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”