Đang tải... (xem toàn văn)
Luận văn trình bày Các dạng toán phương trình hàm trong số học. Các dạng toán phương trình hàm trong số học là dạng toán khó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, khu vực và quốc tế.Là tài liệu cần thiết cho các giáo viên giỏi, các em học sinh giỏi dùng để nghiên cứu và học tập
i Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Lớp hàm số học 1.1 Hàm số học 1.1.1 Hàm nhân tính 1.1.2 Hàm nhân tính mạnh 11 Hàm số xác định tập số nguyên 11 1.2.1 Hàm cộng tính tập số nguyên 11 1.2.2 Hàm nhân tính tập số nguyên 11 1.2.3 Lớp hàm tuần hồn, phản tuần hồn cộng tính, nhân tính 12 Một số tập áp dụng 14 1.2 1.3 Các phương trình hàm số học 20 2.1 Hàm chuyển đổi phép tính số học 20 2.1.1 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng 20 2.1.2 Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân 21 2.1.3 Hàm chuyển đổi phép nhân thành phép cộng 22 2.2 Các dạng toán xác định dãy số liên quan 22 2.3 Các tập áp dụng 27 Các dạng toán liên quan 33 3.1 33 Phương trình hàm N Z ii 3.2 3.1.1 Lớp toán áp dụng nguyên lý quy nạp toán học 33 3.1.2 Lớp tốn áp dụng ngun lí cực hạn 42 3.1.3 Lớp toán áp dụng hệ đếm số 46 3.1.4 Lớp toán áp dụng tính chất số học 53 3.1.5 Lớp toán áp dụng tính chất dãy số 62 3.1.6 Lớp toán áp dụng tính chất hàm số 66 Phương trình hàm Q 73 Kết luận Đề nghị 81 Tài liệu tham khảo 82 iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đầu tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy đáng kính GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình xây dựng đề cương, làm hoàn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy khoa Tốn, phòng Đào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 - 1/2016 Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán - Đại học Khoa học động viên giúp đỡ trình học tập làm luận văn Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Phạm Thanh Linh Học viên Cao học Toán K7C, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Phương trình hàm lĩnh vực quan trọng giải tích Bài tốn giải phương trình hàm có lẽ toán lâu đời giải tích Nhu cầu giải phương trình hàm xuất bắt đầu có lí thuyết hàm số Nhiều phương trình hàm xuất phát từ nhu cầu thực tế Toán học ngành khoa học khác Các nhà tốn học có cơng nghiên cứu đặt móng cho phương trình hàm phải kể đến: Nicole Oresme, Gregory of Saint-Vincent, Augusstin-Louis Cauchy, Carl Friedrich Gauss, D’Alembert Ngày nước ta phương trình hàm giảng dạy theo chuyên đề trường THPT chun Các dạng tốn phương trình hàm số học dạng tốn khó thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia, khu vực quốc tế Một phương trình hàm bao gồm ba thành phần chính: Tập nguồn, tập đích, phương trình hay hệ phương trình hàm Từ ba thành phần có phân loại tương ứng Phương trình hàm N, phương trình hàm Z, phương trình hàm Q, phương trình hàm R · · · ; phương trình hàm với biến tự do, hai biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi giá trị trung bình · · · ; phương trình hàm lớp hàm khả vi, phương trình hàm lớp hàm liên tục · · · Việc xác định rõ cấu trúc tính chất tập nguồn, tập đích điều kiện ràng buộc định thành công hay thất bại giải phương trình hàm Điều thấy rõ qua phương trình hàm Cauchy Bài tốn tổng quát tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn phương trình f (x + y) = f (x) + f (y) với x, y ∈ R theo nghĩa khơng có lời giải, với giới hạn tập nguồn, tập đích, tính chất hàm số (đơn điệu, liên tục · · · ) phương trình hàm giải trọn vẹn Trong luận văn xin trình bày lớp phương trình hàm mà tập nguồn xác định N, Z, Q Trên thực tế tìm hiểu lớp phương trình hàm xuất nhiều kì thi Olympic tốn nước, khu vực quốc tế Xuất phát từ thực tế đó, định hướng hướng dẫn nhiệt tình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, tơi tiến hành nghiên cứu đề tài "Một số lớp phương trình hàm số học" nhằm mục đích học tập nghiên cứu sâu chuyên đề khó toán sơ cấp Cấu trúc luận văn gồm chương Chương Lớp hàm số học Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất hàm số học số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp Chương Các phương trình hàm số học Trong chương trình bày hàm chuyển đổi phép tính số học, dạng tốn xác định dãy số liên quan tập áp dụng Chương Các dạng toán liên quan Trong chương trình bày dạng tốn từ đề thi Olympic nước quốc tế liên quan đến tính tốn, ước lượng tính chất số học (nguyên tố, phương, tính đơn điệu, tính tuần hồn ) hàm số tập số tự nhiên, tập số nguyên tập số hữu tỷ Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gắng thực luận văn, lực thân nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong góp ý Thầy cô, bạn anh chị đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh có nhiều ý nghĩa Thái Nguyên, ngày 28 tháng 11 năm 2015 Phạm Thanh Linh Học viên Cao học Tốn lớp C, khóa 01/2014 - 01/2016 Chun ngành phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: bobaki2010@gmail.com Chương Lớp hàm số học Trong chương trình phổ thơng, tốn số học đóng vai trò quan trọng việc hình thành tư tốn học Việc tìm hiểu sử dụng hàm số học giải lớp toán toán sơ cấp lớp toán phương trình hàm số học Trong chương trình bày định nghĩa, tính chất hàm số học số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp 1.1 Hàm số học Định nghĩa 1.1 ([9]) Hàm số học tức hàm xác định tập số nguyên dương 1.1.1 Hàm nhân tính Định nghĩa 1.2 ([9]) Một hàm số học f gọi nhân tính với m, n nguyên tố nhau, ta có đẳng thức f (mn) = f (m)f (n) Những ví dụ đơn giản hàm nhân tính f (n) = n f (n) = Ngoài hàm nhân tính đơn giản kể ta phải kể đến hàm nhân tính quan trọng khác : Phi-hàm Euler, hàm sinh ước, hàm tổng ước số, hàm số ước số, hàm Mobius Trong hàm số học, hàm Euler mà ta định nghĩa sau có vai trò quan trọng Định nghĩa 1.3 ([9]) Giả sử n số nguyên dương Phi-hàm Euler ϕ(n) hàm số học có giá trị n số số không vượt n nguyên tố với n Ví dụ 1.1 Từ định nghĩa ta có ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4, ϕ(6) = 2, ϕ(7) = 6, ϕ(8) = 4, ϕ(9) = 6, ϕ(10) = Từ định nghĩa đây, ta có hệ trực tiếp Hệ 1.1 ([9]) Số p nguyên tố ϕ(p) = p − Chứng minh Nếu p số nguyên tố với số nguyên dương nhỏ p nguyên tố với p Do có p − số nguyên dương nên ϕ(p) = p − Ngược lại, p hợp số p có ước d, < d < p Tất nhiên p d không nguyên tố Như số 1, 2, · · · , p − phải có số không nguyên tố với p, nên ϕ(p) < p − Điều trái với giả thiết ϕ(p) = p − Định nghĩa 1.4 ([2]) Một tập hợp A gọi hệ thặng dư đầy đủ (mod n) n số mà khơng có hai số đồng dư theo (mod n) Ví dụ 1.2 Ta có A = {0, 1, 2, · · · , n − 1} hệ thặng dư đầy đủ theo (mod n) Hay đơn giản tập B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} C = {2, 3, 4, 5, 6, −7, 8} hệ thặng dư đầy đủ theo (mod 8) Định nghĩa 1.5 ([2]) Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n tập hợp gồm ϕ(n) số nguyên cho phần tử tập hợp nguyên tố với n hai phần tử khác đồng dư mơđulơ n Ví dụ 1.3 Tập hợp {1, 3, 5, 7} tập {3, −7, 5, 7} hệ thặng dư thu gọn (mod 8) Định lí 1.1 ([2]) Giả sử r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn (mod n), a số nguyên dương (a, n) = Khi tập ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) hệ thặng dư thu gọn (mod n) Chứng minh Vì r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn (mod n) nên tập ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) có ϕ(n) số Ta cần chứng minh i = j ar1 ∼ = arj (mod n) Thật vậy: Giả sử ari ≡ arj (mod n) suy a (ri − rj ) n, (a, r) = nên ri − rj n suy ri ≡ rj (mod n), trái với r1 , r2 , , rϕ(n) hệ thặng dư thu gọn ( Vì hệ thặng dư thu gọn khơng có hai số đồng dư nhau) Ví dụ 1.4 Tập {1, 3, 5, 7} hệ thặng dư thu gọn (mod 8) Do (3, 8) = nên tập {3, 9, 15, 21} hệ thặng dư thu gọn (mod 8) Định lí 1.2 (Định lí Euler) Giả sử n số nguyên dương a số nguyên với (a, n) = Khi aϕ(n) ≡ (mod n) Chứng minh Xét hệ thặng dư thu gọn (mod n) r1 , r2 , · · · , rϕ(n) Suy ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) hệ thặng dư thu gọn (mod n) Do ta có ar1 ar2 arϕ(n) ≡ r1 r2 rϕ(n) (mod n) ⇒ aϕ(n) r1 r2 rϕ(n) ≡ r1 r2 rϕ(n) (mod n) ⇒ aϕ(n) − r1 r2 rϕ(n) n ⇒ aϕ(n) − n ⇒ aϕ(n) ≡ 1(mod n) Chú ý 1.1 Ta tìm nghịch đảo (mod n) cách sử dụng định lí Euler Giả sử (a, m) = a.aϕ(n)−1 = aϕ(n) ≡ 1(mod n) aϕ(n)−1 nghịch đảo a(mod n) Ví dụ 1.5 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5(mod 9) ngịch đảo 2(mod 9) Hệ 1.2 ([2]) Nếu (a, b) = aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1(mod ab) Hệ 1.3 ([2]) Với (a, b) = n, v hai số ngun dương anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ (modab) 69 Từ (3.28) suy f f (f (n − 1)) < f (n + 1) ⇒ f (f (n)) < f (n + 2), ∀n = 1, 2, 3, (3.29) Mà hàm f tăng thực nên từ (3.29) suy f (n) < n + 2, ∀n = 2, 3, (3.30) Từ (3.29) (3.30) suy n − ≤ f (n) < n + ⇒ n − ≤ f (n) ≤ n + 1, ∀n = 2, 3, Như f (f (n − 1)) = f (n + 1) − f (n) ≤ n + − (n − 1) = Từ (3.29) ta có f (f (n − 1)) ≥ f (n − 1) − Suy ra: f (n − 1) − ≤ ⇒ n − ≤ f (n − 1) ≤ ⇒ n ≤ 6, (vơ lí) Vậy khơng tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 3.31 (Baltic MO) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (0) = 0, f (1) = 1; f (0) ≤ f (1) ≤ f (2) ≤ · · · f (x2 + y ) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ N∗ Lời giải Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn điều kiện tốn Ta có f (2) = f (1 + 1) = 2; f (5) = f (12 + 22 ) = Xét dãy số (xn ) sau: x0 = 1, xn+1 = x2n + Dễ dàng chứng minh (xn ) dãy tăng nghiêm ngặt lim xn = +∞ Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh n→+∞ f (xn ) = xn , ∀n ∈ N Nếu f (m) = m + f ((m + 1)2 + 1) = + f (m + 1) = + f (m) = f (m2 + 1) Mà f (m2 + 1) ≤ f (m2 + 2) ≤ · · · ≤ f (m2 + 2m + 2) nên từ (3.31) suy f (m2 + k) = f (m2 + 1), ∀k = 1, , 2m + (3.31) 70 Bằng quy nạp suy tồn vô hạn số m cho f (m2 + k) = f (m2 + 1), ∀k = 1, , 2m + (3.32) Chọn m đủ lớn cho tồn n xn , xn+1 ∈ m2 + 1, m2 + 2m + Khi từ (3.32) suy xn = f (xn ) = f (xn+1 ) = xn+1 , điều mâu thuẫn với (xn ) dãy tăng nghiêm ngặt Suy f hàm tăng thực Ta có xn > n = f (1) < = f (2) < f (3) < f (4) < · · · < f (n) < · · · < f (xn ) = xn Suy f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại thấy hàm thỏa mãn Bài toán 3.32 (Đề nghị thi Olympic toán quốc tế 1995) Chứng minh tồn hàm số f : N∗ → N∗ cho: f (m + f (n)) = n + f (m + 95), ∀m, n ∈ N∗ Giá trị tổng 19 (3.33) f (k) ? k=1 Lời giải Giả sử tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán Ta chứng minh hàm số f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta có f (f (n1 ) + f (1)) = f (f (n2 ) + f (1)) ⇒ n1 + f (f (1) + 95) = n2 + f (f (1) + 95) ⇒ n1 = n2 Vậy f đơn ánh Với n ∈ N∗ , ta có f (f (n) + f (1)) = n + f (f (1) + 95) = n + + f (95 + 95) = f (95 + f (n + 1) Suy f (n + 1) + 95 = f (n) + f (1) Từ với n ∈ N∗ f (n + 1) − f (n) = f (1) − 95 = a, với a = f (1) − 95 Suy f (n) − f (n − 1) = · · · = f (2) − f (1) = f (1) − 95 = a, dẫn đến f (n) − 95 = na ⇒ f (n) = na + 95, ∀n ∈ N∗ 71 Với f (n) = na + 95, ∀ ∈ N∗ , thay vào phương trình hàm (3.33) ta có f (m + f (n)) = n + f (m + 95) ⇔ na2 + (m + 95)a + 95 = n + (m + 95)a + 95; ⇒ a2 = ⇒ a = Vì a = −1 f (n) ∈ / N∗ n ≥ 95 Vậy f (n) = n + 95 Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn u cầu đề theo hàm số thỏa mãn yêu cầu đê Khi 19 19 (k + 95) = 1995 f (k) = k=1 k=1 Bài toán 3.33 (Sec MO 2007) Xét tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện f (mf (n)) = nf (m), ∀m, n ∈ N∗ Hãy tìm giá trị nhỏ f (2007) Lời giải Gọi S tập hợp hàm số f thỏa mãn điều kiện toán Giả sử f ∈ S, đặt a = f (1) Chọn m = ta f (1.f (n)) = nf (1) = na ⇒ f (f (n)) = na Chọn n = ta f (mf (1)) = 1.f (m) ⇒ f (ma) = f (m) (3.34) Ta chứng minh f đơn ánh Thật vậy, giả sử f (n1 ) = f (n2 ), ta f (f (n1 )) = f (f (n2 )) ⇒ n1 a = n2 a ⇒ n1 = n2 Vậy f đơn ánh Từ (3.34) ta có f (na) = f (n) ⇒ na = n, ∀n ∈ N∗ , suy a = hay f (1) = Ta có f (f (m).f (n)) = n.f (f (m)) = nm = f (f (m.n)) Suy f (m.n) = f (m).f (n) Với p số nguyên tố bất kì, giả sử f (p) = u.v, ∀u, v ∈ N∗ Ta có p = f (f (p)) = f (u.v) = f (u).f (v) 72 Do f (u) = f (v) = Giả sử f (u) = ta u = f (f (u)) = f (1) = Suy f (p) số nguyên tố Khi f (n) hàm chuyển số nguyên tố khác thành số nguyên tố khác Ta lại có 2007 = 32 223 f (2007) = f (3).f (223) Do để nhận giá trị nhỏ f (2007) ta phải chọn hàm f (n) cho f (3), f (223) số nguyên tố nhỏ nhất, khác Hiển nhiên, ta chọn hàm f (n) cho f (3) = 2, f (2) = 3, f (223) = 5, f (5) = 223 Thì giá trị nhỏ f (2007) = 22 = 20 (vì f (n) ≥ f (n)) Ta xây dựng hàm f : N∗ → N∗ sau f (1) = 1, f (2) = 3, f (3) = 2, f (5) = 223, f (223) = 5, f (p) = p, ∀p ∈ P \ {2; 3; 5; 223} , với n = pk11 pk22 pkmm f (n) = f k1 (p1 )f k2 (p2 ) f km (pm ) Khi f (n) thỏa mãn điều kiện f (1) = 1; f (f (n)) = n, ∀n ∈ N∗ ; f (m.n) = f (m).f (n), ∀m, n ∈ N∗ Do f (n) ∈ S Vậy giá trị nhỏ f (2007) = 20 Bài toán 3.34 (Moroccan Mathematiccal Olympic 2012) Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn điều kiện: f (f (a) + f (b)) = a + b − 1, ∀a, b ∈ Z (3.35) Lời giải Từ (3.35) cho b = f (f (a) + f (1)) = a, ∀a ∈ Z, dễ thấy f song ánh Z Đặt f −1 (−1) = k; f −1 (0) = l, ta có k = l f (f (a)) + f (−a) = −1 = f (k) f (f (a)) + f (1 − a) = = f (l), ∀a ∈ Z 73 nên ta có f (a) + f (−a) = k; f (a) + f (1 − a) = l, ∀a ∈ Z, điều dẫn đến f (a) = l − f (1 − a) = l − [k − f (a − 1)] = l − k + f (a − 1), ∀a ∈ Z Vậy dãy f (0), f (1), , f (a − 1), f (a) lập thành cấp số cộng với công sai l − k Từ đặt f (0) = m, suy f (a) = (l − k)a + m, ∀a ∈ Z Từ f (x) = (l − k)x + m, ∀x ∈ Z, suy f (f (x) + f (0)) = f ((l − k)x + 2m) = (l − k)2 x + 2m(l − k) + m Kết hợp với (3.35) ta (l − k)2 x + 2m(l − k) + m = x + − 1, ∀x ∈ Z (3.36) Đồng hệ số cho ta (l − k)2 = 1; 2m(l − k) + m = −1, từ (l − k)2 = dẫn đến xét hai trường hợp - Nếu l − k = nhiên từ (3.36) suy 3m = −1 (vơ lí) - Nếu l − k = −1 m = 1, suy f (x) = − x, ∀x ∈ Z Thử lại thấy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Kết luận Vậy f (x) = − x, ∀x ∈ Z 3.2 Phương trình hàm Q m với m, n ∈ N∗ Do n N ⊂ Z ⊂ Q nên việc tìm f Q thường thực theo bước sau Ta biết tập số hữu tỉ Q tập hợp số có dạng - Tìm hàm f N - Tìm hàm f Z - Tìm hàm f Q Khi tìm hàm f Z, để tìm hàm f Q ta thường qua bước trung gian tìm hàm f , với n ∈ Z\ {0} n 74 Khi tìm hàm f N, (công thức hàm f Q+ ), ta thường dùng tính chẵn, lẻ hàm số để suy công thức hàm f Z (cơng thức hàm f Q) Bài tốn 3.35 (Đề thức Olympic 30/04/2003) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (1) = f (xy + y) = f (x)f (y) − f (x + 1) + 2, ∀x, y ∈ Q (3.37) Lời giải Trong (3.37) cho y = 1, ta f (x + 1) = 2f (x) − f (x + 1) + ⇔ f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q (3.38) Từ (3.38) sử dụng phương pháp quy nạp ta f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ Q, ∀n ∈ Z (3.39) Từ (3.37) cho x = y, ta f (x2 + x) = f (x) − f (x + 1) + 2, ∀x ∈ Q p Với r ∈ Q, đặt r = , p ∈ Z, q ∈ N∗ Sử dụng (3.40) (3.39) ta q 2 f (r + q) + (r + q) = [f (r + q)] − f (r + q + 1) + 2 = [f (r) + q] − f (r) − q − + 2 = [f (r)] + (2q − 1)f (r) + q − q + Mặt khác f (r + q) + (r + q) = f (r + r + 2rq + q + q) = f (r + r) + 2rq + q + q = [f (r)] − f (r + 1) + + 2rq + q + q = [f (r)] − f (r) + 2rq + q + q + (3.40) 75 Suy 2 [f (r)] + (2q − 1)f (r) + q − q + = [f (r)] − f (r) + 2rq + q + q + ⇔ 2qf (r) − q = 2rq + q ⇔ 2f (r) − = 2r + ⇔ f (r) = r + Thử lại ta có hàm số thỏa mãn toán Kết luận Vậy f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q Bài tốn 3.36 (Canada 2009) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (2f (x) + f (y)) = 2x + y, ∀x, y ∈ Q (3.41) Lời giải Trong (3.41) cho y = x ta f (3f (x)) = 3x, ∀x ∈ Q, từ lại thay x 3f (x) ta f (9x) = 9f (x), ∀x ∈ Q (3.42) Trong (3.42) cho x = 0, ta f (0) = Cho x = từ (3.41) ta thu f (f (y)) = y, ∀y ∈ Q (3.43) Cho y = vào (3.41) ta được: f (2f (x)) = 2x, ∀x ∈ Q Như (3.41) viết lại f (2f (x) + f (y)) = f (2f (x)) + f (f (y)), ∀x, y ∈ Q (3.44) Từ (3.44) ta chứng minh f song ánh Thật Giả sử f (y1 ) = f (y2 ) y1 = f (f (y1 )) = f (f (y2 )) = y2 ⇒ y1 = y2 Suy f đơn ánh Mặt khác ∀t ∈ Q, tồn y = f (t) cho f (y) = f (f (t)) = t, suy f toàn ánh Vậy f song ánh Do với u, v ∈ Q, ta ln có x, y ∈ Q cho: 2f (x) = u f (y) = v Từ ta có f (u + v) = f (2f (x) + f (y)) = f (2f (x)) + f (f (y)) = f (u) + f (v) Như f (u + v) = f (u) + f (v), ∀u, v ∈ Q 76 Suy f (x) = ax, ∀x ∈ Q Thay vào (3.41) ta rút a2 = ⇔ a = ±1 Suy f (x) = x f (x) = −x Thử lại thấy hai hàm thỏa mãn Kết luận Vậy f (x) = x f (x) = −x, ∀x ∈ Q Bài tốn 3.37 (Luxembourg 1980) Tìm tất hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f (1) = f (xy) = f (x)f (y) − f (x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q (3.45) Lời giải Cho y = 1, từ (3.45) ta nhận f (x) = f (x)f (1) − f (x + 1) + 1, ∀x ∈ Q Nghĩa f (x + 1) = f (x) + 1, ∀x ∈ Q Từ với x ∈ Q, n ∈ Z ta có f (x + n) = f (x) + n f (n) = f (1) + n − = n + 1 , y = n, với n ∈ Z,từ (3.45) ta n 1 f f (n) − f n =f + n + 1, ∀n ∈ Z n n n Sau cho x = Suy (n + 1) − f n 2=f n − n + 1, ∀n ∈ Z Nghĩa f n = + , ∀n ∈ Z n Cuối cùng, cho giá trị x = p, y = , với p ∈ Z, q ∈ Z, từ (3.45) ta có q f p q = f (p)f q −f p+ q + Suy p p = (p + 1) + − − p = + q q q q Như có hàm số f (x) = x + 1, ∀x ∈ Q, thực thỏa mãn tất f điều kiện toán 77 Bài toán 3.38 (Ba lan 1977) Chứng minh hàm số f (x, y) xác định tập hợp tất số hữu tỉ, nhận giá trị dương, thỏa mãn điều kiện sau f (xy, z) = f (x, z)f (y, z) f (z, xy) = f (z, x)f (z, y) f (x, − x) = 1, ∀x, y, z ∈ Q Thì kết luận sau f (x, x) = 1, f (x, −x) = f (x, y)f (y, x) = 1, ∀x, y ∈ Q Lời giải Thay vào điều kiện thứ cho với hàm số f (x, y) giá trị x = y = x = y = 1, ta nhận đẳng thức f (0, z) = f (1, z) = tương ứng Sau đó, cho x = y = −1, ta có = f (1, z) = f (−1, z)f (−1, z) = (f (−1, z))2 dẫn đến f (−1, z) = Chứng minh tương tự từ điều kiện thứ hai, ta nhận đẳng thức f (z, 0) = f (z, 1) = f (z, −1) = Từ suy f (0, 0) = f (0, z)f (z, 0) = Các đẳng thức lại chứng minh giá trị x, y khác Khi x = 0, ta có = f (1, z) = f (x, z)f ,z x Bởi f (x, z) = f 1 ,z x Tiếp theo ta nhận 1= =f f (x, − x) ,1 − x x =f 1−x ,x x x =f 1−x , f x x ,x x 78 Nhưng f 1−x , x x nên f ,x x 1 , − 1 = f x x =f 1 , −1 f x x , −1 x =f 1 ,1 − x x =1 = 1, ta có = f (x, 1) = f x, x = f (x, x) = f (x, x)f (x, −1) = f (x, −x), tức f (x, x) = f (x, −1) = Cuối với x = 0, y = 0, ta có x x x x f ,y = f ,y = f , y y y y y 1 x ,x f ,x = f ,x = y x y f (y, x) f (x, y) = f (x, y)f =f =f x ,x y Suy f (x, y)f (y, x) = Bài toán 3.39 (IMO 1990) Gọi Q+ tập hợp số hữu tỉ dương Hãy xây dựng hàm số f : Q+ → Q+ cho f (xf (y)) = f (x) , ∀x, y ∈ Q+ y Lời giải Ta dễ thấy f đơn ánh Từ cho x = y = ta f (1) = Như cho x = ta f (f (y)) = y Thay x f (x) ta có f (f (x)f (y)) = f (f (x)) = = f (f (xy)) y xy Do f đơn ánh nên f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ Q+ Từ ta xây dựng hàm số f thỏa mãn yêu cầu toán sau Chia tập số nguyên tố thành hai tập vô hạn rời S = {p1 , p2 , } T = {q1 , q2 , } 79 Ta đặt f (pn ) = qn , f (qn ) = Tiếp theo với số hữu tỉ pn x= p pi pi pik , = q qj1 qj2 qjm pi1 pi2 pik , qj1 qj2 qjm số nguyên tố, ta đặt f (x) = f (pi1 )f (pi2 ) f (pik ) f (qj1 )f (qj2 ) f (qjm ) Hàm f rõ ràng thỏa mãn điều kiện toán Nhận xét Nếu hàm số thỏa mãn điều kiện nhân tính tập hợp số hữu tỉ ta xây dựng hàm số cách xác định giá trị hàm số số nguyên tố Bài toán 3.40 (Ukraina 1997) Tìm tất hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f (x + 1) = f (x) + 1; ii) f (x2 ) = (f (x))2 , ∀x ∈ Q+ Lời giải Từ điều kiện i) quy nạp dễ dàng chứng minh f (x + n) = f (x) + n, ∀x ∈ Q+ , ∀n ∈ N Lấy x = Khi p ∈ Q+ , (p, q ∈ N∗ ) Giả sử f (x) = f q f p +q q =f p q p2 + 2p + q 2 q = p q +q = = m , suy f n p2 q2 m +q n suy f m2 2mq + + q2 n n hay f p2 + 2p + q q2 Vậy f (x) = x, ∀x ∈ Q+ = m2 2mq 2mq m p + + q2 ⇒ = 2p ⇒ = n n n n q = m2 n2 80 Bài tốn 3.41 (Balkan 2003) Tìm tất hàm số f : Q → R thỏa mãn đồng thời điều kiện sau i) f (1) + > 0; ii) f (x + y) − xf (y) − yf (x) = f (x)f (y) − x − y + xy; iii) f (x) = 2f (x + 1) + x + 2, ∀x, y ∈ Q Lời giải Đặt g(x) = f (x) + x Khi từ giả thiết ta có điều kiện sau với hàm g g(1) > 0; g(x + y) = g(x)g(y) g(x) = 2g(x + 1), ∀x, y ∈ Q Từ điều kiện ta có g(1) = 2g(2) = 2g(1 + 1) = 2(g(1))2 ⇒ g(1) = Lại có g(1) = g(1 + 0) = g(1)g(0) ⇒ g(0) = Từ với x ∈ Q ta có = g(0) = g(x − x) = g(x)g(−x) ⇒ g(−x) = g(x) Như ta cần tìm hàm g xác định tập hợp Q+ số hữu tỉ dương Dễ thấy g(n) = g(1 + + · · · + 1) = (g(1))n = n , ∀n ∈ N∗ Lại có 1 = g(1) = g n n 1 + + ··· + n n n =g = n n g ⇒g Từ với m, n ∈ N∗ , ta có m = g m g n n Và g −m n = − m n = g n m Vậy f (x) = −x + = m n n với x ∈ Q 2x = 1 n 81 Kết luận Luận văn "Một số lớp phương trình hàm số học" giải vấn đề sau 1) Luận văn trình bày chi tiết số kiến thức liên quan đến lớp hàm số học ứng dụng chúng toán sơ cấp 2) Tiếp theo luận văn trình bày chi tiết lớp phương trình hàm số học Trong toán dãy số liên quan tập áp dụng phương trình hàm số học nêu 3) Cuối cùng, luận văn trình bày dạng toán liên quan từ đề thi Olympic toán nước, khu vực, quốc gia quốc tế Phần xem trọng tâm đề tài Do thời gian có hạn nên tơi khơng trình bày nhiều phương pháp khác để giải lớp phương trình hàm tập rời rạc Trên thực tế nhiều phương pháp khác để giải chúng Thời gian tới đầu tư thêm thời gian để nghiên cứu thêm phương pháp ứng dụng lớp phương trình hàm số học 82 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Tài Chung (2014), Bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Hà Huy Khoái (2008), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT Số học, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu (1997), Phương trình hàm, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn (2008), Chuyên đề chọn lọc dãy số áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam [6] Nguyễn Văn Nho (2013), Tuyển tập Olympic tốn học nước Đơng Âu, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [7] Nguyễn Văn Nho, Lê Hồng Phò (2013), Tuyển tập Olympic tốn học nước Châu Á - Thái Bình Dương, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [8] Đoàn Quỳnh (2013), Tài liệu chuyên toán 12, NXB Giáo dục Việt Nam Tiếng Anh [9] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer 83 [10] Titu Andreescu, Iurie Boreico (2007), Functional Equations, Electronic Edition [11] Titu Andrreescu, Dorin Andrica, Zuming Feng (2006), 104 Number Theory Problems, From the training of the USA IMO team [12] Zuming Feng, PoShen Loh (2004), Mathematical Olympiads, From the training of the USA IMO team ... tế Một phương trình hàm bao gồm ba thành phần chính: Tập nguồn, tập đích, phương trình hay hệ phương trình hàm Từ ba thành phần có phân loại tương ứng Phương trình hàm N, phương trình hàm Z, phương. .. chất hàm số học số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp 1.1 Hàm số học Định nghĩa 1.1 ([9]) Hàm số học tức hàm xác định tập số nguyên dương 1.1.1 Hàm nhân tính Định nghĩa 1.2 ([9]) Một hàm số. .. nghĩa, tính chất hàm số học số ứng dụng chúng vào việc giải toán sơ cấp Chương Các phương trình hàm số học Trong chương trình bày hàm chuyển đổi phép tính số học, dạng tốn xác định dãy số liên quan