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 $x=y=0$ , $x=a,y=0$ và $x=0,y=a$ 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 $x+f(x)\in S\,\,\,\forall x\in\mathbb{Z}$ và $S$ 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 $(\mathbb{Z},+)$ và $x+f(x)\in T\,\,\forall x\in\mathbb{Z}$ .

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 $f(1)=1$ và $f(n)=n-f(f(n-1))$ 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 $f(0)=0$ và $f(n)=n-f(f(n-1))\,\,\forall n\geq 1.$

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 $f(0)=0$ .

Bài 6. Cho trước số thực $C>1$ . Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\to (0;+\infty)$ sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn

a) $f(1)=1$ và $f(2)=2$ ;

b) $f(mn)=f(m)f(n)\,\,\forall m,n\in\mathbb{N}^*$ ;

c) $f(m+n)\leq C(f(m)+f(n))\,\,\forall m,n\in\mathbb{N}^*$ .

Bài 7. Cho số nguyên dương $n\geq 2.$ Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f(x-f(y))=f(x+y^n)+f(f(y)+y^n)\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Bài 8. Cho hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ . Chứng minh rằng có các số thực $x$ và $y$ sao cho $f(x-f(y))>yf(x)+x.$

Bài 9. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f(0)\geq 0$ và $f(x+y)\geq f(x)+yf(f(x))\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Bài 10. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f(0)>0$ và $f(x+y)\geq f(x)+yf(f(x))\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Bài 11. (ISL 2001) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho

$f(xy)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x)f(y)\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Lời giải. Giả sử $f(x)$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

Nếu $f(1)=0$ thì bằng cách cho $y=1$ ta được $f(x)=0\,\,\forall x\in\mathbb{R}.$

Nếu $f(1)\not =0$ ta đặt $G=\{x\in\mathbb{R}|f(x)\not =0\}$ .

Ta nhận thấy là $f(0)=0$ , $f(x)\in\{0;xf(1)\}\,\,\forall x\in\mathbb{R}$ , và $G$ là một nhóm con của nhóm nhân các số thực khác $0$ .

Ngược lại nếu $G$ là một nhóm con của $(\mathbb{R}^*,\cdot)$ thì dễ thấy hàm số $f$ xác định bởi $f(x)=\begin{cases}ax\,\,\,\forall x\in G\\ 0\,\,\,\forall x\in\mathbb{R}-G\end{cases}$ thỏa mãn các yêu cầu của bài toán ( $a$ là một số thực bất kì).

Như vậy đó là tất cả các nghiệm của bài toán.

Bài 12. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho

$f(x)f(x+y)=f^2(y)f^2(x-y)e^{y+4}\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Bài 13. (ISL 2004) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho

$f(x^2+y^2+2f(xy))=f^2(x+y)\,\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Bài 14. (Iran TST 2012) Cho $g$ là một đa thức có bậc ít nhất $2$ với hệ số dương. Tìm tất cả các hàm số $f:(0;+\infty)\to (0;+\infty)$ sao cho

$f(f(x)+g(x)+2y)=f(x)+g(x)+2f(y)\,\,\forall x,y>0.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu của bài toán.

Tính chất 1. Có các số thực dương $c,M$ sao cho $f(x+c)=c+f(x)\,\,\,\forall x>M$ .

Chọn hai số thực dương $a,b$ sao cho $f(b)+g(b)-f(a)-g(a)>0$ và lấy $c$ bằng giá trị đó.

Cho $x=a,b$ và so sánh hai kết quả thu được ta có điều phải chứng minh.

Tính chất 2. Cố định $x_0>M$ và đặt $d=g(x_0+c)-g(x_0)$ . Khi đó ta có $f(r+d)=d+f(r)\,\,\,\forall r>0$ .

Cho $x=x_0+c,y>M$ ta được $f(z+d)-f(z)=d$ với mỗi $z$ đủ lớn. Từ đây ta dễ có điều cần chứng minh.

Tính chất 3. Có hằng số $a$ để $f(x)=x+a\,\,\,\forall x>0$ .

Do giả thiết về $g$ , sẽ có số thực dương $k$ sao cho $[k;+\infty)\subset \{g(x+c)-g(x)|x>M\}$ .

Theo tính chất trên ta có $f(r+d)=f(r)+d\,\,\forall r>0\,\,\,\forall d\geq k$ , không khó khăn lắm ta được tính chất 3.

Thay trở lại giả thiết ta được $f(x)=x\,\,\forall x>0.$

Bài 15. (Iran TST 2011) Tìm tất cả các toàn ánh $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sao cho $f(x+f(x)+2f(y))=f(2x)+f(2y)\,\,\forall x,y\in\mathbb{R}.$

Lời giải. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Vì $f$ là toàn ánh nên có $a\in\mathbb{R}$ sao cho $f(a)=0$ .

Cho $x=y=a$ ta được $f(2a)=0$ và bởi quy nạp $f(2^na)=0\,\,\forall n\geq 0.$

Cho $x=a,x=2a$ và so sánh hai kết quả ta được $f(x)=f(x+a)\,\,\forall x\in\mathbb{R}\,\, (1)$ .

Cho $y=y_0$ với $\displaystyle f(y_0)=\frac{x-f(x)}{2}$ ta được $f(x-f(x))=0\,\,\forall x\in\mathbb{R}\,\, (2)$

Kết hợp $(1),(2)$ ta được $f(x)=f(f(x))\,\,\forall x\in\mathbb{R}$ , nhưng $f$ lại là toàn ánh, suy ra $f(x)=x\,\,\forall x\in\mathbb{R}.$

Thử lại thấy đúng. Vậy hàm số phải tìm là $f(x)=x\,\,\forall x\in\mathbb{R}.$

Bài 16. (IMO 2010) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*$ sao cho $(f(m)+n)(m+f(n))$ là số chính phương với mỗi hai số nguyên dương $m,n$ .

Bài 17. (Iran TST 2011) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\to\mathbb{N}^*$ sao cho $mf(m)+nf(n)+2mn$ là số chính phương với mỗi hai số nguyên dương $m,n$ .

M	T	W	T	F	S	S
« Aug				Oct »
					1	2
3	4	5	6	7	8	9
10	11	12	13	14	15	16
17	18	19	20	21	22	23
24	25	26	27	28	29	30

	Nguyen Trung Tuan on Một số sách nên đọc đối với họ…
	Nam on Một số sách nên đọc đối với họ…
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist – Comb…
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist –…
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist – Number…
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist –…
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist – Number…
	Khánh Huyền on IMO 2017 – Day 2
	IMO 2016 Shortlist –… on IMO 2016 Shortlist –…
	IMO 2017 – Day… on IMO 2017 – Day 1

Share this:

Like this:

Related

Leave a Reply Cancel reply