PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng. Ngoài các vấn đề chung của hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh , chúng còn liên quan đến các khái niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ đồng dư, hàm nhân tính, Trong một số trường hợp bản chất của bài toán về các hàm số xác định trên tập số nguyên chính là bài toán số học. Mặt khác, khi xét các bài toán về hàm f : RN → * ta có thể chuyển về bài toán của dãy số. Dùng các kết quả của dãy số, ta thu được tính chất cần thiết để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Dưới đây ta xét một vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên. I. Sử dụng các kết quả của dãy số 1. Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức truy hồi Dạng 1 Tìm n U biết 0 11 =++ −+ nnn cUbUaU , 2; ≥∈ nNn với 21 ;UU cho trước. Phương pháp giải Giải phương trình đặc trưng 0 2 =++ cba λλ (1) a) Nếu 1 λ , 2 λ là hai nghiệm thực phân biệt của (1) thì nn n BAU 21 λλ += , trong đó A, B được xác định theo 21 ;UU . b) Nếu λ là nghiệm kép của (1) thì ,)( n n nBAU λ += trong đó A, B được xác định theo 21 ;UU . c) Nếu iyx += λ là nghiệm phức của (1) thì ),sincos( ϕϕ nBnArU n n += với ;|| 22 yxr +== λ       −∈ 2 ; 2 ππ ϕ sao cho x y = ϕ tan và A, B được xác định theo 21 ;UU . Dạng 2 Tìm n U biết nnnn fcUbUaU =++ −+ 11 , 21 ;UU cho trước, n f là đa thức bậc n cho trước. Phương pháp giải Giải phương trình đặc trưng cba ++ λλ 2 (2). Ta có , 10 nnn UUU += trong đó 0 n U là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất dạng 1. 0 11 =++ −+ nnn cUbUaU (3) 1 n U là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. nnnn fcUbUaU =++ −+ 11 (4) Theo dạng (1) ta tìm được 0 n U , trong đó A, B chưa xác định. 1 n U xác định như sau a) Nếu 1 ≠ λ là nghiệm của phương trình (2) thì 1 n U là đa thức cùng bậc với n f . 1 b) Nếu 1= λ là nghiệm đơn của (2) thì ,. 1 nn gnU = trong đó n g là đa thức cùng bậc với n f . c) Nếu 1= λ là nghiệm kép của phương trình (2) thì ,. 21 nn gnU = trong đó n g là đa thức cùng bậc với n f . Thay 1 n U vào phương trình (4), đồng nhất hệ số tìm được 1 n U . Biết 1 U , 2 U từ hệ thức 10 nnn UUU += ta tính được A, B. Ví dụ 1.1 Tìm tất cả các hàm số f xác định trên N thoả mãn các điều kiện sau a) 1)( =nf b) )().(3)(2)().(2 kfnfnkfknfnf =−−+ ; Nnk ∈∀ , (1). Giải Cho 0== nk từ (1) ta có 0)0(2))0(( 2 =+ ff , suy ra 0)0( =f hoặc 2)0( −=f . Nếu 0)0( =f cho 0=n từ (1) ta có 0)( =kf , Nk ∈∀ suy ra 0)1( =f mâu thuẫn với giả thiết, vậy 2)0( −=f . Từ (1) cho 1=n ta được 0)1(2)(3)1(2 =−−−+ kfkfkf ; .Nk ∈∀ Xét phương trình đặc trưng 0232 2 =−− λλ có nghiệm 2 1 1 − = λ và 2 2 = λ . Ta tìm được f dưới dạng nn BAnf ) 2 1 .(2.)( −+= với 2)0( −=f ; .1)1( =f Ta có    −= = ⇔      =− −=+ 2 0 1 2 1 2 2 B A BA BA suy ra 1 1 2 1 .)1()( − + −= n n nf , thay vào thoả mãn đề bài. Vậy , 2 1 .)1()( 1 1 − + −= n n nf Nn ∈∀ là nghiệm của bài toán. Ví dụ 1.2 Tìm tất cả các hàm f : RN →* thoả mãn các điều kiện sau a) 1)1( =f ; 0)2( =f b) ,1)1()(2)1( +=−+−+ nnfnfnf *Nn ∈∀ (1). Giải Giải phương trình đặc trưng 012 2 =+− λλ có nghiệm kép 1 = λ . Ta có ),()()( 10 nfnfnf += trong đó nBAnBAnf n +=+= 1).()( và )()( 21 bannnf += (2). Thay )( 1 nf vào phương trình (1) ta được ,1))1(()1()(2))1(()1( 222 +=+−−++−+++ nbnanbannbnan *Nn ∈∀ 2 ⇔ ,012)16( =−+− bna *Nn ∈∀ suy ra 6 1 =a và , 2 1 =b thay vào (2) được 6 )3( 2 1 6 1 )( 2 21 + =       += nn nnnf và 6 )3( )( 2 + ++= nn BnAnf . Mà 1)1( =f ; 0)2( =f , nên ta có      −= = ⇔        =++ =++ 3 11 4 0 3 10 2 1 3 2 B A BA BA Cuối cùng tìm được 4 3 11 6 )3( )( 2 +− + = n nn nf , *Nn ∈∀ là nghiệm của bài toán. Ví dụ 1.3 Tìm tất cả các hàm f : ZN → thoả mãn a) 1)1( =f b) ,2.3)()()(2)( k nnkfkfnfnkf =−+−+ Nnk ∈∀ ; (1). Giải Từ (1) cho 0== kn ta có 0))0(()0( 2 =− ff suy ra 0)0( =f hoặc 1)0( =f . Nếu 0)0( =f từ (1) cho 0=n thì ,0)( =kf Nk ∈∀ suy ra 0)1( =f mâu thuẫn với giả thiết, nên 1)0( =f . Từ (1) cho 1=n ta có k kfkfkf 2.3)1()(2)1( =−+−+ (2). Xét phương trình đặc trưng 012 2 =+− λλ có nghiệm kép 1= λ . Ta tìm được nghiệm dưới dạng ),()()( 10 kfkfkf += trong đó kBAkf .)( += và .2.)( 1 k akf = Thay )( 1 kf vào phương trình (2) được ,2.32222 11 kkkk aaa =+− −+ Nk ∈∀ nên 6=a ⇒ .2.6)( k BkAkf ++= Lại có 1)0( =f ; 1)1( =f nên A, B xác định như sau    −= −= ⇔    =++ =+ 6 5 112 16 B A BA A suy ra 5662)( −−= nnf n ; *Nn ∈∀ là nghiệm của bài toán. 2. Kết hợp các tính chất của hàm số như: tuần hoàn, đơn ánh với các tính chất của dãy số như: cấp số cộng, cấp số nhân và các bất đẳng thức, các hằng đẳng thức đại số và lượng giác để giải các bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1.4 Có tồn tại hay không hàm số f : ZZ → sao cho ;)())(( nmfnfmf −=+ Znm ∈∀ , (1). Giải Giả sử tồn tại hàm f thoả mãn đề bài. Từ (1) cho 0=m ta có nfnff −= )0())(( (2). Với Znn ∈ 21 , mà )()( 21 nfnf = thì )),(())(( 21 nffnff = từ (2) suy ra ,)0()0( 21 nfnf −=− do đó 21 nn = nên f là đơn ánh. 3 Cho 0=n từ (1) ta có mfmmffmf =+⇔=+ )0()())0(( Từ đó ta được 0)0( =f thay vào (2) có ,))(( nnff −= Zn ∈∀ (3) Từ (1) thay m bằng )(mf và áp dụng (3) ta được .)())(( nmnfmff −−=+ Xét qpnm ,,, là các số nguyên sao cho ,qpnm +=+ khi đó ( ) ( ) )()(()()( qfpffqpnmnfmff +=−−=−−=+ Theo chứng minh trên f là đơn ánh, nên suy ra )()()()( qfpfnfmf +=+ Do đó với mọi Zn ∈ ta có )()()1()1( nfnfnfnf +=−++ ⇔ )1()()()1( −−=−+ nfnfnfnf ⇒ )0()1()1()2( )1()()()1( ffffnfnfnfnf −=−==−−=−+ nên { } )(nf là một cấp số cộng với số hạng đầu là 0)0( 1 == fU và công sai )1(fd = suy ra ,)( 11 ndndUUnf n =+== + .0 ≥∀ n Ta xét với hai số 0,0 ≥> mn sao cho 0 ≥+ ndm thay vào (1) được nmddndmnmdndmfnmfndmfnfmf −=+⇔−=+⇔−=+=+ )()()()())(( Từ đó có 1 2 −=d (vô lý), do vậy không tồn tại hàm f thoả mãn yêu cầu của đề bài. Ví dụ 1.5 Tìm tất cả các hàm f : RN → thoả mãn các điều kiện sau a) cf =)0( b) , )(3 1)(3 )1( nf nf nf − + =+ *Nn ∈∀ (1). Giải Từ (1) ta có 6 tan)(1 6 tan)( )( 3 1 1 3 1 )( )1( π π nf nf nf nf nf − + = − + =+ ⇒ 6 tan)0(1 6 tan)0( )1( π π f f f − + = Do đó ta đặt α tan)0( == cf thì ) 6 tan()1( π α +=f ) 6 2 tan( 6 tan) 6 tan(1 6 tan) 6 tan( 6 tan)1(1 6 tan)1( )2( π α ππ α ππ α π π += +− ++ = − + = f f f Ta chứng minh quy nạp công thức ), 6 tan()( π α +=nf Nn ∈ (2). Thật vậy, với 2;1;0=n công thức (2) đúng. Giả sử ). 6 tan()( π α n nf += 4 Ta có 6 tan) 6 tan(1 6 tan) 6 tan( 6 tan)(1 6 tan)( )1( ππ α ππ α π π +− ++ = − + =+ n nf nf nf , 6 )1(tan       ++= π α n hay (2) đúng với .1+n Nghiệm của bài toán là ), 6 tan()( π α nnf += .Nn ∈∀ II. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nap Nguyên lý quy nạp: Cho NT ⊂ ; T∈1 và nếu Tn ∈ suy ra Tn ∈+1 thì .*NT = Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm ta có thể sử dụng các phương pháp quy nạp khác nhau. Thông thường ta tìm cách tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy luật tổng quát )(nf và chứng minh nó bằng quy nạp theo n . Ví dụ 2.1 Tìm tất cả các hàm **: NNf → thoả mãn đồng thời các điều kiện sau a) 1)1( =f b) ,)()()( mnnfmfnmf ++=+ .*; Nnm ∈∀ Giải Cho 0 = m từ b) ta có ,1)()1( ++=+ nnfnf *Nn ∈∀ (1) ⇒ nnfnf +−= )1()( , 1, >∈∀ nNn (2). Ta tính vài giá trị ban đầu của )(nf . 1 = n từ a) suy ra . 2 )11(1 1)1( + ==f 2 = n từ (2) suy ra . 2 )12(2 32)1()2( + ==+= ff 3 = n từ (2) suy ra . 2 )13(3 63)2()3( + ==+= ff Ta chứng minh quy nạp *, 2 )1( )( Nn nn nf ∈∀ + = (3). Với 1=n thì (3) đúng. Giả sử . 2 )1( )( + = nn nf Ta có , 2 )2)(1( 1 2 )1( 1)()1( ++ =++ + =++=+ nn n nn nnfnf tức là (3) đúng với 1+n nên (3) đúng với mọi *Nn ∈ . Mặt khác do có (1) nên nếu f thoả mãn đề bài thì f được xác định duy nhất. Vậy hàm số cần tìm là 2 )1( )( + = nn nf , .*Nn ∈∀ Ví dụ 2.2 Cho hàm ),( nmf với Znm ∈, thoả mãn đồng thời các điều kiện sau a) 1),0( += nnf b) )1,()0,1( mfmf =+ 5 c) ( ) ;),1(,)1,1( nmfmfnmf +=++ 0, ≥∀ nm . Hãy tính ).1981,4(f Giải Theo c) có ))1981,4(,3()1981,4( fff = . Ta đi xác định ),,3( nf muốn vậy ta phải tính ),1( nf và ),2( nf . . Tính ),1( nf .211)1,0()0,1( =+== ff .312)2,0())0,1(,0()1,1( =+=== ffff .413)3,0())1,1(,0()2,1( =+=== ffff Ta chứng minh quy nạp 2),1( += nnf , .Nn ∈∀ Giả sử có ,2),1( += nnf phải chứng minh 3)1,1( +=+ nnf . Thật vậy có ,3)2,0()),1(,0()1,1( +=+==+ nnfnffnf đó là điều phải chứng minh. . Tính ),2( nf .30.23)1,1()0,2( +=== ff .31.25)3,1())0,2(,1()1,2( +==== ffff .32.27)5,1())1,2(,1()2,2( +==== ffff Ta chứng minh quy nạp 32,2( += nnf , .Nn ∈∀ Giả sử có ,32),2( += nnf phải chứng minh .52)1,2( +−+ nnf Thật vậy có ,52)32,1()),2(,1()1,2( +=+==+ nnfnffnf đó là điều phải chứng minh. . Tính ),3( nf .5)1,2()0,3( == ff .3213)5,2())0,3(,2()1,3( 31 −==== + ffff .3229)13,2())1,3(,2()2,3( 32 −==== + ffff Chứng minh quy nạp 32),3( 3 −= +n nf , .Nn ∈∀ Giả sử có 32),3( 3 −= +n nf ta chứng minh .32)1,3( 4 −=+ +n nf Thật vậy có ,323)32(2)32,2()),3(,2()1,3( 433 −=+−=−==+ +++ nnn fnffnf suy ra điều phải chứng minh. . Tính ),4( nf .1332)1,3()0,4( 4 =−== ff .3232)13,3())0,4(,3()1,4( 2 2 216 −=−=== ffff 3232)32,3())1,4(,3()2,4( 2 2 216 2216 −=−=−== ffff . 6 Chứng minh quy nạp với Nn ∈ thì 32),4( 2 . . . 2 −=nf , trong đó có )3( +n số 2. Giả sử 32),4( 2 . . . 2 −=nf với )3( +n số 2. Ta chứng minh 32)1,4( 2 . . . 2 −=+nf với )4( +n số 2. Thật vậy có )32,3()),4(,3()1,4( 2 . . . 2 −==+ fnffnf với )3( +n số 2 3232 2 . . . 2 . . . 23)32( −=−= +− với )4( +n số 2, đó là điều phải chứng minh Từ đó ta được 32)1981,4( 2 . . . 2 −=f với 1984 số 2. Nhận xét : Nguyên lý quy nạp không còn đúng trong tập Z, nhưng trong các bài toán ta có thể chia tập Z thành phần dương, âm và quy nạp rời rạc, có thể làm như sau: Giả sử bài toán đúng với nnn ; ;2;1;0;1; ;1; −+−− ta chứng minh bài toán cũng đúng với 1 −− n và ,1+n chẳng hạn xét các ví dụ sau Ví dụ 2.3 Tìm tất cả các hàm :f ZZ → thoả mãn các điều kiện sau a) 1)0( =f b) nnff =))(( , Zn ∈∀ c) ( ) ,2)2( nnff =++ .Zn ∈∀ Giải Từ a) và b) ta có ),1())0((0 fff == vậy 1)0( =f và 0)1( =f . Cho 2−=n từ c) ta có: 2)2)0(( −=+ff suy ra 312)3( −=−=f Cho 3=n từ b) ta có 3))3(( =ff suy ra )2(13)2( −−==−f Cho 1−=n từ c) ta có 1)2)1(( −=+ff suy ra 211)2( −=−=f Cho 2=n từ b) ta có 2))2(( =ff suy ra )1(12)1( −−==−f Chứng minh quy nạp ,1)( nnf −= Zn ∈∀ (1). Đẳng thức (1) đúng với .2;1;0,;;2 −−=n Giả sử (1) đúng với { } .12;2; ;1;0; ;12;2 ++−−∈ kkkkn Ta chứng minh (1) đúng với { } .32;22;12;22 ++−−−−∈ kkkkn Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có 12)2(1)2( +=−−=− kkkf và kkkf 2)12(1)12( =+−−=+− suy ra )22(112)2)212(()22( +−=−−=++−−=+ kkkffkf )32(122)2)222(()32( +−=−−=++−−=+ kkkffkf )22(132))32(()22( −−−=+=+=−− kkkffkf 7 )12(122))22(()12( −−−=+=+=−− kkkffkf Chứng tỏ (1) đúng với { } .32;22;12;22 ++−−−−∈ kkkkn Vậy ,1)( nnf −= Zn ∈∀ là nghiệm của bài toán. Ví dụ 2.4 Xác định tất cả các hàm :f ZZ → thoả mãn các điều kiện sau a) ),().(2)()( nfkfnkfnkf =−++ Znk ∈∀ ; b) Tồn tại số nguyên N sao cho ,|)(| Nnf < .Zn ∈∀ Giải Cho 0== kn từ a) ta có )0()0( 2 ff = suy ra 0)0( =f hoặc .1)0( =f . Nếu 0)0( =f từ a) cho 0=n thì ,0)( =kf Zk ∈∀ suy ra 0≡f là một nghiệm của bài toán. . Nếu 1)0( =f , từ a) cho 0=k ta có ),()( nfnf −= Zn ∈∀ , vì vậy ta chỉ cần xét hàm số trên tập . * N Với 1=n từ a) ta có )().1(2)1()1( kffkfkf =−++ , *Nk ∈∀ (1) Ta đi xác định ).1(f Cho nk = từ a) ta có 1)(2)2( 2 −= nfnf . Nếu 2|)1(| ≥f thì 7|1)1(2||)2(| 2 ≥−= ff suy ra 97|1)2(2||)4(| 2 ≥−= ff Vậy ta được +∞→)2(| n f khi +∞→n hay )2( n f hkông bị chặn mâu thuẫn với b), do đó 2|)1(| <f nên { } 1;0;1)1( −∈f . Trường hợp 1: 1)1( −=f 22 )1(11)1(2)2( −==−= ff 3 )1(112)1()1().2(2)3( −=−=+−=−= ffff Ta chứng minh quy nạp n nf )1()( −= , .*Nn ∈∀ Thật vậy, giả sử ,1)2( =kf 1)12( −=+kf . Khi đó 22 )1(112)2()1()12(2)22( + −==−=−+=+ k kffkfkf 32 )1(1)12()1().22((2)32( + −=−=+−+=+ k kffkfkf suy ra ,)1()( n nf −= .*Nn ∈∀ Trường hơp 2: 1)1( =f 11)1(2)2( 2 =−= ff 112)1()1().2(2)3( =−=−= ffff . . . .111.2)2()1()1(2)( =−=−−−= nffnfnf Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp ,1)( =nf *Nn ∈∀ 8 Trường hợp 3: 0)1( =f Thay vào (1) ta có 0)1()1( =−++ kfkf suy ra )1()1( −−=+ kfkf . Cho 3;2;;1=k ta được 1)0()2( −=−= ff 0)1()3( =−= ff .1)2()4( =−= ff Chứng minh quy nạp ,1)4( =mf *;Nm ∈∀ ,0)14( =+mf *Nm ∈∀ (2) ,1)24( −=+mf *;Nm ∈∀ ,0)34( =+mf *Nm ∈∀ (3). Thật vậy, giả sử có ;1)4( =mf 0)14( =+mf (*) ;1)24( −=+mf 0)34( =+mf (**) Khi đó 1)4()24()44())1(4( ==+−=+=+ mfmfmfmf do (*) 0)14)34()54()1)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf do (*) 1)24()44()64()2)1(4( −=+=+−=+=++ mfmfmfmf do (**) 0)34()54()74()3)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf do (**) Nghĩa là (2) và (3) đúng với 1 + m , ta được điều phải chứng minh. Vậy trong các trường hợp hàm f được xác định như sau ,1)( =nf nếu 0 ≡ n (mod 4) ,1)( −=nf nếu 2 ≡ n (mod 4) 0)( =nf trong các trường hợp còn lại của .n Kết luận: Vậy có 4 hàm số thoả mãn đề bài đó là . ,0)( =nf Zn ∈∀ . . ,1)( =nf Zn ∈∀ . . n nf )1()( −= nếu ,0>n Zn∈ 1)( =nf nếu 0=n n nf − −= )1()( nếu ,0<n Zn ∈ . 1)( =nf nếu 0≡n (mod 4) 1)( −=nf nếu 2≡n (mod 4) 0)( =nf trong các trường hợp còn lại của .n Nhận xét : Đối với các trường hợp 1 và 2 ta cũng có thể giải được nhờ giải phương trình đặc trưng .01)1(2 2 =+− λλ f III. Sử dụng nguyên lý thứ tự 9 Định lý 1: Mọi tập con khác rỗng của N đều có phần tử nhỏ nhất. Định lý 2: Mọi tập con khác rỗng và bị chặn của N đều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất. Ví dụ.3.1 Giả sử :, gf NN → là các hàm thoả mãn f là toàn ánh, g là đơn ánh và ),()( ngnf ≥ .Nn ∈∀ Chứng minh rằng gf ≡ . Giải Giả sử )()( ngnf ≠ với n nào đó, Nn ∈ . Khi đó xét tập khác rỗng { } .)()(:)( ngnfngA ≠= Theo định lý (1) ở trên A có phần tử nhỏ nhất. Giả sử đó là ),( 0 ng Nn ∈ 0 . Vì f là toàn ánh nên với ),( 0 ng tồn tại Nn ∈ 1 sao cho ).()( 01 ngnf = Từ giả thiết có )()()()( 0011 nfngnfng ≤=≤ (1). Vì Ang ∈)( 0 nên )()( 00 nfng ≠ từ (1) ta có )()( 00 nfng < và )()( 01 nfnf ≠ suy ra 01 nn ≠ . Mà )()( 01 ngng ≤ và g là đơn ánh nên ).()( 01 ngng < Ta có )()()( 001 nfngng << hay )()()( 011 nfngng << suy ra Ang ∈)( 1 và ),()( 01 ngng < mâu thuẫn với việc chọn ).( 0 ng Vậy ,gf ≡ đó chính là điều phải chứng minh. Ví dụ 3.2 Giả sử :f .** NN → Chứng minh rằng nếu ))(()1( nffnf >+ , *Nn ∈∀ thì ,)( nnf = .*Nn ∈∀ Giải Gọi A là tập giá trị của hàm số. Khi đó A là tập con khác rỗng của N nên A có phần tử nhỏ nhất. Từ giả thiết ta có )),1(()2( fff > )).2(()3( fff > Vì vậy phần tử nhỏ nhất của A không thể là một trong các số ), 4(),3(),2( fff Mà phần tử nhỏ nhất của A là )1(f và nó được xác định duy nhất. Từ 1)1( ≥f suy ra ,1)( >nf 1>∀n Vì vậy ta có thể hạn chế hàm f trên { } ,1\*N { } { } 1\*1\*: NNf → Lập luận tương tự như trên )2(f là phần tử nhỏ nhất của miền giá trị của hàm này, nên ta có )2()1( ff < suy ra ,2)2( >f 2>∀n . Lại tiếp tục hạn chế hàm f trên { } 2;1\*N { } { } 2;1\*2;1\*: NNf → Lập lại quá trình trên ta có )3()2()1( <<< fff dẫn đến f là hàm tăng và ,)( nnf ≥ *Nn ∈∀ . Giả sử nnf >)( với n nào đó, Nn ∈ thì ta có 1)( +≥ nnf suy ra )1())(( +≥ nfnff , do f là hàm tăng, điều này mâu thuẫn với giả thiết ).1())(( +< nfnff Vì vậy nnf =)( , .*Nn ∈∀ Đó là điều phải chứng minh. Nhận xét : Một số phương trình hàm được giải bằng cách kết hợp nguyên lý quy nạp và nguyên lý thứ tự cùng với một số tính chất của hàm số, ta xét ví dụ sau Ví dụ 3.3. 10 [...]... xây dựng hàm f như sau 14 Chia tập số nguyên tố thành vô hạn các cặp ( p; q ) ( p ≠ q) rời nhau, đặt f ( p) = q 3 ; f (q ) = p hoặc f ( p) = q; f (q ) = p 3 thì f luôn thoả mãn đề bài (để ý rằng có vô số hàm f thoả mãn đề bài, chẳng hạn theo cách xác định trên) V Sử dụng một số tính chất của số học Trong phần này, ta xét một số phương trình hàm giải được bằng cách áp dụng các tính chất của số học như:... là số nguyên dương bé nhất trong các số nguyên dương n thoả mãn f (n) > 1 Chứng minh rằng ( f (n0 ) )1+ [ log n 0 n ] n ta đều có bất đẳng thức sau f (n) < với mọi số nguyên dương f (n0 ) − 1 - 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bùi Huy Hiền, Bài tập đại số và số học- T1, NXBGD - 1985 [2] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, NXBGD - 2004 [3] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, ... ra m = 1 hoặc n = 1 nên a là số nguyên tố Do đó ta có với mỗi số nguyên tố p thì f ( p) hoặc là số nguyên tố hoặc là lập phương của một số nguyên tố Mặt khác với p nguyên tố mà f ( p) = p thì f ( f ( p )) = f ( p ) nên p 3 = p suy ra p = 1 mâu thuẫn với p là số nguyên tố Còn nếu f ( p) = p 3 thì p 3 = f ( f ( p)) = f ( p 3 ) = ( f ( p))3 = p 9 suy ra p = 1 mẫu thuẫn với p nguyên tố Vậy f ( p ) ≠ p và... m = 1 hoặc n = 1 , vậy a là số nguyên tố Từ chứng minh nếu p là số nguyên tố thì f ( p) hoặc là số nguyên tố hoặc là bình phương của một số nguyên tố Mặt khác ta lại có Nếu f ( p) = p thì f ( f ( p )) = f ( p ) suy ra p 2 = p nên p = 1 mâu thuẫn với p nguyên tố Nếu f ( p) = p 2 thì f ( f ( p )) = f ( p 2 ) suy ra p 2 = ( f ( p )) 2 = p 4 nên p = 1 mâu thuẫn với p là số nguyên tố Do đó f ( p ) ≠ p... là số nguyên tố Do đó f ( p ) ≠ p và f ( p) ≠ p 2 Vì lẽ đó, ta có thể xây dựng hàm số f như sau Gọi pi là số nguyên tố thứ i trong dãy các số nguyên tố 2 ( p1 = 2, p2 = 5, p3 = 7, ) thì f ( p2 k −1 ) = p2 k ; f ( p2 k ) = p2 k −1 với mọi k = 1,2,3, Hàm f xác định như trên thoả mãn điều kiện của bài toán Ví dụ 4.2 Xét hàm f : N * → N * thoả mãn f ( m 2 f (n)) = n 2 ( f (m)) 2 , ∀m, n ∈ N * (1) Xác... f ( n) = n Hàm số thoả mãn đề bài là f ( n) = n, ∀n ∈ N IV Sử dụng tính chất của hàm hoàn toàn nhân tính Ta đã biết đối với hàm hoàn toàn nhân tính rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm α α α tuỳ ý đó là: Cho n = p1 p2 pk là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n , nếu f là hàm α α số hoàn toàn nhân tính thì f ( n) = ( f ( p1 )) ( f ( pk )) Do đó để xác định giá trị của hàm f ta chỉ... vậy Giả sử số mũ của số nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn của n là α và số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của f (n) là β Khi đó số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của a k là αk còn số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn ( f (n)) k +1 là β ( k + 1) Nếu α > β thì luôn tồn tại số 1 ) Suy ra αk0 > β (k0 + 1) hay a k 0 không là ước của k0 mâu thuẫn (6) Vậy α ≤ β tức là a | f (n) nguyên dương... tìm các hàm f thoả mãn đề bài và có f (1) = a = 1 Vì vậy g thoả mãn đề bài và nó có giá trị g (n) = Theo chứng minh trên f là hàm đơn ánh và là hàm hoàn toàn nhân tính Với p nguyên tố mà f ( p) = mn ; ∀m, n ∈ N * thì ta có f ( f ( p )) = f ( mn) = f (m) f ( n) p = f ( m ) f ( n) Suy ra f ( m) = 1 hoặc f ( n) = 1, nghĩa là m = 1 hoặc n = 1 Vì vậy f ( p) là số nguyên tố Do đó f nhận các giá trị nguyên. .. phương trình hàm giải được bằng cách áp dụng các tính chất của số học như: tính chia hết, nguyên tố, quan hệ đồng dư, phần nguyên Ví dụ 5.1 Có bao nhiêu hàm f : N * → N * thoả mãn đồng thời các điều kiện sau a) f (1) = 1 b) f ( n) f (n + 2) = 9 f (n + 1)) 2 + 1997, ∀n ∈ N * Giải Gọi D là tập hợp tất cả các hàm số f thoả mãn điều kiện bài toán Theo giả thiết b) ta có f (n) f (n + 2) = ( f (n + 1)) 2... f (n) xác định như trên thoả mãn đề bài Bài tập tự luyện 1 Cho hàm f : N * → R thoả mãn các điều kiện sau a) f (1) = 21998 b) (1 + ( f (n)) 2 ) f (n + 1) = ( f (n)) 2 , ∀n ∈ N * Chứng minh rằng f ( n) ≤ 1 , ∀n > 1998 2 Tìm tất cả các hàm f : N * → N thoả mãn các điều kiện sau a) f (mn) = f (m) + f (n), ∀m; n ∈ N * b) f (30) = 0 c) f (n) = 0 nếu n có chữ số tận cùng bằng 7 3 Cho hàm f : N → R thoả mãn . PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng. Ngoài các vấn đề chung của hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục,. đến phương trình hàm. Dưới đây ta xét một vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên. I. Sử dụng các kết quả của dãy số 1. Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số. niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ đồng dư, hàm nhân tính, Trong một số trường hợp bản chất của bài toán về các hàm số xác định trên tập số nguyên chính