Ứng dụng tính chất số học trong giải phương trình hàm ôn thi VMO năm 2022

(1)

3

Ví dụ 1: (BMO 2017)

Tìm tất cả các hàm f Z: ^ Z^ thỏa mãn:

( ) ( ) ( )

n f m f n nf m

với mọi cặp số nguyên dương m n, . Lời giải.

Ta có: ^{f n}^{( )}^^{nf m}^{( )}^ ^{f n}^{( )}^ⁿ²^^{n f m}



^{( )}^ⁿ



nên từ giả thiết ta có : ( ) ( ) 2, ,

n f m f n n m n^ (1)

Từ đó tồn tại n₀Z^ sao cho f n( ₀)n₀². Thay mnn₀ vào tính chất (1) ta được:

2

0 ( 0) ( 0) 0

n  f n f n n ( mâu thuẫn do n₀ f n( ₀) f n( ₀)n₀² 0) Do đó: f n( )n², n Z^.

Dễ thấy f n( )n², n Z^ là một nghiệm của bài toán. Xét trường hợp f n( )n², khi đó tồn tại n₁Z^ sao cho f n( )₁ n₁². Thay nn₁ vào (1) ta được:

2

1 ( ) 1 ( ),1

n  f m n  f n  m Z^

Do đó ta có: f m( )n₁²n₁ f n( ),₁  m Z^ hay f n( ) bị chặn trên bởi 1 hằng số c dương nào đó. Thay mn vào (1) kết hợp với f n( )n²  f n( ) f²( )n  f²( )n n² ta có:

( ) 2( ) ( ),

n f n f n  f n  n Z^ (2) Mặt khác với mọi nc²2c ta có:



ⁿ^ ^{f n}^{( )}



^^_^f²^{( )}ⁿ ^ ^{f n}^{( )}^_^{  }ⁿ ¹



^{f n}^{( ) 1}^



² ^{  }ⁿ ^{1 (}^c^¹⁾² ^⁰

Do đó kết hợp với (2) ta được f n( ) 1,  n c²2c.

(2)

4

Mặt khác: n² f n( )n² f²( )m  f²( )m  f n( ) nên kết hợp với (1) suy ra:

( ) 2( ) ( ), ,

n f m f m  f n m nZ^ (3) Cố định m, chọn n nguyên dương sao cho nc² c c²2c ta có:

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n f m c  c f m  f n  f m  f n

Kết hợp với (3) suy ra: f²( )m  f n( ) 1 f m( )  1, m Z^. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn.

Vậy có 2 nghiệm hàm là f²( )m  f n( ) 1; ( ) f n n².

Nhận xét 1: Một tính chất về chia hết khá đơn giản nhưng cực kì hữu dụng xuyên suốt trong bài viết này mà ta sẽ dùng khá thường xuyên, đấy là nếu A chia hết cho B, A bị chặn còn B chạy ra vô cùng thì A phải bằng 0.

Nhận xét 2: Sau khi chứng minh f n( )n² thì ta còn một cách khác để xử lí bài toán như sau: Thay mn p với p là số nguyên tố vào giả thiết ta được: p f p( ) (p1) ( )f p Nếu p không chia hết f p( ) thì ta có:



^p^ ^{f p f p}^{( ), ( )}



^¹, suy ra p f p p( ) 1. Mà

( ) 1

p f p  p nên suy ra f p( )1. Tóm lại với mọi số nguyên tố p thì hoặc f p( )1 hoặc p f p( ).

Gọi A là tập hợp các số nguyên tố p sao cho f p( )1, B là tập hợp các số nguyên tố p sao cho p f p( ). Rõ ràng trong 2 tập A B, sẽ có ít nhất 1 tập hợp chứa vô hạn phần tử.

Trường hợp 1: A là tập vô hạn. Thay n p với pA vào giả thiết bài toán ta được:

( ) 1 ( ) p f m  pf m .

Mà ¹^ ^{pf m}^{( ) 1}^{ }^f²^{( )}^m ^ ^{f m p}^{( )}



^ ^{f m}^{( )}



nên ta có: p f m f( ) ²( ) 1m  . Cố định m và cho p  ta được f m( )1. Thử lại thấy thỏa mãn.

(3)

5

Trường hợp 2: B là tập vô hạn. Thay m p với pB vào (1) ta được:

( ) 2 ( ) n f p n  f n

Chú ý f p( ) p. Do đó cố định n và cho p  thì f p( ) . Kết hợp với kết quả trên ta được f n( )n². Thử lại hàm này cũng thỏa mãn.

Tiếp theo, chúng ta thấy sau chia hết thì phần nâng cao hơn của nó chính là lý thuyết về đồng dư, hệ thặng dư. Chúng ta cùng xét tiếp:

Ví dụ 2. Mock test – Lê Phúc Lữ

Cho hàm số ^{f Z}^: ^^^Z^^{\ 1}

 

thỏa mãn :

với mọi m n, Z^ thì f m( n) \ f m( ) f n( )

Với mỗi số nguyên dương a, kí hiệu S_a là tập các số nguyên dương n sao cho a f n\ ( ) a, Chứng minh rằng với số nguyên dương a, nếu S_a có vô hạn phần tử thì nó lập thành cấp số cộng.

b, Chứng minh rằng nếu tập giá trị của f có vô hạn phần tử thì f x( )ax,  x Z^. Lời giải.

a, Do S_a là tập các số nguyên dương nên nó có phần tử nhỏ nhất là b. Khi đó a f b\ ( ), xét

a,

nS nb. Suy ra a f n\ ( ) \ f n b(  ) f b( ). Vậy n b S_a. Nếu nbqr thì ta suy ra , 2 , 3 ,...,

n b n  b n b r đều là các phần tử của S_a. Do b nhỏ nhất nên r phải bằng 0. Hay các phần tử của S_a đều chia hết cho b, đồng thời chứa toàn bộ các số b b b, 2 , 3 ,...,kb,.... Vậy

Sa lập thành cấp số cộng với số hạng đầu b và công sai b.

b, Đặt f(1)a. Rõ ràng 1S_a nên ta chỉ cần chỉ ra S_a vô hạn là được.

(4)

6

Gọi m là số tốt nếu như f m^{( )}m^ax



f(1), (2),..., (f f m1)



. Vì tập giá trị của f là vô hạn nên cũng sẽ có vô hạn số tốt. tạo thành dãy m₁m₂ m₃ ....

Ta có f m( _i) \ ( )f k  f m( _i k)2 (f m_i) nên phải có f m( _i) f k( ) f m( _ik) với mọi giá trị 1km.

Giả sử rằng tồn tại hữu hạn m_iS_a. Gọi S là tổng các phần tử của S_a. Xét m₁' là một số tốt và m₁'S thì rõ ràng f m( ₁') f(1)(mo ad ) vì nếu không ta có

1 1 1

( ') (1) ( ' 1) \ ( ' 1)

f m  f  f m  a f m  , mâu thuẫn vì m₁' 1 không thể nằm trong S_a. Lại chọn m₂' là số tốt và m₂'Sm₁' thì ta cũng có f m( ₂') f(1), (f m₁') (mo ad ). Cứ như thế khi chọn được a số thì ta sẽ có hệ thặng dư đầy đủ theo modulo a. Tức là có số m_i' đề

\ ( _i')

a f m . Mâu thuẫn. Vậy tập S_a là vô hạn.

Ngoài ra, do 1S_a nên mọi số nZ^ đều có nS_a vì thế nên a f n\ ( ), n Z^. Cuối cùng, ta sẽ đi chứng minh rằng với mọi nZ^ thì f n( 1) f n( )a. Thật vậy, xét số tốt m n 2 thì f m( ) f n( )2a. Đặt f m( )c. Ta có

( ) ( 1) (1) ( 1)

c f m  f m  f  f m  c a

( 1) ( 1)

f n  c f m n

Mặt khác ta cũng có ca f m( 1) \ f n( ) f m(  1 n) f n( ) c 2(ca) nên

( ) ( 1)

f n  f m n  c a

Suy ra f n( 1) f n( )(c f m(  n 1)) ( c a f m(  n 1))a Vậy ta có f n( )an , thử lại hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 3: (Saudi Arabian TST for BMO 2018) Tìm tất cả các hàm f Z: Z thỏa mãn:

(5)

7

 

²

2 ( )

(2 ( ) ) (2 ( )) f x ( ( )), , , 0

xf f y x y f x f y f yf y x y Z x

    x    

Lời giải.

Đặt a f(0) và kí hiệu (*) là phương trình hàm ban đầu. Giả sử a0, thay x2a và 0

y vào (*) ta được:

2 2 ( (2 ))

2 2

f a

a a

 a 

(2 ) 2

4 2

2 f a

a a

 

    

 

Do đó 4a2 là số chính phương ( vô lí vì số chính phương chia 4 không có số dư là 2).

Do đó a0 hay f(0)0

Thay y0 vào (*) ta được: x f² (x)( ( )) ,f x ²  x ,x0

Thay x bởi x trong phương trình trên ta được: x f x² ( )( (f x)) ,²  x Z x, 0

4 4 2 6

( ( ))f x x ( (f x)) x f x( ), x ,x 0

      

Do f(0)0 nên từ trên suy ra : : ^{( )} ⁰₂ ( ) x Z f x

f x x

 

  

 

Dễ thấy hàm f x( )x², x Z thỏa mãn đề bài.

Giả sử tồn tại số nguyên c0 mà f c( )0. Thay yc vào (*) ta được:

2 (2 ) 0, , 0

c f x   x Z x

Do đó với mọi x chẵn thì f x( )0. Giả sử tồn tại nguyên nguyên lẻ d mà f d( )d² Khi đó thay x chẵn và yd vào (*) ta được: d f² (2xd²) f d( ³), x Z x, 0, 2 Nếu f d( ²)0, khi đó f(2x d ²)0, do đó f d( ³)d⁶; (2f x d ²)(2x d ^{2 2}) Thay vào phương trình trên ta có: d²(2xd^{2 2}) d⁶, x Z x, 0, 2 ( mâu thuẫn) Do vậy, f d( ³)0; (2f x d ³)0 với mọi số nguyên x chẵn khác 0.

(6)

8

Hay f x( )0 với mọi x 1(mod 4);xd²

Trong phương trình x f² (x)( ( )) ,f x ² cho x 1(mod 4),x d² ta được: f(x)0.

Do đó f x( )0 với mọi x,x1(mod 4),x d². Suy ra f x( )0, x Z x,  d²

Tuy nhiên, ta lại có f d( )d² 0 nên d  d² d  1, do đó d d³ f d( ) f d( ³)0 ( mâu thuẫn). Do đó trong trường hợp này f x( )0, Z

Thử lại ta thấy có 2 hàm thỏa mãn đề bài: f x( )0; ( )f x x²

Ví dụ 4. KOREA 2013

Tìm tất cả các hàm số f N: ^* N^* thỏa mãn :

 

^lcm



^,



^gcd

  

^,

  

f mn  m n  f m f n với mọi m n, N^*. Lời giải.

Nhận xét: có duy nhất hàm ^{f m}

 

^^km^với^k^^N^* thỏa mãn đề bài . Đầu tiên ta thấy nó là một nghiệm của bài toán :

       

     

lcm , gcd , gcd ,

gcd ,

m n f m f n mn km kn kmn f mn

  m n   

Kí hiệu ^{P m n}



^,



là phép thay thế bộ



^{m n}^,



tương ứng vào điều kiện:

 

^lcm



^,



^gcd

  

^,

  

f mn  m n  f m f n

Gọi ^f

 

¹ ^{ }^c ^N^*

Với ^{P m}



^{,1 :}



^{f m}

 

^^m^^gcd



^{f m c}

 

^,



^,^{ }^m ^N^*

 

^* ^.

Với mọi mN^* ta có

(7)

9



^{,1 :}

  

^gcd

  

^,



^gcd



^gcd

  

^,



^,



²

P cm f cm cm f cm c cm c f m c c c m Với mọi m n, N^* ta có

           

     

2 2

, : lcm , gcd , gcd ,

gcd ,

P m cn c mn f mcn m cn f m f cn cmn f m c n

    m cn 

và đơn giản ta có: ^c^^gcd



^{m cn}^,



^^gcd



^{f m c n}

 

^, ²



, do đó suy ra : ^{c f m}

 

Vậy từ

 

* ta có : ^{f m}

 

^^m^^gcd



^{f m c}

 

^,



^^cm^.

Ví dụ 5. Functional equations in mathematic olympiads – Amir Hossein Pavardi (Prob 142)

Tìm tất cả các hàm f N: ^* N^* sao cho

       

lcm f a b, lcm a f b, với mọi a b, N^*

Lời giải. (Theo lời giải của pco)

Kí hiệu ^{P x y}



^,



là phép thay thế bộ



^{x y}^,



tương ứng vào điều kiện

       

lcm f x ,y lcm x f y, .

Với ^{P x}



^{,1 : lcm}

 

^{f x}

 

^,1



^^lcm



^{x f}^,

 

^{1 ,}



^{ }^x ^N^*^ ^{f x}

 

^^lcm



^{x f}^,

 

^{1 ,}



^{ }^x ^N^*

Và do đó: ^{f x}

 

^^lcm



^{x c}^,



^,^{ }^x ^N^* , hằng số cN^*.

Đây là hàm cần tìm với sự lựa chọn bất kỳ nào của hằng số cN^* bởi vì :

 

       

^*

lcm lcm x c, ,y lcm x, lcm y c, lcm x y c, , ,x y, N

Vậy có một hàm duy nhất thỏa mãn đề bài là: ^{f x}

 

^^lcm



^{x c}^,



^,^{ }^x ^N^*^{hằng số}^c^^N^*