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

	Cao Yến Anh on Japan MO Finals 2019
	Nguyen Trung Tuan on VMO 2019 Online
	Đào Trọng Toàn on VMO 2019 Online
	Hà Minh Hiếu on VMO 2019 Online
	Chiến Thang on IMO 2018 training (1)
	Duy on VMO 2019 Online
	Phan Nhật Huy on VMO 2019 Online
	Rena on VMO 2019 Online
	Minh on VMO 2019 Online
	Nguyen Trung Tuan on VMO 2019 Online

Share this:

Like this:

Related

Leave a Reply Cancel reply