SH minh NT nghi MD dong nhat thuc va phuong trinh ham

ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM

Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI-HẢI DƯƠNG


ĐỒNG NHẤT THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Tác giả: Mạc Đăng Nghị & Nguyễn Thế Minh
Đơn vị: THPT Chuyên Nguyễn Trãi-Hải Dương
Đồng nhất thức là một khái niệm quen thuộc trong chương trình toán ở bậc
THCS và THPT.Đã có nhiều bài viết về ứng dụng của đồng nhất thức trong
chứng minh bất đẳng thức,giải phương trình & bất phương trình,các bài toán số
học…Trong bài viết này chúng tôi xin giới thiệu một ứng dụng nữa của đồng
nhất thức đó là xây dựng và xử lý các bài toán phương trình hàm (trên Z hoặc N)
Bài viết được chia làm 4 phần như sau:
Phần 1: Xung quanh bài toán phương trình hàm trong kì thi Vietnam TST2005
Phần 2: Xây dựng phương trình hàm từ các đẳng thức bậc hai
Phần 3: Xây dựng phương trình hàm từ các đẳng thức sai phân
Phần 4: Bài tập đề nghị
Mọi ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các bạn về bài viết xin vui lòng gừi về
địa chỉ email : &
Xin trân thành cảm ơn !
Các tác giả


PHẦN 1 :XUNG QUANH BÀI THI VIETNAM TST 2005
Trong kì thi Vietnam TST 2005 có bài toán phương trình hàm như sau:
BÀI 1
Tìm tất cả hàm số f : Z  Z sao cho:

f ( x3  y3  z3)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z) với mọi x,y,z nguyên (I)

(Vietnam TST 2005)
Sau đây là lời giải gốc trong đáp án:
Xét đẳng thức:

(2x  y)3  ( y  2x)3  ( x  4 y)3  ( x  4 y)3  (5 y)3  ( y)3 (*)
Trong đẳng thức (*) cho y=1 và y=2 ta được 2 đẳng thức:

(2x 1)3  (1 2x)3  ( x  4)3  ( x  4)3  (5)3  (1)3

(1)

(2x  2)3  (2  2x)3  ( x  8)3  ( x  8)3  (10)3  (2)3 (2)
Từ (I) cho x=y=z=0 ta được f (0)  3 f 3(0) ,do f(0) ∈ Z nên f(0)=0
Từ (I) cho x=y=0,z=1 ta được f (1)  f 3 (1) ,do đó f(1)=a với a=0,1,  1 ( a3  a )
Từ (I) cho y=  x,z=0 ta được f(  x)=  f(x) với mọi x ∈ Z
Như vậy chỉ cần xác định hàm số f trên N.Tính toán một số giá trị ban đầu của
f(x)
f(2) = f(13 + 13 +03)=f3(1) + f3(1) + f3(0) = 2a3 = 2a
Hoàn toàn tương tự: f(k)=ka k 3, 6, 7, 8, 9, 10, 16, 18
Thay x=1 vào (2) ta được đẳng thức :


43 + 03 + (  7)3 = 93 + (  10)3 + (  2)3
 f [43 + 03 + (  7)3 ]= f [93 + (  10)3 + (  2)3]
 f(4)=4a

Thay x=2 vào (1) ta được đẳng thức :
53 + (  3)3 + (  2)3 = 63 + (  5)3 + (  1)3  f(5)=5a
Thay x=5 vào (1) ta được đẳng thức:
113 + (  9)3 + 13 = 93 + (  5)3 + (  1)3  f(11)=11a ; f(  11)=  11a

Thay x=6 vào (1) ta được đẳng thức:
133 + (  11)3 + 23 = 103 + (  5)3 + (  1)3  f(13)=13a
Thay x=5 vào (2) ta được đẳng thức :
123 + (  8)3 + (  3)3 = 133 + (  10)3 + (  2)3  f(12)=12a
Thay x=7 vào (1) ta được đẳng thức :
153 + (  13)3 + 33 = 113 + (  5)3 + (  1)3  f(15)=15a
Thay x=8 vào (2) ta được đẳng thức :
183 + (  14)3 + 03 = 163 + (  10)3 + (  2)3  f(  14)=  14a  f(14)=14a
Vậy f(n)=na với mọi n  16
Ta chứng minh f(n)=na với mọi n  N (3)
Thật vậy:
 (3) đúng với mọi n  16 .
 Giả sử (3) đúng tới n ( n  16 ),ta chứng minh (3) đúng với n+1.
Xét 2 trường hợp :
 Nếu n chẵn,n=2x (x > 7)


Sử dụng đẳng thức (1) với chú ý: 0 < x-4,2x-1,x+4 < 2x ta có:
f(x  4)=(x  4)a ; f(2x  1)=(2x  1)a và f(x+4)=(x+4)a
 f(2x+1)=(2x+1)a hay f(n+1)=n+1

 Nếu n lẻ,n=2x+1(x > 7)
Tương tự,sử dụng (2) ta được f(2x+2)=(2x+2)a hay f(n+1)=(n+1)a
Vậy (3) được chứng minh,tức là f(n)=an với mọi n∈N
 f(x)=ax với mọi x ∈ Z( a=0,1 hoặc  1)

Thử lại cả 3 hàm số đều thỏa mãn !
Ý tưởng của lời giải là thiết lập các đẳng thức mà hai vế là tổng của 3 lập
phương,sau đó sử dụng đẳng thức này để tính toán một vài giá trị của hàm số,từ
đó chứng minh f(x)≡ax bằng quy nạp.

Tuy nhiên đồng nhất thức ở lời giải được xây dựng không tự nhiên,tiếp theo đây
tôi sẽ nêu lên 2 hướng để thiết lập các đồng nhất thức để xử lý bài toán trên và
giải quyết bài toán xác định hàm số f(x) trên N.
Hướng thứ nhất
Ta đi tìm a,b,c,m,n,p là các số nguyên thỏa mãn đồng nhất thức:
(mx+ay)3 + (nx+by)3 + (px+cy)3 = (mx+by)3 + (nx+cy)3 + (px+ay)3
 m2a + n2b + p2c = m2b + n2c + p2a & a2m+ b2n + c2p = b2m + c2n + a2p
 (a-b)(m2 – p2)+(b-c)(n2 – p2) = 0 &

a b b c a c


m p n p mn

Ta xét một số trường hợp đặc biệt:
Cho m=0 , n=  1 , p=2 ta được a=1 , b=  5 , c=3.Ta có đẳng thức:
y3 + (  x  5y)3+(2x+3y)3 = (  5y)3 + (  x+3y)3 + (2x+y)3 (Đ1)


Cho m=1,n=1,p=2 ta được a=  5,b=29,c=7.Ta có đẳng thức:
(  5y)3 + (x+29y)3 + (2x+7y)3= (29y)3 + (x+7y)3 + (2x  5y)3 (Đ2)
Cả hai đẳng thức (Đ1) và (Đ2) đều có thể dùng để giải quyết bài toán trên.
Hướng thứ hai
Xuất phát từ nhận xét đơn giản sau:
“ Nếu a1,b1,c1;a2,b2,c2 thỏa mãn 2 điều kiện:

a1  b1  c1  a2  b2  c2
(a1  b1 )(b1  c1 )(a1  c1 )  (a2  b2 )(b2  c2 )(c2  a2 )
Khi đó a13  b13  c13  a23  b23  c23 ”
Ta sẽ chọn a1,b1,c1;a2,b2,c2 như sau:

Đặt A=(3ax+3by)(cx+dy)(2mx+2ny)
Chọn a1,b1,c1 thỏa mãn:
a1+b1=3ax+3by , c1+b1=cx+dy , a1+c1=2mx+2ny
Giải hệ 3 điều kiện này ta được :

3a  c
3b  d
a (
 m) x  (
 n) y
1
2
2
3a  c
3b  d
b (
 m) x  (
 n) y
1
2
2
c  3a
3b  d
c (
 m) x  (
 n) y
1
2
2
Chọn a2,b2,c2 như sau:

a2+b2=  (ax+by) , c2+b2=6mx+6ny , a2+c2=  (cx+dy)
Giải hệ 3 điều kiện này ta được:


c  a
b  d
a (
 3m) x  (
 3n) y
2
2
2
ca
d b
b (
 3m) x  (
 3n) y
2
2
2
ac
bd
c (
 3m) x  (
 3n) y
2
2
2
Chọn a,b,c,m,n,p sao cho a1  b1  c1  a2  b2  c2 ,tức là:

3a  c
a  c
m
 3m
2
2
3b  d
b  d
n
 3n
2
2

m

2a  c
2b  d
;n 
2
2

Như vậy:

5a
5b
a  x y
1 2
2
a
b

b  x y
1 2
2
2c  a
2d  b
c 
x
y
1
2
2

7b  4d
y
2
2
5a  4c
7b  4d
b 
x
y
2
2
2
7a  2c
7b  2d
c 
x
y
2

2
2
a 
2

và

7a  4c

x

Ta thiết lập được đồng nhất thức sau :
[(2c  a)x+(2d  b)y]3 + (5ax + 5by)3 + (ax + by)3 = [(7a+2c)x+(7b+2d)y]3 +
+ [(  7a  4c)x + (  7b  4d)y]3 + [(5a+4c)x + (5b+4d)y]3 với mọi a,b,c,d,x,y
Ta chuyển đồng nhất thức trên về dạng:
[(7a+4c)x + (7b+4d)y]3 + (5ax + 5by)3 + (ax + by)3 = [(a  2c)x+(b  2d)y]3 +
+ [(7a+2c)x+(7b+2d)y]3 + [(5a+4c)x + (5b+4d)y]3 (Đ3)
Trong đồng nhất thức (*) chọn a=1,b=0,c=  1,d=1.Ta có đồng nhất thức:
(5x+2y)3 + (3x-2y)3 + (x+4y)3 = (3x+4y)3 + (5x)3 + x3 (Đ4)
Có thể thấy các hệ số của x trong (Đ4) đều dương nên ta có thể sử dụng đẳng
thức này để giải quyết bài toán dưới đây:


Bài 2
Tìm tất cả hàm số f : N  N sao cho:

f ( x3  y3  z3)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z) với mọi

x, y, z  N

(II)

Biết rằng f(1)=1, f(4)=4,f(5)=5
Phân tích
Tập xác định của hàm số bị thu nhỏ lại dẫn tới các đẳng thức thiết lập ở bài 1
không sử dụng được,ta cần thiết lập các đẳng thức mới dựa vào (Đ4)
Trong (Đ4) cho y lần lượt bằng

1 1 3
, ,1, ,2 ta được 5 đồng nhất thức :
2 2 2

(5x)3 + (3x  2)3 + x3 = (3x+1)3 + (5x  1)3 + (x  2)3

(1)

(5x+1)3 + (3x  1)3 + (x+2)3 = (3x+2)3 + (5x)3 + x3

(2)

(5x+2)3 + (3x  2)3 + (x+4)3 = (3x+4)3 + (5x)3 + x3

(3)

(5x+3)3 + (3x  3)3 + (x+6)3 = (3x+6)3 + (5x)3 + x3

(4)

(5x+14)3 + (3x  4)3 + (x+8)3 = (3x+8)3 + (5x)3 + x3

(5)

Ta sẽ sử dụng 5 đồng nhất thức trên để giải Bài 2
Trước hết để quy nạp được theo 5 đẳng thức trên ta cần tính f(1),..,f(14)
Từ giả thiết và cũng dễ dàng tính được:
f(0) = 0 ; f(1) = 1 ; f(2) = 2 ; f(3)= 3 ; f(4)= 4
f(5)= 5 ; f(8)= 8 ; f(9)= 9; f(10) = 10
Từ đẳng thức:
33 + 43 + 53 = 63 + 03 + 03
 f(33 + 43 + 53) = f(63 + 03 + 03)


 f3(3) + f3(4) + f3(5) = f3(6) + f3(0) + f3(0)

Vì f(3)= 3 ; f(4)= 4 ; f(5)= 5 ; f(0) = 0 nên f(6)=6
Từ đẳng thức:
63 + 83 + 103 = 123 + 03 + 03
Vì f(6)=6,f(8)=8,f(10)=10,f(0)=0 nên f(12)=12
Từ đẳng thức:
73 + 83 + 03 = 93 + 53 + 13  f(7) = 7
Từ đẳng thức:
123 + 23 + 33 = 113 + 63 + 63  f(11) = 11
Từ đẳng thức:
363 + 123 + 183 = 303 + 303 + 63 ( Thay x=6,y=3 vào (Đ4) )
 2f3(30) – f3(18)=363 + 123 - 63

Từ đẳng thức:
183 + 243 + 303 = 363 + 03 + 03
 f3(18)+f3(30)=363 - 243

Giải 2 điều kiện trên ta được: f(18)=18 và f(30)=30
Từ đẳng thức:
93 + 123 + 153 = 183 + 03 + 03  f(15)=15
173 + 73 + 73 = 133 + 153 + 33

( Thay x=3,y=1 vào (Đ4 ))  f(13)=13

Từ đẳng thức:
143 + 163 + 03 = 183 + 103 + 23  f(14)=14
Vậy f(n)=n n  14


Ta chứng minh bằng quy nạp f(n)=n n  N (*)
 Theo chứng minh trên thì (I) đúng n  14
 Giả sử (I) đúng tới n ( n  14 ).Tức là: f(k)=k k  n
 Ta cần chứng minh f(n+1)=n+1.Thật vậy :
 Nếu n chia hết cho 5,đặt n=5x (x ≥3)
Vì 0 < 3x-1,x+2,3x+2,5x,x ≤ 5x =n nên theo giả thiết quy nạp thì:
f(3x-61)=3x-1,f(x+2)=x+2, f(3x+2) =3x+2,f(5x)=5x,f(x)=x
Từ (2) suy ra f(5x+1)=5x+1 hay f(n+1)=n+1
 Nếu n chia 5 dư 1,đặt n=5x+1 (x≥3)
Vì 0 < 3x-2,x+4,3x+4,5x,x < 5x+1=n nên theo giả thiết quy nạp thì :
f(3x-2)=3x-2 ; f(3x+4)=3x+4 ; f(x+4)=x+4 ; f(5x)=5x ; f(x)=x
Từ (3) suy ra f(5x+2)=5x+2 hay f(n+1)=n+1
 Nếu n chia 5 dư 2,đặt n=5x+2 (x≥3)
Vì 0 < 3x-3,x+6,3x+6,5x,x < 5x+2=n nên theo giả thiết quy nạp thì :
f(3x-3)=3x-3,f(3x+6)=3x+6,f(x+6)=x+6,f(5x)=5x,f(x)=x
Từ (4) suy ra f(5x+3)=5x+3 hay f(n+1)=n+1
 Nếu n chia 5 dư 3,đặt n=5x+3 (x≥3)
Từ (5) suy ra f(5x+4)=5x+4 hay f(n+1)=n+1

 Nếu n chia 5 dư 4,đặt n=5x-1 (x≥3)
Từ (1) suy ra f(5x)=5x hay f(n+1)=n+1
Tóm lại f(n+1)=n+1 nên (*) được chứng minh
Kết luận: f(x)=x với mọi x là số tự nhiên.


Bằng việc thiết lập các đẳng thức (1),(2),(3),(4),(5) ta đã giải quyết được bài
toán 2 như một phát triển xung quanh của bài thi VietNam TST 2005
Để kết thúc phần này chúng tôi xin đưa ra bài toán 3 với cách giải quyết hoàn
toàn tương tự bài toán 2.
Bài 3 Tìm tất cả hàm số f : N*  N * sao cho:

f ( x3  y3  z3)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z) với mọi x, y, z  N * (III)
đồng thời f(n)=n ( n  14 )
Ta sẽ phát biểu các bài toán trên theo ngôn ngữ tập hợp như sau:
Mệnh Đề 1 Cho S là tập con của Z thỏa mãn:
a)Không tồn tại x,y,z phân biệt thuộc Z sao cho có 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3
thuộc S
b)S chứa 0,1 và  1
Chứng minh: S=Z
Lời giải
Ta sử dụng 2 đồng nhất thức ở bài 1:

(2x  1)3  (1 2x)3  (x  4)3  (x  4)3  ( 5)3  ( 1)3

(1)

(2x  2)3  (2  2x)3  (x  8)3  (x  8)3  ( 10)3  ( 2)3 (2)
Xét y thuộc Z bất kì: 03+y3+(-y)3=0 thuộc S mà 0 thuộc S nên y và –y cùng
thuộc hoặc cùng không thuộc S.

0,  1  S nên 03+(  1)3+(  1)3  S hay  2  S và 2  S
13 + 13 + 13 S nên 3 S và  3  S
13 + 23 + 03 S nên 9 S và  9 S


03 + 23 + 03  S nên 8 và  8 S
(  1)3 + 03 + 23S nên 7 và  7 S
13 + 23 + 13  S nên 10 và  10 S
(  1)3 + 23 + (  1)3 S nên 6 và  6 S
Ta có đẳng thức:
43 + 23 + (  7)3 = 03 + 93 + (  10)3 S
Vì 2,  7 S nên 4S và  4S
13 + 13 + (  4)3 = (  1)3 + 43 + (  5)3 nên  5,5S
113 + 13 +13=93 + 93 + (  5)3 nên 11S
Ta có 2 đẳng thức sau :
123 + 23 +(  3)3=83 +133+(  10)3
173+13+43 = 153+123+(  5)3
Vì 17=23+23+13 S ,15=23+23+(  1)3 S nên 12 S
Do 12S nên 13 S
16=23+23+03 S
Ta có đẳng thức sau:
283 + (  24)3 +53=213 +(  10)3+(  2)3
28=33+13+03 S ,  24=(  2)3+(  2)3+(  2)3 S nên 21 S
Ta có đẳng thức sau:
213 + (  19)3 +63=143 +(  5)3+(  1)3

 19=(  3)3+23+03 nên  19,19 S ,suy ra 14S
20 = 33+(  2)3+13 nên 20 S

Vậy x S với mọi |x|  20
Ta chứng minh bằng quy nạp: xS với mọi số tự nhiên x ( chứng minh quy nạp
theo 2 đẳng thức đã nêu ở đầu của lời giải)
Suy ra xS với mọi x là số nguyên.Ta có S=Z
Bài toán 1 có thể nhìn theo ngôn ngữ tập hợp như sau:
Gọi S  x  Z | f (x )  ax 
Theo phương trình hàm đã cho: nếu 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3 thuộc S thì số
còn lại cũng thuộc S.Mặt khác 0,1,  1∈ S.Vậy S=Z tức là f(x)=ax với mọi x ∈ Z
Mệnh Đề 2 Cho S là tập con của N thỏa mãn:
a)Không tồn tại x,y,z phân biệt thuộc N sao cho có 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3
thuộc S
b) x ∈ S với mọi x ≤14
Chứng minh: S=N
Mệnh đề 2 có thể chứng minh bằng quy nạp bởi 5 đồng nhất thức
(1),(2),(3),(4),(5) ở bài 2.
Bài toán 2 có thể nhìn theo ngôn ngữ tập hợp như sau:
Gọi S  x  N | f ( x)  x 
Theo phương trình hàm đã cho: nếu 3 trong 4 số x,y,z,x3+y3+z3 thuộc S thì số
còn lại cũng thuộc S.Mặt khác x ∈ S ∀x≤14.Vậy S=N tức là f(x)=x với mọi x ∈
N.
Trên N* ta cũng có mệnh đề tương tự :
Mệnh Đề 3 Cho S là tập con của N* thỏa mãn:


a)Không tồn tại x,y phân biệt thuộc N* sao cho có đúng 2 trong 3 số x,y,x2+y2
thuộc S
b)1,4,9,16,25,169,225,400 thuộc S
Chứng minh: S=N*
Lời giải
Xuất phát từ đồng nhất thức:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+bd)2 + (ad  bc)2 = (ad+bc)2 + (ac  bd)2 (ĐT5)
Ta có các đẳng thức:
(2x+1)2 + (x  2)2 = (2x  1)2 + (x+2)2 (1)
(2x+2)2 + (x  4)2 = (2x  2)2 + (x+4)2 (2)
Ta có : 4 S và 32+42 S nên 3S
52+122=132 S nên 5,12 S hoặc 5,12 cùng không thuộc S
Giả sử 5,12 S.Xét 1,2,12+22 có 1S và 12+22=5 S nên 2 S
1,3S nên 12+32=10 S và 162+122=202 S  12S (mâu thuẫn)
Vậy 2,5,12S
Xét đồng nhất thức: 22+92=62+72.Vì 2,9 S nên 22+92 S → 62+72S
 6,7S hoặc 6,7 S

Lại có 22+32=13 mà 2,3S  13S
12+122=82+92 và 1,12S nên 82+92S,kết hợp với 9S nên 8S
62+82=102 S,8S nên 6S  7S
12+132=72+112 S  11S
22+142=82+102 S 1  4S


22+42=20S
82+152=172S  15S
122+162=202S  16S
Vậy 1,2,…,16 S
Giả sử n S với n  16,ta chứng minh n+1S
 Nếu n=2k thì 6  k-2 (k+2)2+(2k-1)2 S
 (k-2)2+(2k+1)2 S

k-2 S  2k+1S  n+1S
 Nếu n=2k+1,làm tương tự ta cũng chứng minh được n+1S

Mệnh đề 3 được chứng minh


PHẦN II:XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TỪ ĐẲNG THỨC BẬC
HAI
Mệnh đề 3 được chứng minh dựa vào các đẳng thức bậc hai,tiếp theo tôi xin đưa
ra một lớp các bài toán có cùng ý tưởng sử dụng đẳng thức dạng này.Đầu tiên là
một bài toán khá quen thuộc:
Bài 4 Tìm tất cả hàm số f : N  N sao cho:
f(m2+n2)=f2(m)+f2(n) với mọi m,n N (IV)
f(1) > 0
Lời giải
Xét 2 đẳng thức bậc hai đã xuất hiện ở chứng minh mệnh đề 3:
(2x+1)2 + (x  2)2 = (2x  1)2 + (x+2)2 (1)
(2x+2)2 + (x  4)2 = (2x  2)2 + (x+4)2 (2)
Để có thể quy nạp được giá trị của f(n) ta cần tính f(0),f(1),…,f(9)
Từ (IV) cho m=n=0  f(0)=0
Từ (IV) cho n=0  f(m2)=f2(m)
Từ (IV) cho n=0,m=1  f(1)=1
f(2)=f(12+12)=f2(1)+f2(1)=2
f(5)=f(22+12) =f2(2)+f2(1)=5
f(4)=f(22+02) =f2(2)+f2(0)=4
f(9)=f(32+02)=9
f(8)=f(22+22)=8
52+02=32+42 nên f(52+02)=f(32+42)  f2(5)+f2(0)= f2(3)+f2(4)  f(3)=3


72+12=52+52  f2(7)+f2(1)= f2(5)+f2(5)  f(7)=7
62+72=92+22  f2(6)+f2(7)= f2(9)+f2(2),kết hợp với f(9)=9  f(6)=6
Tóm lại : f(n)=n n  9

Chứng minh quy nạp f(n)=n n  N theo các đẳng thức (1) và (2)
Vậy f(n)=n n  N
Thu hẹp tập xác định của f(x) dẫn đến bài toán sau đây:
Bài 5 Tìm tất cả hàm số f : N*  N * sao cho:
f(m2+n2)=f2(m)+f2(n) với mọi m,n N* (V)
f(1)= 1
Lời giải
Về mặt ý tưởng,bài toán 5 không khác gì bài toán 4,khó khăn chỉ là tính toán các
giá trị từ f(1) đến f(9).Ta cũng sử dụng 2 đẳng thức dưới đây:
(2x+1)2 + (x-2)2 = (2x-1)2 + (x+2)2 (1)
(2x+2)2 + (x-4)2 = (2x-2)2 + (x+4)2 (2)
Ta chỉ cần chứng minh f(n)=n n  9 .Thật vậy:
Dễ dàng chứng minh được f là đơn ánh.
f(1)=1 , f(2)=2 , f(5)=f(22+12)=f2(2)+f2(1)=5
12+72=52+52  f2(7)+f2(1)=2f2(5)  f(7)=7
f(8)=f(22+22)=f2(2) + f2(2)=8
12+82=42+72 nên f(4)=4  f(17)=f(42 + 12)=17
Thay x=4 vào (1): 92+22=72+62 nên f2(9)  f2(6)=f2(7)  f2(2)=45
Có 2 khả năng: f(9)=7 , f(6)=2 hoặc f(9)=9,f(6)=6


Nếu f(6)=2 và f(9)=7,từ đẳng thức: 92+72=112+32
 f2(11)+f2(3)=72+72=98  f(11)=f(3)=7 ,trái với f là đơn ánh

Vậy f(9)=9 và f(6)=6
172+62=152+102  f2(15)+f2(10)=172+62=325
Do f(15) và f(10) đều khác f(17) và f(6) tức là khác 17 và 6 nên f(10)=10 hoặc
f(10)=15
Nếu f(10)=15  f(32+12)=15  f2(1) + f2(3)=15  f2(3)=14,vô lý
Vậy f(10)=10 và f(3)=3

Tóm lại: f(n)=n n  9
Quy nạp theo đẳng thức (1) và (2) ta có: f(n)=n n  N *
Phát triển bài toán 5 bằng việc tăng số biến trong phương trình hàm ta có
bài toán dưới đây :
Bài 6 Tìm tất cả hàm số f : N*  N * sao cho:
f(x2+y2+z2+t2)=xf(x) + yf(y) + zf(z) + tf(t) với mọi x,y,z,t N*
f(1)=1 ; f(2)=2 ; f(3)=3
Lời giải
Sử dụng 2 đồng nhất thức :
(2x+1)2 + (x  2)2 +12 + 12 = (2x  1)2 + (x+2)2 +12 + 12 (1)
(2x+2)2 + (x  4)2 +12 + 12 = (2x  2)2 + (x+4)2 +12 + 12 (2)
Ta cần tính f(1),…,f(7)
f(4)=f(12 + 12 +12 + 12)=4
52+ 12 +12 + 12 =42 + 22 +22 + 22  f(5)=5


62+ 22 +12 + 12 =52 + 32 +22 + 22  f(6)=6
f(7)=f(22+ 12 +12 + 12)=7
Chứng minh bằng quy nạp f(n)=n n  N * dựa vào 2 đẳng thức (1) và (2)
Thay đổi hệ số ở đẳng thức (1) và (2) một chút ta được các đẳng thức mới
sau:
(2x+1)2 + 2(x  1)2 = (2x  1)2 + 2(x+1)2
(2x+2)2 + 2(x  2)2 = (2x  2)2 + 2(x+2)2
(x  4)2 + 4(x+1)2 = (x+4)2 + 4(x  1)2
(2x  3)2 + 3(2x+1)2 = (2x+3)2 + 3(2x  1)2
(2x  4)2 + 3(2x)2 = (2x+2)2 + 3(2x  2)2
Từ 5 đẳng thức trên ta có các bài toán sau:
Bài 7 Tìm tất cả hàm số f : N  N sao cho:
f(m2+2n2)=f2(m)+2f2(n) với mọi m,n N
Bài 8 Tìm tất cả hàm số f : N  N sao cho:

f(m2+4n2)=f2(m)+4f2(n) với mọi m,n N
Bài 9 Tìm tất cả hàm số f : N  N sao cho:
f(m2+3n2)=f2(m)+4f2(n) với mọi m,n N
Lời giải chi tiết xin dành cho bạn đọc.
Phát triển thêm đẳng thức bằng cách lấy nguyên hàm cả 2 vế của đẳng thức
bậc hai:
Xuất phát từ đẳng thức:
(2x+1)2 + (x  2)2=(2x  1)2 + (x+2)2


Lấy nguyên hàm cả 2 vế ta được:
(2x+1)3 + 2(x  2)3  (2x  1)3  2(x+2)3 = C với mọi x
Cho x=0 ta được C=  30
Ta có đồng nhất thức:
(2x+1)3+2(x  2)3  (2x  1)3  2(x+2)3=  30
 (2x+1)3+(x  2)3 +(x  2)3  5(2x+1+x  2+x  2) = (2x  1)3 + (x+2)3 +(x+2)3 
 5(2x  1+x+2+x+2) (*)

Xuất phát từ đẳng thức:
(2x+2)2 + (x  4)2=(2x  2)2+(x+4)2
Lấy nguyên hàm cả 2 vế ta được:
(2x+2)3+2(x  4)3  (2x  2)3  2(x+4)3=D với mọi x
Cho x=0 ta được D=  240
Ta có đồng nhất thức:
(2x+2)3+2(x  4)3  (2x  2)3  2(x+4)3=  240
 (2x + 2)3 +(x  4)3+(x  4)3  20(2x+2+x  4+x  4) = (2x  2)3 +(x+4)3 +(x+4)3 
 20(2x-2+x+4+x+4) (**)

Từ đẳng thức (*) và (**) dẫn tới bài toán sau:
Bài 10 Tìm tất cả hàm số f : Z  Z thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

f ( x3  y3  z3  5x  5 y  5z)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z)  5 f ( x)  5 f ( y)  5 f ( z)
với mọi x,y,z nguyên (I)
f ( x3  y3  z3  20x  20 y  20z)  f 3( x)  f 3( y)  f 3( z)  20 f ( x)  20 f ( y)  20 f ( z)

với mọi x,y,z nguyên (II)


Lời giải
Ở (I) cho x=y=z=0 ta được f(0)=3f3(0)  15f(0)
Do f(0)  Z nên f(0)=0
Ở (I) cho y=z=0  f(x3-5x)=f3(x)  5f(x) (1) x  Z
Ở (I) cho z=  y ta được : f(x3  5x)=f3(x)  5f(x) + f3(y)  5f(y)+ f3(y)  5f(  y)
(2) x, y  Z
Từ (1) và (2)  f3(y)  5f(y)+ f3(  y)  5f(  y)=0 y  Z

 [f(y)+f(  y)].[f2(y)+f2(  y)  f(y).f(  y)  5]=0 (3)
Bổ đề
Không tồn tại u,v  Z thỏa mãn : u2  uv+v2=5 (i) hoặc u2+uv+v2=5(ii)
Thật vậy: (i)  (2u  v)2+3v2=20.Có 3 trường hợp xảy ra:

v  2,(2u  v)2  8
v  1,(2u  v)2  17
v  0,(2u  v)2  20
Cả 3 trường hợp trên đều không có u,v thỏa mãn.
Tương tự cũng không có u,v thỏa mãn (ii).
Áp dụng bổ đề:
(3)  f(  y)=  f(y) y  Z
Ta chỉ cần xét f(x) trên N
Thay x=2 vào (1):

f(  2)=f3(2)  5f(2)   f(2)= f3(2)  5f(2)
 f3(2)-4f(2)=0  f(2)=2a (a=  1,0 hoặc 1)


 f(  2)=  2a

Thay x=0 vào (*):
13+ (  2)3+ (  2)3  5(1+(  2)+(  2))=(  1)3+23+23  5(  1+2+2)
 f[13+(  2)3+(  2)3  5(1+(  2)+(  2))]=f[(  1)3+23+23  5(  1+2+2)]
 f3(1)+f3(  2)+f3(  2)  5f(1)  5f(  2)  5f(  2)= f3(  1) +f3(2) + f3(2)  5f(  1) 
 5f(2)-5f(2)

 f3(1)  5f(1)=16a3  20a=a3  5a (a3=a)

Áp dụng bổ đề ta được f(1)=a
Thay x=1 vào (*) ta được:
33+(  1)3 + (  1)3  5(3+(  1)+(  1))=(  3)3+13+13  5(  3+1+1)
 f(3)=3a

Thay x=1 vào (1) ta được f(  4)=  4a  f(4)=4a
Thay x=y=z=2 vào (I) ta được f(  6)=  6a  f(6)=6a
Thay x=2 vào (4)  f(5)=5a
Thay x=3 vào (4)  f(7)=7a
Thay x=3 vào (5)  f(8)=8a
Hoàn toàn tương tự : f(9)=9a;f(10)=10a;f(11)=11a;f(12)=12a
Vậy f(n)=na n  12
Chứng minh bằng quy nạp f(n)=an (∀n ∈ N) theo 2 đẳng thức (*) và (2*)
Theo chứng minh trên : f(n)=an ∀n≤12
Giả sử f(k)=ka ∀k≤n.Ta chứng minh f(n+1)=n+1.Thật vậy:
Nếu n lẻ thì n=2x+1 (x≥6)  2x+1>2x  2>x+4>x  4>0.Theo (2*):

f3(2k+2) – 20f(2k+2)=(2k+2)3a3 – 20(2k+2)a
 f(2k+2)=(2k+2)a hay f(n+1)=(n+1)a

Nếu n chẵn,làm tương tự ta cũng được f(n+1)=(n+1)a
Vậy f(x)=ax ∀x∈Z
Cuối cùng ở phần này tôi xin trình bày một bài toán có lời giải khá đẹp mắt
sử dụng đẳng thức bậc hai:
Bài 11 Tìm f:N*→N* thỏa mãn:
f(f2(m) + 2f2(n))=m2 + 2n2 ∀m,n ∈ N*
Lời giải
Xét m1 và m2 thỏa mãn f(m1)=f(m2)
Cố định n0 ∈ N* ta có:
f(f2(m1) + 2f2(n0)) = f(f2(m2) + 2f2(n0))
 m12  2n02  m22  2n02
 m12  m22
 m1=m2

Vậy f là đơn ánh
Cho m=n=1  f(3.f2(1))=3
Đặt f(1)=a  f(3a2)=3
Cho m=n=3a2 ta được: f(f2(3a2)+2f2(3a2))=(3a2)2+2.(3a2)2
 f(27)=27a4 (1)

Cho m= 5a2,n=a2 ta được : f(f2(5a2)+2f2(a2))=(5a2)2+2.(a2)2
 f(f2(5a2)+2f2(a2))= 27a4 (2)


Từ (1) và (2)  f(f2(5a2)+2f2(a2))=f(27)

Do f đơn ánh nên : f2(5a2)+2f2(a2)=27  f(5a2)=f(a2)=3 hoặc f(5a2)=5,f(a2)=1
Do f đơn ánh nên f(5a2)≠f(a2)  f(5a2)=5,f(a2)=1
Tương tự : (5a2)2 + 2(2a2)2 = (a2)2 + 2.(4a2)2
 f2(4a2)  f 2(2a2)=12
 f(4a2)=4 và f(2a2)=2

Với m là số nguyên tùy ý ta có:
(m+4)2 + 2(m+1)2 = m2 + 2(m+3)2
 f2((m+4)a2)+2f2((m+1)a2)=f2(ma2)+2f2((m+3)a2)

Do đó nếu ta kết luận được f(ka2)=k ∀k=1,2,..,m+3 thì khẳng định đúng với m+4
Vậy bằng quy nạp  f(ka2)=k ∀k∈N*
 f(a3)=f(a.a2)=a=f(1)

Do f đơn ánh nên a3 = 1  a=1
Vậy f(k)≡k ∀k∈N*


PHẦN III:XÂY DỰNG PHƯƠNG TRÌNH HÀM TỪ CÁC ĐẲNG THỨC SAI
PHÂN
Xuất phát từ biểu thức sai phân của đa thức:
Cho f(x) là đa thức với hệ số thực,đặt: ∆(1)f(x)=∆f(x)=f(x+1)-f(x)
∆(n+1)f(x) = ∆(∆(n)f(x))

n
Ta có kết quả sau : ∆(n)f(x) =  (1)niCni f ( x  i) (chứng minh quy nạp theo n)
i0
Xét f(x)=xn ,ta có ∆(n)f(x)=n! ,thay VT theo đẳng thức trên ta được:
n
2

n
k
k
n
n
n n
Cn0 ( x  n)n  C1
n ( x  n 1)  Cn ( x  n  2)  ...  Cn .(1) .( x  n  k )  ...  Cn .(1) .x  n!

Với n=5 ta có:
(x+5)5  5(x+4)5+10(x+3)5  10(x+2)5 + 5(x+1)5  x5=5!
Lấy đạo hàm 2 vế của đẳng thức trên ta được:
(x+5)5 +10(x+3)4 + 5(x+1)4 = x4 + 10(x+2)4 + 5(x+4)4
Từ đây ta có bài toán sau:
Bài 12 Tìm f:N→N thỏa mãn:
f(x4+5y4+10z4)=f4(x)+5f4(y)+10f4(z) x, y, z  N (*)
và f(1) > 0
Lời giải
Thay x=y=z=0 vào (*) ta có f(0)=0
Thay x=1,y=z=0 vào (*) ta có f(1)=f4(1) f(1)=1 ( f(1)>0 )
Thay x=y=z=1 vào (*) ta có f(16)=16
Thay x=y=2,z=0 vào (*) ta có f(2)=2f(1)=2