SỬ DỤNG HỆ CƠ SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM A – MỞ ĐẦU: Trong tốn phương trình hàm thi học sinh giỏi, có nhóm tốn giải theo phương pháp sử dụng hệ số, thông thường hệ nhị phân hệ tam phân Tuy nhiên kỹ thuật tương đối thú vị, học sinh khơng hiểu rõ thấy lời giải đưa hay, đẹp, độc đáo lại không tự nhiên từ khó áp dụng tốn khác Mong muốn tìm đường lối suy nghĩ hợp lý, lơgic, tự nhiên cho tốn dạng này, tác giả xin phân tích số tốn thú vị Tất nhiên, việc phân tích theo quan điểm cá nhân nên mong muốn có góp ý độc giả để hồn chỉnh viết B – NỘI DUNG: Ta nghĩ đến phương pháp gặp toán mà cách xác định hàm số bị chia thành trường hợp khác nhau, chẳng hạn n bị chia thành trường hợp chẵn lẻ ta nghĩ đến việc biểu diễn n hệ nhị phân Ta xem xét cụ thể qua toán sau: Bài 1: Z � Z : f  1  1, f  2n   f  n  , f  2n  1  f  2n   Tìm f :n Giải: Trong toán này, n bị chia thành trường hợp chia ta xét n số Có thể viết lại điều kiện toán sau: f  1  1, f  2n   f  n  , f  2n  1  f  n   Với cách mô tả ta thấy rằng: biểu diễn nhị phân n có bit f  n  khơng tăng thêm, biểu diễn nhị phân n có bit f  n  tăng thêm 1, ta dự đoán: f  n  số số biểu diễn nhị phân n Phần chứng minh quy nạp khẳng định hoàn toàn rõ ràng Bài 2:   Tìm f : Z � Z , f  1  1, f  2n   f  n   1, f  2n  1  f  n   Giải: Ta chứng minh quy nạp n  ak ak 1 a0  2 f  n   ak 1 a0 ak  2 (và ak �0 ) Việc kiểm tra giá trị nhỏ n hoàn toàn rõ ràng Giả sử khẳng định đến n , ta chứng minh khẳng định với n  -) Nếu n   2l với l  ak ak 1 a0  2 n   ak ak 1 a0 0  f  n  1  f  l    ak 1 a0ak 0 2  1   ak 1 a0 0ak  2 (do ak  ) -) Nếu n   2l  với l  ak ak 1 a0  2 n   ak ak 1 a01 2 f  n  1  f  l    ak 1 a0 ak 0 2  1 2  ak 1 a01ak  2 (do ak  ) Khẳng định chứng minh Bài 3: (Hải Phòng TST 2008) Cho hàm số f : Z � N thỏa mãn: i ) f  1  , f    ii ) f  3k   f  k   1, f  3k  1  f  k   2, f  3k    f  k  k �1 Tồn không số n thỏa mãn f  n   n  2008 ? Giải: Ở ta thấy n f  n  bị chia thành trường hợp chia cho Vậy ta xét n f  n  số -) Với f  3k   f  k   ta có n chia hết cho f  n  chia cho dư 1, biểu diễn tam phân n có bit biểu diễn tam phân f  n  có bit -) Với f  3k  1  f  k   ta có n chia cho dư f  n  chia cho dư 2, biểu diễn tam phân n có bit biểu diễn tam phân f  n  có bit -) Với f  3k    f  k  ta có n chia cho dư f  n  chia hết cho 3, biểu diễn tam phân n có bit biểu diễn tam phân f  n  có bit Do ta suy cơng thức xác định f  n  sau: n  ak ak 1 a0  3 � f  n   bk bk 1 b0  3 , � bi theo quy tắc � 1,1 � 2,2 � (và ak �0 ) Chứng minh quy nạp: -) Nếu n  1, : khẳng định -) Giả sử đến n , ta chứng minh với n  Thật vậy:  ) TH1: n   3m � m  n : m  ak ak 1 a1a0  3 , f  m   bk bk 1 b1b0  3 � n   ak ak 1 a1a0 0 3 , f  n  1  f  3m   f  m    bk bk 1 b1b01 3  ) TH2: n   3m  � m  n : m  ak ak 1 a1a0  3 , f  m   bk bk 1 b1b0  3 � n   ak ak 1 a1a01 3 , f  n  1  f  3m  1  f  m    bk bk 1 b1b0 2 3  ) TH3: n   3m  � m  n : m  ak ak 1 a1a0  3 , f  m   bk bk 1 b1b0  3 � n   ak ak 1 a1a0 2 3 , f  n  1  f  3m    f  m   bk bk 1 b1b0 0 3 Vậy trường hợp với n  , khẳng định chứng minh Khi f  n   n  bk bk 1 b0  3  ak ak 1 a0  3  ck ck 1 c0  3 ci � 0;1 (Vì b j  0,c j  c j 1  nhớ 1, trường hợp khác c j  ) Trong 2008  2202101 3 nên không tồn n thỏa mãn f  n   n  2008 Bài 4: Cho f : N � N, f    0, f  2n   f  n   n �1, f  2n  1  f  n  n �0 Chứng minh g  n   f  f  n   g  n  g  n    n �0 Giải: Tương tự số ta dễ dàng suy công thức xác định f  n  sau: n  ak ak 1 a0  2 � f  n   bk bk 1 b0   , � bi theo quy tắc � 1,1 � (và ak �0 ) Chẳng hạn n  11000101011  f  n   00111010100 2  111010100  Khi g  n  biểu diễn nhị phân sinh cách xóa dãy bit dãy bit bên trái biểu diễn nhị phân n   Như ví dụ g  n   f 111010100 2  000101011 2  101011 2 Khi n  g  n  giữ lại dãy bit đầu tiên, tất bit sau thay thành biểu diễn nhị phân n Như n  g  n   11000000000  Từ rõ ràng g  n  g  n      f  n  g  n    f 11000000000   111111111 2   g  n  g  n    f 111111111   Bài 5: (China 1995) �f  1  �   � f : n Z � Z : Cho Tìm k  l : f  k   f  l   293 �f  2n   f  n  � f  n  f  2n  1  f  2n  � f  n   1� � � � Giải: Trong ví dụ cách xác định f không tường minh nên ta cần phải tìm tính chất đơn giản f trước f  n  f  2n  1  f  2n  � f  n   1� f  n   1� f  n  � f  2n  M f  n � �� f  2n  � � �M Mà f  2n   f  n  nên f  2n   f  n  Và ta có: f  2n   f  n  , f  2n  1  f  n   Ở ta thấy n bị chia thành trường hợp chia cho 2, f  n  lại bị chia thành trường hợp chia cho Vậy ta xét n số 2, f  n  số -) Với f  2n   f  n  ta có n chia hết cho f  n  chia hết cho 3, biểu diễn nhị phân n có bit biểu diễn tam phân f  n  có bit -) Với f  2n  1  f  n   ta có n chia cho dư f  n  chia cho dư 1, biểu diễn nhị phân n có bit biểu diễn tam phân f  n  có bit Do ta suy công thức xác định f  n  sau: n  ak ak 1 a0  2 � f  n   ak ak 1 a0  3 Phần chứng minh quy nạp khẳng định hoàn toàn rõ ràng Bây 293  101212 3 , ta tìm cặp nghiệm: k  1111   15,l  100101 2  37 k  1101   13,l  100111 2  39 k  111 2  ,l  101101   45 k  101   5,l  101111   47 Bài 6: (IMO 1988) �f  1  1, f  3  � �f  2n   f  n  Z � Z : � Cho f :n Có �n �1988 cho f n   f n   f n       � �f 4n   f 2n   f n      � f  n  n ? Giải: Việc công thức xác định hàm số bị chia thành trường hợp khác chia cho gợi ý ta nghĩ đến việc xem xét số n f  n  hệ số 4, tất nhiên thông thường hệ số thông dụng Ta thử xem xét giá trị ban đầu f: f  1  1, f    1, f    3, f    1, f    , f    3, f    , f    1, f    , f  10   Chuyển sang hệ nhị phân biểu diễn n f  n  có số chữ số ta có: f  1  1, f  10   01, f  11  11, f  100   001, f  101  101, f  110   011, f  111  111, f  1000   0001, f  1001  1001, f  1010   0101 Từ gợi ý ta nghĩ đến việc f làm “đảo ngược” chữ số n , cụ thể là: n  ak ak 1 a0  2 � f  n   a0a1 ak   (và ak �0 ) Ngoài rõ ràng hàm f xác định nên chí ta khơng cần chứng minh dự đoán quy nạp mà cần kiểm tra trực tiếp hàm số thỏa mãn toán Thật vậy, với n  ak ak 1 a0  2 f  n   a0 a1 ak  2 thì:   f  2n   f ak ak 1 a0 0 2  0a0 a1 ak  2  a0 a1 ak  2  f  n    f  4n  1  f ak ak 1 a0 01 2  10a0 a1 ak  2  10 2 1a0 a1 ak    a0 a1 ak    f  2n  1  f  n    f  4n  3  f ak ak 1 a011 2  11a0 a1 ak  2  11 2 1a0 a1 ak    10 2 a0 a1 ak  2  f  2n  1  f  n  Trong phần kiểm tra việc biến đổi hệ nhị phân ta cảm thấy không thuận tiện chuyển lại hệ thập phân để kiểm tra kết tốn Do f  n   n biểu diễn nhị phân n có tính đối xứng Ta có m1 � � � � �2 � 2m , 2m1  số n miền � � Tuần tự miền  256;512  , 512;1024   1;  , 2;  , 4;8  , 8;16  , 16;32  , 32; 64  , 64;128  , 128; 256  , có 1,1, , , 4, 4,8,8,16 ,16 số n thỏa mãn Với 1988  11111000100 , bit thứ đến tùy ý từ 00000 đến 11101, ta có 30 số n thỏa mãn miền  1024;1988 Như tổng số có         16  16  30  92 số n thỏa mãn Bài 7: (Poland 2003) �f  0;0   � Cho f : N�N � N:: �f  x;2 y   f  x  1;2 y  1  f  x; y  Với n �Z cố định � �f  x  1;2 y   f  x, y  1  f  x; y   a, b �N cho f  a; b   n , hỏi có số tự nhiên x thỏa mãn f  a; x   f  b; x   n ? Giải: Ta dễ dàng có f  a; b  số cặp bit hàng biểu diễn nhị phân a b mà khác Nếu cặp bit hàng biểu diễn nhị phân a b mà khác f  a; b  tăng thêm f  a; x   f  b; x  tăng thêm giá trị bit hàng x Nếu cặp bit hàng biểu diễn nhị phân a b mà giống f  a; b  khơng tăng thêm f  a; x   f  b; x  không tăng thêm tăng thêm tùy thuộc vào giá trị bit hàng x Do f  a; b   f  a; x   f  b; x  có nghĩa là: -) Nếu cặp bit hàng biểu diễn nhị phân a b mà giống bit hàng x -) Nếu cặp bit hàng biểu diễn nhị phân a b mà khác bit hàng x Do có n hàng nên có 2n số x thỏa mãn Bài 8: Cho    f : Q Ǯ  0;1 f f f f  f  x  � x , � x  � � R : f  x  � � x  1, �x  � Tìm x cho   x Giải: Trong tốn hình thức ban đầu khó để nghĩ đến hệ số để mơ tả tốn u cầu làm việc với số hữu tỷ số tự nhiên Tuy nhiên thực ta có dấu hiệu để nghĩ đến hệ số, việc x hàm f bị chia thành hai trường hợp liên quan đến số 2, để mô tả điều ta sử dụng hệ nhị phân số không nguyên Giống số thập phân, ta ký hiệu: x  0,a1a2 a3 an   � x  a1 1  a2 2  a3 23  an  n Khi x  0,a1a2 a3 an   x  a1 ,a2 a3 an  2 , đó: -) �x  � a1  f  x   x  0,a2 a3a4 an  2 �x  � a1  f  x   x   1,a2 a3a4 an  2  1 2  0,a2 a3a4 an   Vậy ta dự đốn: -) x  ,a1a2 a3 an  2 � f  x   ,a2a3a4 an   Phần chứng minh quy nạp khẳng định hoàn tồn rõ ràng Bây ta cần có ,a1a2 a3 an  2  0,a6 a7 a8 an  2 , a1  a6 ,a2  a7 , ,an 5  an ,an 4  an3  an  an 1  an  Như  i , x  Bài 9: (IMO SL 1979) Tìm f : Q Ǯ  0;1 �f  x  , �x  � � R : f  x  � �f  x  1  , �x  � � Giải: Tương tự ta sử dụng hệ nhị phân số không nguyên cho x f  x  x f  x  bị chia thành trường hợp liên quan đến số x  0,a1a2 a3 an   � x  a1 1  a2 2  a3 23  an  n Điều kiện toán trở thành: �f ,a a a a n  2 � � f ,a1a2 a3 an  2  � �f ,a2 a3a4 an  2  � �     , a1    , a1    Khi ta có f ,a2 a3a4 an  2  ,b1b2 bm  2 thì: � 0,00b1b2 bm  2 � f 0,a1a2 a3 an  2  � 0,11b b b � � m  2   , a1  , a1  Rõ ràng số chữ số ,a1a2 a3 an  2 nhiều ,a2 a3a4 an  2 chữ số nên từ ta quy nạp cơng thức tính f  x  : x  0,a1a2   � f  x   ,a1a1a2 a2   Bài 10: (IMO SL 2000) �f  2n  1  f  2n   � n N �n N : �f  4n   f  2n   f  n  Chứng minh rằng: m �Z , số số Cho f :n � �f  4n    f  4n   m 1 n �Z : n  2m mà f  4n   f  3n  f   Giải: Trong toán này, n bị chia thành trường hợp chia cho 2, nên ta xét n số Áp dụng điều kiện f  4n   f  2n   f  n  cho số dạng n  2k ta có: f    f    f  1 f  8  f    f   f  16   f  8  f   k Khi ta đặt f    ak ta có: ak 1  ak  ak 1 , điều kiện giống dãy số Lucas mà chí trường hợp đặc biệt dãy Fibonacci, tốn đặc biệt, ta xét n hệ số 2, f  n  tính theo tổng số dãy Fibonacci, ta tạm gọi “hệ số Fibonacci” Với điều kiện f  2n  1  f  2n   f  4n    f  4n   giá trị dãy f  n  “hệ số Fibonacci” Vậy ta dự đốn: n  ak ak 1 a0  2 � f  n   ak Fk  ak 1Fk 1   a0 F0 Trong  Fn  dãy Fibonacci: F0  F1  1,Fn 1  Fn  Fn 1 Phần chứng minh quy nạp khẳng định hoàn toàn rõ ràng Ta khẳng định biểu diễn nhị phân n khơng có bit kề f  3n   f  4n  Thật :   n  akr 2kr   ak0 2k0 ,  ki 1  ki �2 i  3n  akr 2kr 1  kr   ak0 2k0 1  k0 Khi tính tốn f  3n  , Fi 1 thay theo quy tắc Fi 1  Fi   Fi  , ta f  4n  Ta khẳng định f  3n  �f  4n  n �0 , đẳng thức xảy biểu diễn nhị phân n bit kề Ta chứng minh khẳng định với �n  m quy nạp theo m �1 Việc kiểm tra giá trị nhỏ m hoàn toàn rõ ràng Giả sử khẳng định với m , ta cần chứng minh khẳng định với 2m �n  2m1 m2 Đặt n  2m  p với �p  2m Khi f  4n   f   p   Fm3  f  p  Ta chia thành trường hợp : -) Nếu p  2m : biểu diễn nhị phân p không “nhớ” thêm vào biểu diễn nhị phân 3.2m Do f  3n   f  3.2 m   f  p   Fm3  f  p  �Fm3  f  p   F  4n  Đẳng thức xảy f  p   f  p  , biểu diễn nhị phân p khơng có bit kề -) Nếu 2m �3 p  2m 1 : biểu diễn nhị phân p “nhớ” thêm vào biểu diễn nhị phân 3.2m Do f  3n   Fm 3  � �f  p   Fm 1 � � Fm 2  f  p   Fm 3  f  p   F  4n  -) Nếu 2m1 �3 p  3.2 m : biểu diễn nhị phân p “nhớ” thêm 10 vào biểu diễn nhị phân 3.2m Do f  3n   Fm 3  Fm1  � �f  p   Fm � � Fm 1  f  p   F  4n  0; 2m  mà biểu diễn nhị phân n Ta phải đếm xem có số n miền � � khơng có bit kề Gọi số số n um Trong um số n có um1 số nhỏ 2m1 um số 2m1 ; m  Do um  um1  um m �3 miền � � m 1 Mà u1   F3 ,u2   F4 nên ta có um  Fm  f   Sau xin gửi đến số toán khác để rèn luyện thêm : Bài 11: Tìm f : Z � Z tăng, f  f  n    3n Bài 12: (Poland 2000)   Tồn không f : Z � Z : f  f  n    2n ? Bài 13: �f  2n   f  n     � f : Z � Z : Tìm � �f  2n  1  f  n  � �� �f  2n   f  n  � � f  n  �� Bài 14: (Bangladesh 2018) Cho f : Z � Z , f  2n  1  f  2n    1, f  2n   f  2n  1 Tìm f  1 cho f  1971  f  2018   1 Bài 15: (Taiwan TST 2016) Tìm tồn ánh f : Z �Z � Z thỏa mãn với a, b, c �Z thì: i) f  a; b  �a  b ii) f  a; f  b; c    f  f  a; b  ; c  a b iii) Cả C f  a ;b  C f  a ;b  lẻ C – KẾT LUẬN: Trên số phân tích xoay quanh tốn sử dụng hệ số giải tốn phương trình hàm Hy vọng qua phân tích này, bạn đọc hình dung đường lối suy nghĩ, phương pháp tiếp cận để thấy tự nhiên lời giải, từ áp dụng vào toán khác Do tất phân tích quan điểm cá nhân nên mong nhận góp ý bạn đọc để hoàn chỉnh viết Xin chân thành cảm ơn! D – TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1] https://artofproblemsolving.com/ [2] Topics in Functional Equations, Andreescu – Boreico – Mushkarov – Nikolov, 2012 XYZ Press  ... làm việc với số hữu tỷ số tự nhiên Tuy nhiên thực ta có dấu hiệu để nghĩ đến hệ số, việc x hàm f bị chia thành hai trường hợp liên quan đến số 2, để mô tả điều ta sử dụng hệ nhị phân số không nguyên... Trên số phân tích xoay quanh tốn sử dụng hệ số giải tốn phương trình hàm Hy vọng qua phân tích này, bạn đọc hình dung đường lối suy nghĩ, phương pháp tiếp cận để thấy tự nhiên lời giải, từ áp dụng. .. Giải: Việc công thức xác định hàm số bị chia thành trường hợp khác chia cho gợi ý ta nghĩ đến việc xem xét số n f  n  hệ số 4, tất nhiên thông thường hệ số thông dụng Ta thử xem xét giá trị ban