ABC Proof Could Be Mathematical Jackpot


You can’t always solve a mathematical problem by reducing it to something you’ve already solved. Sometimes, you need to invent an entirely new field of mathematics. Last month, Shinichi Mochizuki of Kyoto University in Japan announced that a new field he’s been developing for several years—which he calls Inter-universal Teichmüller theory—has proved a famous conjecture in number theory known as the “abc conjecture.” But the abc conjecture is only the beginning: If Mochizuki’s theory proves correct, it will settle a raft of open problems in number theory and other branches of math.

The conjecture grows out of a seemingly trivial equation: a + b = c. Unlike the equation a2 + b2 = c2, which requires some algebraic finesse to produce solutions (not to mention its famously unsolvable cousin a n + bn = cn with exponent n greater than two), the equation a + b = c essentially solves itself: Just pick two numbers a and b, add them together, and voilà.

But when you bring in prime numbers, things get interesting. In the mid 1980s, mathematicians David Masser of the University of Basel in Switzerland and Joseph Oesterlé of Pierre and Marie Curie University in Paris observed that when a and b are divisible by small primes raised to large powers—numbers such as a = 210 and b = 34—their sum c tends to factor into large primes to small powers. (In this example, 1024 + 81 = 1105 = 5 x 13 x 17.) The abc conjecture describes this connection in precise mathematical language, highlighting how the underlying “tension” between the operations of addition and multiplication produce such lopsided equations: many small primes on one side, a few relatively large primes on the other.

Continue reading “ABC Proof Could Be Mathematical Jackpot”

Một số bài toán về hàm số


Bài 1. (China TST 2012) Cho số nguyên n. Tìm tất cả các hàm số f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z} sao cho f(x+y+f(y))=f(x)+ny\,\,\forall x,y\in\mathbb{Z}.

Lời giải. Giả sử f là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Xét các trường hợp sau

1/. Nếu n là số nguyên dương

Đặt f(0)=a. Từ giả thiết, cho x=y=0, x=a,y=0x=0,y=a ta được f(a)=a,f(2a)=f(a),f(2a)=(n+1)a. Suy ra na=0, hay f(0)=0.

Xét tập hợp S=\{y\in\mathbb{Z}|f(x+y)=f(x)+f(y)\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}\}. Dễ thấy x+f(x)\in S\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}S là một nhóm con của nhóm (\mathbb{Z},+). Suy ra S=\{0\} hoặc có số nguyên dương m sao cho S=m\mathbb{Z}. Không thể xảy ra trường hợp đầu vì hàm số f(x)=-x\,\,\forall x\in\mathbb{Z} không thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Bây giờ ta quan tâm đến trường hợp sau.

Từ f(x+y)=f(x)+f(y)\,\,\,\forall x,y\in S ta có \displaystyle f(x)=\frac{xf(m)}{m}\,\,\,\forall x\in S.

Do đó \displaystyle f(x+f(x))=\frac{(x+f(x)f(m)}{m}\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}, nhưng từ giả thiết ta lại có f(x+f(x))=nx\,\,\forall x\in\mathbb{Z}, suy ra f(x)=kx\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}, với k là một số nguyên nào đó. Thay trở lại đồng nhất thức ban đầu ta được k(k+1)=n.

2/. Nếu n là số nguyên âm

Lập luận như trường hợp trên ta được k(k+1)=n, với k là một số nguyên. Điều này không bao giờ xảy ra, và do đó không có hàm số nào thỏa mãn yêu cầu của bài toán trong trường hợp này.

3/. Nếu n=0

Ta có f(x+y+f(y))=f(x)\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{Z}.

Xét tập hợp T=\{y\in\mathbb{Z}|f(x+y)=f(x)\,\,\forall x\in\mathbb{Z}\}, dễ thấy T là một nhóm con của (\mathbb{Z},+)x+f(x)\in T\,\,\forall x\in\mathbb{Z}.

Nếu T=\{0\} thì f(x)=-x\,\,\forall x\in\mathbb{Z}. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.

Nếu T=l\mathbb{Z} với l là số nguyên dương nào đó thì x+f(x)=lg(x)\,\,\forall x\in\mathbb{Z}, ở đây g:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z} là một hàm thỏa mãn g(x+l)=g(x)+1\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}. (hàm này hoàn toàn được xác định bởi ảnh của nó tại 0,1,\ldots,l-1)

Thử lại ta thấy hàm f xác định như trên thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

Kết luận:

Nếu n>0 và phương trình x(x+1)=n có nghiệm nguyên thì hàm số phải tìm là f(x)=cx\,\,\forall x\in\mathbb{Z} với c là một nghiệm của phương trình đó.

Nếu n<0 thì không có hàm số nào thỏa mãn.

Nếu n=0 thì f(x)=-x\,\,\forall x\in\mathbb{Z} hoặc f(x)=-x+lg(x)\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}, ở đây l là một số nguyên dương và g:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z} là một hàm thỏa mãn g(x+l)=g(x)+1\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}.

Bài 2. (BMO 2010) Gọi X là tập tất cả các số nguyên dương và f:X\to X là một hàm thoả mãn f(1)=1f(n)=n-f(f(n-1)) với mỗi n>1. Chứng minh rằng f(n+f(n))=n với mỗi n\in X.

Lời giải. Chỉ có không quá một hàm số thỏa mãn. Ta sẽ chứng minh f(n)=\left[\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}(n+1)\right] thoả mãn các điều kiện của bài toán.

Có thể dễ thấy rằng f(1)=1, ta chỉ cần chứng minh

n-[\alpha (n+1)]\leq\alpha ([\alpha n]+1)<n+1-[\alpha (n+1)].

Nhưng bất đẳng thức này dễ chứng minh theo định nghĩa phần nguyên, chỉ cần đặt [\alpha n]=k và biểu diễn mỗi thứ qua k.

Cuối cùng để hoàn tất lời giải, ta phải chứng minh rằng f(n+f(n))=n với mỗi n nguyên dương. Hay tương đương với

[\alpha (n+1+[\alpha (n+1)])]=n\,\,\,\forall n\in X.

Điều này cũng chứng minh tương tự như trên.

Bài 3. (China TST 2007) Hàm f:\mathbb{N}\to\mathbb{R} thỏa mãn f(0)=0f(n)=n-f(f(n-1))\,\,\forall n\geq 1.

Tìm tất cả các đa thức g(x) với hệ số thực sao cho f(n)=[g(n)]\forall n\geq 0.

Lời giải. Gọi \alpha là nghiệm dương của phương trình x^2-x-1=0. Theo bài 2 ta có f(n)=\left[\dfrac{n+1}{\alpha}\right].

Giả sử g là đa thức thỏa mãn thì g phải là đa thức bậc 1, viết g(x)=ux+v. Ta phải tìm u,v sao cho

\left[\dfrac{n+1}{\alpha}\right]=[un+v]\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}.

Từ đẳng thức trên ta có \left|\dfrac{n+1}{\alpha}-un-v\right|<1\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}, từ bất đẳng thức này ta cho n đủ lớn thì sẽ được u=1/\alpha. Thay trở lại đẳng thức phần nguyên lúc đầu ta được \{\dfrac{n}{\alpha}+v\}-\{\dfrac{n+1}{\alpha}\}=v-\dfrac{1}{\alpha}. Nếu v>\dfrac{1}{\alpha} thì hai phần lẻ đó cách nhau một khoảng không đổi với cùng một giá trị n. Nhưng ta biết là \{\dfrac{n+1}{\alpha}\} trù mật trong [0;1] nên ta có thể chọn n để phần lẻ này gần 1 tùy ý, suy ra phần lẻ kia sẽ lớn hơn 1, vô lý. Từ đây suy ra v=\dfrac{1}{\alpha}. Và bởi vậy đa thức phải tìm là g(x)=\dfrac{x+1}{\alpha}.

Bài 4. (Iran TST 2012) Cho hàm số f:[0;+\infty)\to [0;+\infty) thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau

a) f(a)=0 khi và chỉ khi a=0;

b) f(ab)=f(a)f(b)\,\,\forall a,b\geq 0;

c) f(a+b)\leq 2\max\{f(a),f(b)\}\,\,\,\forall a,b\geq 0.

Chứng minh rằng f(a+b)\leq f(a)+f(b)\,\,\forall a,b\geq 0.

Lời giải. Bằng quy nạp theo n ta có f(n)\leq 2n\,\,\,\forall n\in\mathbb{N}.

Sử dụng c) ta được \displaystyle f(a)+f(b)\geq\frac{f(a+b)}{2}\,\,\forall a,b\geq 0.

 

Giả sử ngược lại, khi đó có a,b\geq 0,a+b\not=0  và k>1 để f(a+b)=k(f(a)+f(b)). Từ đây, kết hợp với hai kết quả bên trên ta được

\displaystyle f^{2^s-1}(a+b)\geq \frac{k^{2^s-1}}{2^{s+1}}f[(a+b)^{2^s-1}]\,\,\,\forall s\in\mathbb{N}^*.

Đây là điều vô lí nếu kết hợp với b), và do đó bài toán được giải.

 

Bài 5. (IMO 2011) Cho hàm số f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} thỏa mãn

f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x))\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.

Chứng minh rằng f(x)=0\,\,\forall x\leq 0.

Lời giải.  Từ giả thiết ta có f(t)\leq tf(x)-xf(x)+f(f(x))\,\,\forall x,t\in\mathbb{R}.\,\,\, (1)

Trong (1), thay t=f(a),x=b rồi t=f(b),x=a sau đó cộng theo vế ta được af(a)+bf(b)\leq 2f(a)f(b)\,\,\,\forall a,b\in\mathbb{R}.

Suy ra af(a)\leq 0\,\,\,\forall a\in\mathbb{R}, do đó f(a)\geq 0\,\,\forall a<0.

Nếu có số thực x sao cho f(x)>0 thì từ (1) ta có f(t)<0 với mỗi t đủ nhỏ, trái với điều ta vừa tìm được. Như vậy f(x)\leq 0\,\,\forall x\in\mathbb{R}\,\,\, (2), và do đó f(x)=0\,\,\forall x<0.

Việc của ta bây giờ là chứng minh f(0)=0.

Trong (1) cho t=x<0 và dùng (2) ta có ngay f(0)=0.

Continue reading “Một số bài toán về hàm số”