Tuyển tập Phương trình hàm118 bài

Bài toán (Olympic Gặp gỡ Toán Học 2015)

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ và thoả mãn :

1) $$f(f(n))=4n+3,\forall n\in \mathbb{Z}$$

2) $$f(f(n)-n)=2n+3,\forall n\in \mathbb{Z}$$

Lời giải :

Trong $(2)$ cho $n=-1$ thì có :

$$f(f(-1)+1)=1$$

Vậy ta có $f(a)=1$ với $a=f(-1)+1$.

Trong $(2)$ thay $n$ bởi $2n$ :

$$f(f(2n)-2n)=4n+3=f(f(n)),\forall n\in \mathbb{Z}$$

Tuy nhiên dễ thấy $f$ đơn ánh nên :

$$f(2n)=f(n)+2n,\forall n\in \mathbb{Z}(3)$$

Trong $(1)$ thay $n$ bởi $f(n)-n$ và sử dụng $(2)$ :

$$f(2n+3)=4f(n)-4n+3,\forall n\in \mathbb{Z}(4)$$

Trong $(4)$ cho $n=a$ :

$$f(2a+3)=4f(a)-4a+3=-4a+7$$

Trong $(2)$ cho $n=2a+3$ được :

$$f(f(2a+3)-2a-3)=2(2a+3)+3=4a+9\iff f(-2a+4)=4a+9$$

Mặt khác trong $(1)$ cho $n=a$ thì được $f(1)=4a+3$. Từ đó theo $(3)$ :

$$f(4)=f(2)+4=f(1)+6=4a+9$$

Như vậy ta được $f(4)=f(-2a+4)\iff 4=-2a+4\iff a=0$. Tức $f(0)=1$

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp $f(n)=2n+1,\forall n\in \mathbb{N}$. Rõ ràng với $n=0$ thì điều này đúng.

Gỉa sử điều này đúng với $n$, xét với $n+1$ :

Từ $(2)$ ta có ngay :

$$f((2n+1)-n)=2n+3\iff f(n+1)=2(n+1)+1$$

Theo nguyên lí quy nạp ta được :

$$f(n)=2n+1,\forall n\in \mathbb{N}$$

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $f(n)=2n+1,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{-}$.

Với $f(0)=1$ và các đẳng thức $(3),(4)$ ta dễ dàng tính được $f(-1)=-1,f(-2)=-3,f(-3)=-5$.

Gỉa sử rằng :

$$f(-n)=-2n+1,\forall n\in \mathbb{N}:3\le n\le k$$

Ta cần chỉ ra rằng $f(-k-1)=-2k-1$.

Thật vậy, nếu $k$ lẻ thì theo $(3)$ :

$$f(-k-1)=f\left(\frac{-k-1}{2}\right)-k-1$$

Tuy nhiên theo giả thiết quy nạp ta có $f\left(\frac{-k-1}{2}\right)=-k$. Suy ra $f(-k-1)=-2k-1$.

Còn nếu $k$ chẵn thì theo $(4)$ :

$f(-k-1)$$=4f\left(\frac{-k-4}{2}\right)-4.\left(\frac{-k-4}{2}\right)+3$$=4.\left(-k-3\right)+2(k+4)+3$$=-2k-1$

Quy nạp hoàn tất, ta được :

$$f(n)=2n+1,\forall n\in {\mathbb{Z}}^{-}$$

Đáp số của bài toán là :

$$f(n)=2n+1,\forall n\in \mathbb{Z}$$

Bài toán : (IMO Shortlist 2014) 

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ và thoả mãn :

$$f(f(m)+n)+f(m)=f(3m)+f(n)+2014,\forall m,n\in \mathbb{Z}(1)$$

Lời giải :

Trước tiên, ta sẽ chứng minh rằng $f(0)=1007$. Đặt $f(0)=a$.

Trong $(1)$ cho $m=0$ :

$$f(n+a)=f(n)+2014,\forall n\in \mathbb{Z}$$

Từ đây ta chứng minh được bằng quy nạp :

$$f(na)=a+2014n,\forall n\in \mathbb{Z}(2)$$

Trong $(1)$ thay $m$ bởi $ma$ và sử dụng $(2)$ :

$f(f(ma)+n)+f(m)$$=f(3m)+f(n)+2014,\forall m,n\in \mathbb{Z}$$\iff f(a+2014m+n)+(a+2014m)$$=(a+3.2014m)+f(n)+2014,\forall m,n\in \mathbb{Z}$

Hay :

$$f(a+2014m+n)=f(n)+4028m+2014,\forall m,n\in \mathbb{Z}(3)$$

Trong $(3)$ thay $n=-a,m=a$ thì :

$$f(2014a)=f(-a)+4028a+2014,\forall m\in \mathbb{Z}(4)$$

Trong $(2)$ cho $n=2014$ thì :

$$f(2014a)=a+2014^2(5)$$

Từ $(4)(5)$ ta suy ra rằng :

$$f(-a)=-4027a+2014^2-2014(6)$$

Trong $(2)$ ta lại cho $n=-1$ thì được :

$$f(-a)=a-2014(7)$$

Và kết hợp $(6)(7)$ ta được :

$$a-2014=-4027a+2014^2-2014\iff a=1007$$

Như vậy ta đã chứng minh được rằng $a=f(0)=1007$.

Từ $(2)$ ta được :

$f(1007n)$$=1007+2014n,\forall n\in \mathbb{Z}$$\Rightarrow f(n)$$=a+2n,\forall n\in \mathbb{Z},a\mid n$

Trong $(1)$ ta thay $n=-f(m)$ thì được  :

$$f(m)=f(3m)+f(-f(m))+1007,\forall m\in \mathbb{Z}(8)$$

Trong $(8)$ ta tiếp tục thay $m$ bởi $am$ :

$f(am)$$=f(3am)+f(-f(am))+1007,\forall m\in \mathbb{Z}$$\iff (a+2m)$$=(a+6m)+f(-a-2m)+1007,\forall m\in \mathbb{Z}$

Thu gọn thành :

$f(-a-2m)$$=-4m-a,\forall m\in \mathbb{Z}$$\iff f(2m-1007)$$=4m-1007,\forall m\in \mathbb{Z}$

Thay $m$ bởi $m+503$ thì có :

$$f(2m-1)=4m+1005=2(2m-1)+1007,\forall m\in \mathbb{Z}$$

Tức là :

$$f(n)=2n+1007,\forall n\in \mathbb{Z},2\nmid n$$

Tuy nhiên ta cũng có :

$$f(n+1007)=f(n)+2014,\forall n\in \mathbb{Z}$$

Từ đó ta sẽ dễ dàng suy ra được rằng :

$$\boxed{f(n)=2n+1007,\forall n\in \mathbb{Z}}$$

Đây là đáp số duy nhất của bài toán.

Bài toán (APMO 2015)

Cho tập hợp $S=\left\{2,3,4,...\right\}$ là tập hợp các số nguyên không nhỏ hơn $2$. Có tồn tại hay không hàm số $f:S\to S$ sao cho :

$$f(a)f(b)=f(a^2{b}^2),\forall a,b\in S,a\ne b$$

Lời giải :

Với mọi $a,b,c\in S$ và thoả $(\ast ):(a-b)(b-c)(a^2{b}^2-c)(b^2{c}^2-a)\ne 0$ ta có :

$$f(a)f(b)f\left(c\right)=f(a^2{b}^2)f\left(c\right)=f(a^4{b}^4{c}^2)$$

$$f(a)f(b)f\left(c\right)=f(b^2{c}^2)f(a)=f(a^2{b}^4{c}^4)$$

Suy ra với mọi $a,b,c\in S$ và thoả $(\ast )$ thì :

$$f(a^4{b}^4{c}^2)=f(a^4{b}^2{c}^4)$$

Mặt khác với mọi $a,b,c\in S$ thoả $(\ast \ast ):(a^2-b^{2}c)(ca-b^{2}c)\ne 0$ ta có :

$$f(a^4{b}^4{c}^2)=f\left((b^{2}c{)}^2.(a^2{)}^2\right)=f(a^2)f(b^{2}c)$$

$$f(a^2{b}^4{c}^4)=f\left((ca{)}^2.(b^{2}c{)}^2\right)=f(ca).f(b^{2}c)$$

Từ hai điều trên ta suy ra với mọi $a,c\in S$ và thoả $(\ast ),(\ast \ast )$ :

$$f(ca)=f(a^2)$$

Rõ ràng với mọi $a,c\in S$ thì ta luôn chọn được số $b\in S$ sao cho cả hai điều kiện $(\ast ),(\ast \ast )$ đều được thoả mãn. Như vậy :

$$f(ca)=f(a^2),\forall a,c\in S$$

Tức là :

$$f(a^2)=f(2a)=f(3a)=....=f(na),\forall a\in S,n\in \mathbb{N},n\ge 3(1)$$

Mặt khác theo giả thiết :

$$f(2k)f(b)=f(4k^2.b^2),\forall k,b\in S(2)$$

Chú ý ta sử dụng kết quả $(1)$ với $a=b,n=4k^{2}b$ thì :

$$f(4k^2{b}^2)=f(4k^{2}b.b)=f(b^2),\forall k,b\in S(3)$$

Sử dụng $(1)$ với $a=b$ thì với mọi $b\in S$ :

$$f(2b)=f(b^2)(4)$$

Từ $(2)(3)(4)$ :

$$f(b)=1,\forall b\in S$$

Mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hàm số thoả đề.

Problem (Vietnam Team Selection Test 2014)

Find all function $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ and such that :

$$f(2m+f(m)+f(m)f(n))=nf(m)+m,\forall m,n\in \mathbb{Z}(1)$$

Solution :

It is easy to get $f$ is a injective.

Let $f(0)=a$. In $(1)$, put $m=0$ :

$$f(a+af(n))=an,\forall n\in \mathbb{Z}(2)$$

Consider first the special case when $a=0$ or $f(0)=0$. Put $n=0$ in $(1)$, we get :

$$f(2m+f(m))=m,\forall m\in \mathbb{Z}$$

Which mean that $f$ is surjective. Suppose $b$ be a integer such that $f(b)=-1$. In $(1)$ put $m=n=b$, $f(2b)=0$.

Implies $f(2b)=0=f(0)$. From the injection of $f$, we deduce $b=0$ or $f(0)=-1$. Which is a contracditon !

We just consider $a\ne 0$. We put $n=1$ in $(2)$ :

$$f(a+af(1))=a$$

Or $f(a+af(1))=f(0)$. Implies $a=0$ or $f(1)=-1$. However, we just consider $f(1)=-1$.

In $(1)$, put $n=1$ :

$$f(2m)=f(m)+m,\forall m\in \mathbb{Z}(3)$$

From $(3)$ and $f(1)=-1$, we have $a=f(0)=-2$. We deduce from $(2)$ :

 $$f(-2-2f(n))=-2n,\forall n\in \mathbb{Z}(4)$$

Put $m=1$ in $(1)$ :

$$f(1-f(n))=-n+1,\forall n\in \mathbb{Z}(5)$$

We replace $n$ by $1-f(n)$ in $(4)$ and use the equation $(5)$ :

$$f(-2-2f(1-f(n)))=-2(1-f(n)),\forall n\in \mathbb{Z}$$

$$f(2n-4)=2f(n)-2,\forall n\in \mathbb{Z}(6)$$

We deduce from $(3)$ and $(6)$ that :

$$f(n-2)+n=2f(n),\forall n\in \mathbb{Z}(7)$$

Using $(7)$ and $f(0)=-2,f(1)=-1$ and induction, we have a solution for this problem :

$$\boxed{f(n)=n-2,\forall n\in \mathbb{Z}}$$

Bài toán (Chọn đội tuyển VMO chính thức tỉnh Đồng Nai 2014-2015)

Tìm tất cả các hàm số $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ và thoả :

$$g\left[g(x)-x^2+yz\right]=g(x)\left[g(x)-2x^2+2yz\right]+z^2\left[y^2-g(y)\right]$$
$$+y^2\left[z^2-g(z)\right]-2x^{2}yz+x+g(y)g(z)+x^4,\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

Lời giải :

Đặt $f(x)=g(x)-x^2$ ta được

$$f(f(x)+yz)=x+f(y)f(z),\forall x,y,z\in \mathbb{R}(1)$$

Cho $x=y=0$ được :

$$f(f(0))=f(z)f(0),\forall z\in \mathbb{R}$$

Nếu $f(0)\ne 0$ thì $f$ là hàm hằng, thử lại không thoả. Do vậy $f(0)=0$.

Trong $(1)$ cho $y=0$ :

$$f(f(x))=x,\forall x\in \mathbb{R}$$

Từ đây suy ra $f$ toàn ánh. Trong $(1)$ cho $x=0$ :

$$f(yz)=f(y)f(z),\forall y,z\in \mathbb{R}$$

Từ đó viết PTH đã cho dưới dạng :

$$f(f(x)+yz)=f(f(x))+f(yz),\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$

Do $f$ toàn ánh nên $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Hàm $f$ vừa cộng tính, vừa nhân tính nên $f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}$.

Thử lại $a=1$.

Hàm thoả đề là

$$\boxed{g(x)=x^2+x,\forall x\in \mathbb{R}}$$

Bài toán (Middle European Mathematical Olympiad 2011)

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ và thỏa mãn :

$$y^{2}f(x)+x^{2}f(x)+xy=xyf(x+y)+x^2+y^2,\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$$

Lời giải :

Đặt $g(x)=f(x)-1$ thay vào $(1)$ được :

$$y^{2}g(x)+x^{2}g(y)=xyg(x+y),\forall x,y\in \mathbb{R}(2)$$

Trong $(2)$ cho $x=y$ :

$$g\left(2x\right)=2g(x),\forall x\in \mathbb{R}$$

Trong $(2)$ cho $x=1$ :

$xg(x+1)$$=g(x)+x^{2}c(c$$=f(1)),\forall x\in \mathbb{R}$$\Rightarrow g(x+1)$$=\frac{g(x)}{x}+xc,\forall x$$\ne 0$

Ta sẽ tính $f(2x+2)$ theo hai cách.

Ta có :

$$g(2x+2)=g(2(x+1))=2g(x+1)=\frac{2g(x)}{x}+2xc,\forall x\in \mathbb{R}$$

$g(2x+2)$$=g((2x+1)+1)$$=\frac{g(2x+1)}{2x+1}+(2x+1)c$$=\frac{\frac{g(2x)}{2x}+2xc}{2x+1}+(2x+1)c$$=\frac{\frac{g(x)}{x}+2xc}{2x+1}+(2x+1)c$$=\frac{g(x)+2x^{2}c}{x(2x+1)}+(2x+1)c,\forall x$$\ne 0,x$$\ne \frac{-1}{2}$

Như vậy ta suy ra :

$\frac{g(x)+2x^{2}c}{x(2x+1)}+(2x+1)c$$=\frac{2g(x)}{x}+2xc,\forall x$$\ne 0,\frac{-1}{2}$$\iff (4x+1)g(x)$$=(4x^2+x)g(x).c,\forall x$$\ne 0,\frac{-1}{2}$$\iff g(x)$$=cx,\forall x\notin \left\{0,-1/2,-1/4\right\}$

Hơn nữa ta có trong $(2)$ cho $x=0$ được $g(0)=0$. Trong $(2)$ thay $y$ bởi $-x$ :

$$g(-x)=-g(x),\forall x\in \mathbb{R}$$

Trong $(1)$ cho $x=y=1/2$ :

$$\frac{1}{2}f(1/2)=\frac{1}{4}f(1)\Rightarrow f(1/2)=c/2$$

Do $f$ lẻ nên $f(-1/2)=-c/2$. Trong $(1)$ cho $y=1/4$ :

$$\frac{1}{8}f(1/4)=\frac{1}{16}f(1/2)\Rightarrow f(1/4)=c/4\Rightarrow f(-1/4)=-c/4$$

Như vậy ta thu được :

$$g(x)=cx,\forall x\in \mathbb{R}$$

Từ đó hàm cần tìm thỏa mãn bài ra là :

$$f(x)=cx+1,\forall x\in \mathbb{R},c=const$$