ta được: P k Ạ
2  1 2  1  3 2k  1  2k f f
 1  0mod3   1
   1  0mod3  k phải là số lẻ. T
Từ điều kiện i) thì ta được:
2.2...2  2 2... 2  2k.2k...2k f f f f
, trong đó m lần số 2
 2   2 m m k  2k . m f
Từ đây, ta thế  , 2m Q n  thì ta được:
 2m    2m    2m    2km n f n f n f n 1
Mà ta biết rằng:     k k
x y x  y  khi k là số lẻ. Từ đó ta suy ra:  2  2 k m k m n n 2
Từ 1 và 2 thì ta được:
78 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
 2m     2km   k  2km ,    2m   k n f n n m n
f n  n , m   3
Khi đó, với m là một số tự nhiên đủ lớn thì 3 xảy ra khi:   k
f n  n , n
  , k là số tự nhiên lẻ.
Vậy từ đây ta suy ra được điều phải chứng minh.
Câu 75. Tìm tất cả các hàm số * * f : 
thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) f 0  0, f 1  1
ii) f 0  f 1  f 2  ... iii) f  2 2 x  y  2  f x 2  f y * , x  , y  Baltic MO Lời giải Ta có: ÁN O
f    f  2 2   2  f   2  f   
f    f  2 2   2  f   2 2 1 1 1 1 2, 5 1 2
1  f 2  5,..., f x  x n  n      IC T Ở đây 2 x 1, x  x n n n 1, 0 1 P
Hiển nhiên thì ta có: lim x   n x YM
Từ đây suy ra nếu f m  f m  1 thì: OL 2 2 2 2 2 2 2 C
f m  1  1   f m  1  f 1  1 f m 1  1 f m  f m  1 Ụ  f  2
m  k  f  2 m  1, k   1,2m  2 PH
Quy nạp lên thì ta có tồn tại vô hạn số m sao cho f  2
m  k  f  2 m  1, k   1,2m  2
NH I Ta chọn m đủ lớn sao cho tồn tại n để 2 2 a , a        m 1,m 2m 2 n n 1   CH
Khi đó thì a  a n
n1 điều này hoàn toàn vô lý nên suy ra f là hàm số tăng thực sự.
Từ đó thì hiển nhiên ta có: f n *  n, n  
, thử lại thì thấy thỏa mãn.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là f n *  n, n   .
Câu 76. Tìm tất cả các hàm số f :
 thỏa mãm các điều kiện sau:
i) Nếu a b thì f a  f b
ii) f ab  f  2 2
a  b   f a  f b , a  ,b 
Mathlinks Contest Lời giải
Trước hết, ta có một nhận xét nhỏ sau đây.
Nếu f x là một nghiệm hàm thì f x  c cũng là một nghiệm hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chinh phục olympic toán| 79
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Do đó ta có thể giả sử rằng f 1  0. Chú ý rằng từ 1 n thì f n  0, n   .
Ta sẽ giải bài toán này thông qua các bước sau đây.
 Bước 1. Từ f 1.1  f 1  1  f 1  f 1 suy ra f 2  f 1 hoặc f 2  0.
 Bước 2. Gọi n là số nguyên sao cho 1 là số chính phương modulo . n Do đó tồn tại số a thỏa mãn: 2
a  1  k . n Suy ra:
f a  f  2
a    f a  f    f  2 1 1
a  1  f kn  f 1  0
Nhưng f n  f kn  f  2
a  1 và f n  f 1 nên f n  f 1  0.
Do đó nếu tồn tại u sao cho 2 u  1
 modn thì f n  0.
 Bước 3. Từ bước 2 dễ thấy f p  0 với mọi p là số nguyên tố và p  1mod 4.
 Bước 4. Giả sử f a  f b  0 và f ab  f a  f b  0 thì f  2 2
a  b   0, vô lý.    C
Do đó nếu f a
f b 0 thì f ab 0. Ọ
 Bước 5. Gọi a,b là hai số nguyên thỏa mãn a,b  1, khi đó gọi p là một ước của H 2 2
a  b thì ta có: 2 2
a  b  0mod p. ÁN
Mà ta có một bổ đề quen thuộc sau. Nếu p là một số nguyên tố có dạng 4k  3 thì với mọi U TO
bộ số a, b thỏa mãn 2 2
p a  b thì ta sẽ có p a và p b. Ệ LI
Vì a,b  1 nên nếu 2 2
p a  b thì p chỉ có dạng 4k  1. TƯ
Từ bước 4 thì ta có: 2 2
a  b là tích của các số nguyên tố p f p  2 2 f a  b  0. i thỏa mãn  i  0 nên   VÀ Í
Mà từ f ab  f  2 2
a  b   f a  f b , a
 ,b  ta có a,b  1  f ab  f a  f b. CH
 Bước 6. Cho a  bc vào phương trình đã cho thì ta được: P Ạ 2 2 2     T
f b c f b c 1
f bc f b
Nhưng do f b  f  2 b  2
c  1 và     2 f bc f b c
Do đó thì ta có: f bc  f  2 b c *
Thế c  1 vào * thì được: f b  f  2 b .
Thế c  b vào * thì được: f  2
b   f  3 b .
Từ đấy, bằng phép quy nạp thì ta được  k
f b   f b , k   1
 Bước 7. Sử dụng bước 5 và bước 6 thì ta có: f  i n p   f p p i 
 i  ở đây i là các số nguyên tố
Xét hàm số f x xác định bởi:
* f 1  0, f 2  0
80 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
* f  p  0 với các số nguyên tố p sao cho p  1mod 4 và p  2.
* f  p  a  0 a p
với mọi số nguyên tố p còn lại, ở đây p là các số nguyên không dương. * f  i n p   f p p i 
 i  ở đây i là các số nguyên tố.
Ta có thể chứng minh f x thỏa mãn các điều kiện:
Hiển nhiên nếu a b thì f a  f b.
f 1.1  f 1  1  f 1  f 1  0
f a   f  2 .1
a  1  f a  f 1
Ta có mọi ước nguyên tố p của 2
a  1 đều thỏa mãn p  1mod 4.
Với hai số nguyên a, b  1 bất kì, ta gọi: p b
i là các ước nguyên tố của a không chia hết cho .
qi là các ước nguyên tố của b không chia hết cho . a ÁN r b
i là các ước nguyên tố của a và . O
f a   f p   f r i   i  IC T
f b   f q   f r i   i  P
f ab   f p   f q   f r i   i   i  YM 2 2     OL a b f  2 2
a  b    f r   f s s A       . i 
 i ,ở đây là các ước nguyên tố của C i
 a,b   a,b      Ụ
Nhưng tương tự bước 5 ta có: PH
Các ước nguyên tố của A là các số nguyên tố thỏa mãn s  f A  i
1mod 4 và do đó   0. NH I Suy ra f  2 2
a  b    f ri  CH 2 2
Hay ta có f ab  f a  b   f a  f b , a  ,b 
Và ta có nghiệm của phương trình hàm là:
Cho M là một số nguyên, hàm f được xác định như sau:
* f 1  M
* f 2  M
* f  p  M với mọi số nguyên tố p thỏa mãn p  1mod 4.
* f  p  M  a a
p với mọi số nguyên tố p còn lại, ở đây p là các số nguyên không dương. * f  i n
p  M  f p  M p i    i
 ở đây i là các số nguyên tố.
Chinh phục olympic toán| 81
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Câu 77. Tồn tại hay không hàm số f : 1, 2,..., 
n  thỏa mãn điều kiện:
i) f là hàm đơn ánh
ii) f ab  f a  f b với mọi a,b 1, 2,..., 
n và ab  n Lời giải
Ta có thể chỉ ra hàm số f như sau:
Kí hiệu các số nguyên tố bé hơn hoặc bằng n theo thứ tự tăng dần là: p , p ,..., pk. 1 2 k k i Khi đó nếu i
a  p     n
f p  n  1 , f a   n  1 i , i , i 1 thì  i      i   i1 i1
Ta sẽ chứng minh hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. k k Thật vậy, với i a  p i b  p   i và
i có ít nhất một giá trị i và j khác nhau. i1 i1 k k
Thì f a   n 
f b   n  i 1 i  1 và     i1 i1 C Ọ
Hiển nhiên ta chỉ có thể biểu thị f a , f b một cách duy nhất sang hệ cơ số n  1 và vì H
thế f a  f b. ÁN k k k k  
Mặt khác ta có f ab i  i
 f p      f p   f p  f p  f a    f b i
 i i   i  i  i  i  i       i1  i1 i1 i1 U TOỆ
Hay ta có: f ab  f a  f b , đúng theo giả thiết đề bài. LI
Vậy từ đó hàm số xây dựng như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán. TƯ
Câu 78. Giả sử Josephus có n  1 người bạn, n người này đúng thành một vòng tròn VÀ Í
đánh số từ 1 đến n theo chiều kim đồng hồ, tự sát theo nguyên tắc, người thứ nhất cầm CH
dao đếm 1 rồi tự sát, người thứ hai đếm 2 rồi tự sát,…Quá trình dừng lại khi còn một P Ạ
người. Gọi f n là hàm số biểu thị vị trí cùa người sống sót đó. Câu hỏi đặt ra là, hãy T
tính f n ?
Bài toán cổ Josephus Lời giải
Ta sẽ xét hai khả năng của n là chẵn và lẻ.
Khả năng 1. Khi số n là số chẵn, tức n  2k. Sau vòng 1 thì còn người ở vị trí lẻ. Số người
này đánh lại thành 1, 2,..., k.
Nếu lượt trước người đó có số 2i  1 thì sau đó mang số i. Người sống sót có số cũ là
f 2k sau mang số mới là f k. Vậy từ đây ta có f 2k  2 f k  1
Khả năng 2. Khi số n là số lẻ, tức là n  2k  1. Sau vòng 1 ta ngầm hiểu rằng có 2k  2
người bằng cách tính trùng người thứ 1 thành 2k  2, còn lại những người số 3, 5,..., 2k  1
đánh số lại là 1, 2,..., k.
82 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Nếu lượt trước người đó có số 2i  1 thì sau đó mang số i. Người sống sót có số cũ là
f 2k  1 sau mang số mới là f k. Vậy từ đây ta có f 2k  1  2 f k  1
Như vậy thì f 1  1, f 2k  2 f k  1, f 2k  1  2 f k  1
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng.
Nếu biểu diễn trong cơ số 2 của n là: n  a a    a a a  i 0,1 k k ... , k 1, 1 1  với i k và   2
Thì f n  a  a a k ... k . 1 1  Thật vậy: 2
Với n  1 thì ta thấy hiển nhiên đúng.
Giả sử với mọi k  n thì mệnh đề đúng. Ta sẽ xét hai trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. Nếu n là số chẵn, đặt n  2 . m
Khi đó nếu như: m  b b   b 2m b b  b k k ... 0 k k ... 1 1  thì  1 1  2 2
Và f 2m  2 f m  1  2 b       2k b b  b k ... .2 1 1 k ... 01 1 1   1 1  2
Vậy trong trường hợp 1 thì mệnh đề đúng. ÁN O
Trường hợp 2. Nếu n là số lẻ, đặt n  2m  1.
Khi đó nếu như: m  b b    b 2m 1 b b  b k k ... 1 k k ... 1 1  thì  1 1  IC T 2 2 P
Và f 2m  1  2 f m  1  2 b       2k b b  b k ... .2 1 1 k ... 11 1 1   1 1  2 YM
Vậy trong trường hợp 2 thì mệnh đề đúng. OL
Từ đó, theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề ban đầu đúng và từ đó ta suy ra điều phải C Ụ chứng minh. PH
Câu 79. Cho hai hàm số * * f , g : 
là hai hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
NH I i) g là hàm số toàn ánh 2 2 2 CH
ii) 2 f n n
g n , n     
Nếu f n n 2019 n, n     
thì f có vô số điểm bất động. Lời giải
Đầu tiên ta có định lý Dirichlet về số nguyên tố thì dãy số  p p i  với
i là các số nguyên tô
có dạng 8k  3 là một dãy vô hạn.
Từ đó với mọi n, theo công thức của kí hiệu Legendre ta có: 2 2    n p     1   1 8  1   pn 
Sử dụng điều kiện i) thì ta tìm được dãy x  g x p n     n  sao cho  n  n , . n1 Ta có 2
f x  x  p  f x  x p n  2 2 2 n n  n  2 2 2 n mod n   2  p f n n   Vì    1  nên suy ra:   pn  p x  n n
Chinh phục olympic toán| 83
Bồi dưỡng học sinh giỏi x  a p n n n
Suy ra tồn tại hai dãy số nguyên dương a b
n  và  n  sao cho   f  x  b p n  n n
Từ điều kiện ii) thì ta được 2 2 2b  a  1 n n
Cuối cùng, sử dụng giả thiết: f n n 2019 n, n      thì ta có: 2019 f x 2 a  n 1 n  b   1 n   1  lim  2  lim a  n 1 x x a x x a  n n n n Suy ra tồn tại N a  b  n   N n n 1, 0 sao cho 0
Vậy từ đó f  p  p n   N n  n , . 0
Và từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Câu 80. Tìm tất cả các hàm số * * g : 
thỏa mãn điều kiện sau:
g gn  n  g n  1  3  n  gn , n   C Ọ
Doãn Quang Tiến H Lời giải ÁN
Đặt g n  f n *  n, n  
thì thay vào phương trình hàm ban đầu ta được:
f  f n  f n  f n  1  n  1  3  n  f n *  n, n   U TO * Ệ
 f  f n  f n  1  n  2, n   1 LI
Từ đây, ta đã chuyển bài toán ban đầu thành một bài toán khác có vẻ gọn đẹp hơn rất TƯ nhiều.
Thay n  1 vào 1 thì ta được f  f 1  f 2  3 VÀ Í
Từ đó ta suy ra: f 2  2 và f  f 1  2. Từ đó ta xét hai trường hợp sau: CH
Trường hợp 1. f 2  1 và f  f 1  2. P ẠT
Bây giờ ta đặt f 1  k  f k  2
Thay n  2 vào 1 thì ta được f  f 2  f 3  4
Từ đây suy ra f 3  4  f 1  4  k
Từ f 3  1 nên suy ra: k  3.
Nếu k  1 thì ta có: 2  f  f 1  f k  f 1  1, điều này cũng mâu thuẫn.
Nếu k  2 thì ta cũng có: 2  f  f 1  f k  f 2  1, điều này cũng mâu thuẫn.
Nếu k  3 thì ta có: 2  f  f 1  f k  f 3  4  k  4  3  1, điều này cũng mâu thuẫn.
Vậy tóm lại không có giá trị nào của k thỏa mãn nên trường hợp 1 không xảy ra.
Trường hợp 2. f 2  2 và f  f 1  1.
Thay n  2 vào 1 thì ta được f  f 2  f 3  4
Từ đó thì ta dễ thấy f 3  2 và ta tính toán được các giá trị sau:
84 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
f 4  5  f  f 3  5  f 2  3
f 5  6  f  f 4  6  f 3  4
f 6  7  f  f 5  7  f 4  4
Từ đấy ta dự đoán được rằng, hàm số f n được xác định như sau: 1  5 f n *    n   n  1, n   trong đó   2
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng, hàm số này là hàm số thỏa mãn 1 để rồi từ đó suy ra
công thức của hàm g n và từ đó ta hoàn tất bài toán.
Mà trước tiên, để chứng minh nhận định đó, ta cần phải có hai bổ đề sau: n
Bổ đề 1. Với mỗi số * n  thì ta có     n   n  1    n   1 Chứng minh ÁN Trước hết ta có     n 
 n  1  n  n  1    n  1  n    n  2 O  Và     n 
 n  1  n  1  n  1  1  n  1  1  n  1  IC TP 1  5 1   5 Do lưu ý rằng:      1 
nên suy ra:    1  1. YM 2 2
Vậy từ đó ta thấy bổ đề 1 được chứng minh. OL C   n   2 if     n 
 n  1  n Ụ 
Bổ đề 2. Với mỗi số * n  thì ta có 
 n  1      n   1 otherwise PH Chứng minh
NH I Hiển nhiên thì ta có n1   bằng   n   1 hoặc   n   2 CH           Giả n 1 n 1 sử   thì từ đó ta có:     n 
 n  1  
  n  1  n 
  n11n1 n111 n 
Và như trên thì ta có     n 
 n  1  n  n  1    n  1  n    n  2 
Từ đó thì ta suy ra được:     n 
 n  1  n  1.  Giả sử 
 n  1     n   2 thì từ đó ta có:     n 
 n  1  
  n  1  n  1 
  n1n1  n1 
Tử đó thì theo bổ đề 1 thì ta thu được:     n   n  1  . n 
Vậy từ đó thì bổ đề 2 được chứng minh.
Quay trở lại với việc giải bài toán
Ta sẽ sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh kết quả ban đầu.
Với n  1 thì f 1   .1     1  1  1.
Chinh phục olympic toán| 85
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Với n  2 thì f 2   .2     2  1  2.
Giả sử kết quả đúng với 1  j  .
n Sử dụng 1 thì ta có:
f n  1  n  2  f  f n  n  2  f   n 
 n  1  n  2    n   n  1     n   n  1  1 Mà từ   n 
 n  1  2n  n  1  n  1 ta có f n  1    n   2      n   n  1
Giả sử n thỏa mãn:     n 
 n  1  n  thì từ đó ta có: 
 n  1     n   2
Và do đó ta suy ra được f n  1  
 n  1  n 
Nếu n không thỏa mãn     n 
 n  1  n 
thì tức là chỉ có thể xảy ra:     n 
 n  1  n  1. 
Và theo bổ đề 2 thì ta được: 
 n  1     n   1
Và từ đó ta suy ra được:
f n  1    n   2      n 
 n  1     n 
 2  n  1    n   1  n  
 n  1  n C  Ọ
Vậy từ đó theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề 1 được chứng minh hoàn toàn. H
Từ đây suy ra tất cả các hàm số thỏa mãn 1 là ÁN 1  5 f n *    n   n  1, n   trong đó   . 2 U TOỆ
Hay từ đây ta suy ra được hàm g n mà chúng ta cần tìm là: LI 1  5 TƯ
g n  f n *  n    n 
 n  1  n    n   1, n   trong đó   . 2 VÀ Í
Câu 81. Cho ba số thực a, b,c không âm, phân biệt sao cho tồn tại hàm f , g :   CH  x  P
thỏa mãn af xy  bf    cf x  g y với mọi số thực dương x  y . Ạ  y  T
Chứng minh rằng tồn tại hàm h :   sao cho:    x 
f xy  f    2 f x  hy, x   y  0  y  Iran TST 2019 Lời giải  x 
Đặt P x, y là phép thế cho phương trình: af xy  bf    cf x  g y  y 
Trường hợp 1: Nếu a  b  c  0 : g 1  x 
Ta có P x,1  f x   
là hằng số, vậy: f xy  f    2 f x
a  b  c  y 
Suy ra h y  0 y  , thỏa mãn.
86 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Trường hợp 2: Nếu a  b  c  0 :   x  
Ta có a f xy  f x  b f    f x  g y 
và đặt phép thế là Q x, y y     
Lấy Q 1, y  Qx, y ta được
           x     a f xy f x f y f
 b f    f x 1 1
 f    f 1  0 1  y y        1 Thế y  vào 1 ta được: y   x    
a f    f x 1
 f    f 1  b f xy  f x  f y  f 1  0  y y       
Do a  b , a  b  c  0 2 2
 a  b  0 , vì vậy:
f xy  f x  f y  f 1 , x  , y  0 ÁN  x   1  O
f    f x  f    f 1 , x  , y  0  y   y  IC T     P x 1
Cộng hai phương trình với nhau f xy  f    2 f x  f y  f    2 f 1  y   y  YM  1 
h y  f y  f    2 f 1 y  OL Vậy       , thỏa mãn.  y C  Ụ PH
Câu 82. Tìm tất cả hàm số f :  thỏa mãn:
n! f m! f n! f m! , m  ,n NH I
BMO Shortlist 2018 CH Lời giải
Đặt phép thế P m, n cho phương trình ban đầu
P 1,1  1  f 1! f 1  f 1!  f 1! 1 f 1  1, từ đây hiển nhiên f 1  1
P1,n  n! 1 f n! 1  f n!  n!  f n  n
Gọi p là số nguyên tố tùy ý, ta có P 1, p  1   p  1! 1 f  p  1! 1 .
Theo định lý Wilson trong số học ta được p  p  1! 1 , suy ra p f  p  1! 1
Lưu ý rằng nếu f  p  1  p  1 thì f  p  1! là tích của ít nhất p thừa số nguyên dương và
là một số chia hết cho p , do đó f  p  1! 1  1mod p - mâu thuẫn chứng minh trên.
Vậy f  p  1  p  1 , lại có f n  n nên f  p  1  p  1 với mọi số nguyên tố p .
Lại có P m, p  1   p  1! f m! f m!  p  1!  p  1! f m! f m!  f m!
Chinh phục olympic toán| 87
Bồi dưỡng học sinh giỏi
Với giá trị m bất kỳ, ta chọn p đủ lớn để thu được: f m!  f m! , sử dụng kết quả này ta
được: n! f m! f n! f m! tương đương n! f m! f n! n!
Thay m  p  1 với p đủ lớn vào phương trình trên ra được f n!  n! với mọi n .
Vậy f n  n là hàm số cần tìm.
Câu 83. Tồn tại hay không hàm số * * f : 
thỏa mãn điều kiện sau:
f  f n  n  f n * 3 2 , n   Lời giải
Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với mỗi * i 
ta xây dựng dãy số như sau a 
a  i, a   f a n  sao cho: 1 n 1  n  n1 Khi đó thì ta có a        f a f f a  f a  a  a a n n n 2 n 3 n 2 n 3 1     1  1 1 n1 Hay ta có a       a  a n n 4 n 3 n 0, 1 C 4 1 Ọ Do a  n   n 0,
1 nên đẳng thức không thể xảy ra. H
Nên từ đó ta kết luận rằng không tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. ÁN
Câu 84. Tìm tất cả các hàm số tăng thực sự * * f : 
thỏa mãn điều kiện sau: U TOỆ
f n  f n  f n * 2 , n   LI Lời giải TƯ
Do f là hàm số tăng thực sự nên ta có:
f n  1  f n  1 hay f n  1  n  1  f n  n VÀ Í
Suy ra: f n  n là hàm số tăng. CH
Mặt khác ta đặt a  1, a    a f a 0 n 1 n  n  P Ạ
Từ đó ta suy ra a  a  ... f a   f a n 2 0 1 và  1   n  T Do đó f a       a  f a a n n  n  n  * n , 1 1
Suy ra có vô hạn bộ số m, n sao cho: f m  m  f n  n
Suy ra f n  n  c, với c là hằng số.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: f n *
 n  c, n   ,c là hằng số.
Câu 85. Tìm tất cả các toàn ánh f :
 sao cho với mọi m,n thỏa mãn:
f m f n  m n Lời giải Kí hiệu P 
là tập tất cả các số nguyên tố. k k
Xét đơn ánh g : P  P thì nếu i n  p i
f n   g p  . i thì    i  i1 i1
88 | Tạp chí và tư liệu toán học
Phương trình hàm trên tập rời rạc
Kí hiệu n là số ước nguyên dương của . n
Mà ta có nhận xét sau: n  f n do f là toàn ánh.
Với mỗi số nguyên tố p thì f  p chỉ có đúng hai ước nguyên tố nên nó cũng là số nguyên tố.
Xác định hàm g như trên thì từ đó ta có: f  p  g  p nên ta sẽ chứng minh g là song ánh.
Thật vậy, do f là toàn ánh nên g là toàn ánh nên g là song ánh.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh     k k f p
g p với k là số nguyên dương bằng quy nạp
Ta thấy rằng, với k  1 thì hiển nhiên đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với k  1. 2 k1 Ta có  k
f p  chia hết cho 1, gp, gp ,..., gp và ngoài ra không chia hết cho số nguyên dương nào khác.
Do đó   k    k f p
p   k  1. ÁN k  k f p  k
f p   2k  k  1, O Nếu
1 khi   có thêm một ước nguyên tố nữa thì   vô lý. k Từ đó  k
f p  là lũy thừa của gp và nó có k  1 ước nên  k
f p   gp .
IC TP Giả sử n là một số nguyên dương, p là một số nguyên tố không chia hết cho .n YM
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh    k    k f n f p f np , k   OL Từ  , k
n p   1 nên ta có:   k    k n p np  C Ụ k Mặt khác    k g p
f np  và gp f n PH
Do vậy mọi ước của f n và  k
g p chia hết cho  k
f np  và mọi ước của  k
g p và f n là NH k I
ước của f np . 
k    k     k f n f p np f np  CH Lại có     Nếu  k
f np  có ước khác với các ước của f n và  k g p thì
    k     k f n f p f np  , vô lý. k
Vậy từ đó ta có kết quả  k           k f np f n g p f n f p 
Từ các nhận xét trên ta có hàm f được xây dựng như trên là duy nhất.
Vậy tất cả các hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là các hàm như trên.
Chinh phục olympic toán| 89 TÀI LIỆU THAM KHẢO
Dưới đây là các tài liệu mà ebook này có tham khảo và đồng thời có cả những tài liệu mà
bọn mình đề xuất cho bạn đọc
[1]. Nguyễn Văn Mậu (1997), 00 Phương trình hàm 00, NXB Giáo dục.
[2]. Nguyễn Trọng Tuấn (2004), “Bài toán hàm số qua các kì thi Olympic”, NXB Giáo dục.
[3]. Nguyễn Tài Chung, Lê Hoành Phò (2013), “Chuyên khảo phương trình hàm” Nhà
xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội.
[4]. J.Aczél (1966), “Lectures on functional equations and their applications”, ACADEMIC
PRESS New York San Francisco London.
[5]. Stevo Stevic (2004), “Periodic Character of a Class of Difference Equation”, Taylor & Francis Group.
[6]. Valentine Boju, Luis Funar - The Math Problems Notebook.
[7]. Titu Andreescu, Razvan Gelca – Birkhauser Mathematical Olympiad Challenges.
[8]. Edward Lozansky , Cecil Rousseau – Winning Solutions.
[9]. The IMO Compendium. A Collection of Problems Suggested for The International
Mathematical Olympiads: 1959 – 2009 – Djukic D., Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic – Springer (2011).
[10]. Trần Nam Dũng, Dương Bửu Lộc – Chuyên đề Phương trình hàm trên tập số nguyên .
[11]. (Developments in Mathematics 39) Saïd Abbas, Mouffak Benchohra – Advanced.
[12]. Functional Evolution Equations and Inclusions-Springer International Publishing (2015)
[13]. Aczel – Lectures on functional equations and their applications – Academic Press (1966).
[14]. An Introduction to the Theory of Functional Equationsand Inequalities – Marek Kuczma.
[15]. Analytic Solutions of Functional Equations – Sui Sun Cheng, Wenrong Li.
[16]. Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations – Haim Brezis.
[17]. Topics in Algebra and Analysis Preparing for the Mathematical Olympiad –Radmila.
[18]. Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega, Rogelio Valdez Delgado-Birkhäuser Basel (2015).
[19]. Kỷ yếu gặp gỡ toán học và các kỷ yếu từ hội thảo chuyên đề các tỉnh. [20]. The art of Mathematics.
[21]. 101 Problems in Algebra from the training of the USA IMO team – T Andreescu, Z Feng.
[22]. Problem Primer for the Olympiad – C. R. Pranesachar, B. J. Venkatachala, C. S. Yogananda
[23]. https://artofproblemsolving.com
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC HẾT CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
Thôn 6 – Thạch Hòa – Thạch Thất – Hà Nội
Điện thoại: 0343763310; Email: tuangenk@gmail.com
Fanpage: https://www.facebook.com/OlympiadMathematical/
CHỊU TRÁCH NHIỆM NỘI DUNG DOÃN QUANG TIẾN NGUYỄN MINH TUẤN TÔN NGỌC MINH QUÂN BIÊN TẬP NGUYỄN MINH TUẤN
TRÌNH BÀY BẢN THẢO NGUYỄN MINH TUẤN LA THỊ ĐÔNG PHƯƠNG
PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
Đề nghị quý bạn đọc tôn trọng bản quyền của tác giả, không sao chép bản phụ.
Mọi ý kiến thắc mắc đóng góp vui lòng gửi về địa chỉ đã cung cấp ở trên.
Phiên bản sách điện tử được phát hành vào ngày 20/8/2019. CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
MỌI Ý KIẾN THẮC MẮC XIN VUI LÒNG GỬI VỀ ĐỊA CHỈ NGUYỄN MINH TUẤN 0343763310 tuangenk@gmail.com Lovetoan.wordpress.com Đại học FPT Hà Nội PHIÊN BẢN ĐẶC BIỆT

Phương trình hàm trên tập rời rạc

Thông tin :

Tài liệu liên quan:

TOP 20 câu trắc nghiệm phát triển câu 39 từ đề minh họa THPTQG môn Toán năm 2024 (có đáp án)

TOP 20 câu trắc nghiệm phát triển câu 40 từ đề minh họa THPTQG môn Toán năm 2024 (có đáp án)

Phát triển các bài toán VD – VDC trong đề tham khảo TN THPT 2024 môn Toán

Tài liệu ôn tập lý thuyết thi tốt nghiệp Trung học Phổ thông môn Toán

Chuyên đề khảo sát hàm số: Tính đơn điệu của hàm số | Tài liệu ôn thi THPTQG môn Toán