SH tin HX phuong trinh ham tren tap roi rac 2016 07 31

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
Huỳnh Xn Tín
Trường THPT Chun Lương Văn Chánh - Phú Yên
ĐT: 01262778283, Email:
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic Toán Quốc tế và khu vực thường
xuất hiện các dạng bài toán về phương trình hàm, đặc biệt là các dạng tốn phương
trình hàm trên tập rời rạc và khơng chuẩn mực, đó là những bài tốn khó và rất mới
mẻ xa lạ đối với học sinh trung học phổ thông. Hầu hết các em chưa làm quen và tiếp
cận với các dạng tốn phương trình hàm trên tập rời rạc và đặc biệt sách tham khảo
hiện nay về các dạng phương trình nói trên là rất hiếm. Chính vì lẽ đó trong bài viết
này chúng tôi đề cập đến Một số dạng phương trình hàm rời rạc , nhằm góp phần
nhỏ bé vào việc bồi dưỡng toán đối với học sinh phổ thông trung học.
Nội dung chủ yếu của chuyên đề này dành trình bày một số phương pháp giải các
bài tốn về phương trình hàm trên tập rời rạc. Tác giả đưa ra cách sử dụng hàm nhân
tính trên tập số nguyên dương để giải các bài toán về phương trình hàm trên tập rời
rạc. Cách vận dụng nguyên lý quy nạp và nguyên lý thứ tự trong việc giải phương trình
hàm trên tập rời rạc. Đặc biệt là sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình
hàm, những phương trình hàm trên tập N ta có thể chuyển về bài tốn trên dãy số.
Khi đó, ta có thể sử dụng phương pháp giải một số dạng phương trình sai phân để giải
phương trình hàm. Ngồi ra cịn khai thác những tính chất về số học của tập số nguyên,
về cấp số cộng trên tập số nguyên. Đặc biệt là các bài toán trên tập số tự nhiên ta có
thể chuyển đổi qua các bài tốn trong hệ hệ cơ số thích hợp.
Ngồi ra trong mỗi phần có một số ví dụ minh hoạ và một số dạng bài tập, các bài
toán áp dụng trong các kỳ thi học sinh giỏi tốn quốc gia, các kì thi Olympic tốn quốc
tế, nhằm để giúp các em học sinh phổ thông tiếp cận và nắm vững phương pháp giải
các bài toán về phương trình hàm. Sau mỗi phần ln có các bài tập để học sinh tự giải
nhằm củng cố kiến thức phần đó cho người đọc.

1


2

Mục lục

1

Một số phương pháp giải phương trình hàm trên tập rời rạc
1.1

1.1.2

1.2

1.3

1.4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Dạng 1. a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, trong đó U1 , U2 cho
trước. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Dạng 2. a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn , trong đó U1 , U2 cho
trước và fn là đa thức bậc n. . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Phương pháp sử dụng sai phân
1.1.1

4

Phương pháp sử dụng hàm nhân tính trên tập các số nguyên dương

. . 13

1.2.1

Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Phương pháp chứng minh quy nạp

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3.1

Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.3.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Phương pháp sử dụng nguyên lý sắp thứ tự tốt . . . . . . . . . . . . . 26
1.4.1

Phương pháp

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

1.5

1.4.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Phương pháp sử dụng các tính chất số học
1.5.1

1.6

1.7

1.8

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Phương pháp

. . . . . . . . . . . . . . . 30

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.5.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.5.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Phương pháp sử dụng hệ đếm cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.6.1

Phương pháp

1.6.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.6.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Sử dụng một số tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
1.7.1

Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.7.2

Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.7.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Sử dụng tính chất cấp số cộng trên tập số nguyên . . . . . . . . . . . . 40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.8.1

Phương pháp chung

1.8.2

Một số dạng bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.8.3

Bài tập củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3


4

Chương 1

Một số phương pháp giải phương trình
hàm trên tập rời rạc
Trong chương này, chúng ta sẽ nghiên cứu phương pháp giải một số dạng phương
trình hàm trên tập rời rạc.

1.1

Phương pháp sử dụng sai phân

Vì dãy số là hàm số đặc biệt với miền xác định trên tập số tự nhiên, nên các bài
tốn phương trình hàm trên tập số tự nhiên có thể xem như các bài tốn trên dãy số

vơ hạn. Vì thế, chúng ta có thể sử dụng kiến thức về sai phân và phương trình sai phân
để giải phương trình hàm trên tập rời rạc. Sau đây chúng ta sẽ xét một số dạng cụ thể
và nêu phương pháp giải tương ứng.

1.1.1

Dạng 1. a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, trong đó U1 , U2 cho trước.

Bài tốn tổng qt. Tìm Un biết
a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0, trong đó U1 , U2 cho trước.
Phương pháp
Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0. a) Nếu λ1 , λ2 là nghiệm thực


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

khác nhau thì Un = Aλn1 + Bλn2 , trong đó A, B là các hằng số được xác định theo

U 1 , U2 .
b) Nếu λ1 = λ2 = λ là nghiệm thực thì Un = (A + nB)λn , trong đó A, B là
các hằng số được xác định theo U1, U2 .
c) Nếu λ là nghiệm phức λ = x + iy, ta đặt

x2 + y 2 ,

r = |λ| =

y

tgϕ = ,
x

ϕ∈(

−π π
, ).
2 2

Khi đó λ = r.(cos ϕ + i sin ϕ) và Un = r n (A cos nϕ + B sin nϕ), trong đó
A, B là các hằng số được xác định theo U1, U2 .

Bài tập áp dụng
Bài toán 1.1.1.

Cho f : N∗ −→ R thoả mãn điều kiện

f (n + 2) = f (n + 1) − f (n), f (1) = 1, f (2) = 0.
√
2 3
, ∀n ∈ N∗ .
Chứng minh rằng | f (n) |≤
3
Giải. Trong (1.1) đặt f (n) = Un , ta được
Un+2 = Un+1 − Un, U1 = f (1) = 1, U2 = f (2) = 0.
Phương trình đặc trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghiệm phức là

√
√
1+i 3

1−i 3
, λ2 =
.
λ1 =
2
2
√

Ta có r = |λ| = |λ1 | = |λ2 | =
Khi đó

λ = cos

1 3
+ = 1, tgϕ =
4 4

3
2
1
2

=

√
π
3⇒ϕ= .
3

π

π
+ i sin .
3
3

Ta tính f (n) dưới dạng f (n) = A cos

nπ
nπ
+ B sin
. Ta có
3
3

5

(1.1)


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín


π
π
 1 = U1 = A cos + B sin
3
3
 0 = U2 = A cos 2π + B sin 2π

3
3
√
3
.
Suy ra A = 1 và B =
3
√
nπ
nπ
3
+
sin
.
Vậy ta có f (n) = cos
3
3
3
√
2
3
3
.
Do đó |f (n)| ≤ 12 + =
9
3
Bài tốn 1.1.2.

Tìm các hàm f : Z → R thoả mãn các điều kiện

5
f (x + y) + f (x − y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ Z, f (0) = 0, f (1) = .
2

(1.2)

Giải. Trong (1.2) cho x = n, n ∈ Z, y = 1 ta được
f (n + 1) + f (n − 1) = f (n)f (1).
Đặt f (n) = un , từ 1.2) ta có

5
f (0) = u0 = 0, f (1) = u1 = , un+1 =
2
5
Phương trình đặc trưng λ2 − λ + 1 = 0 có nghiệm là
2
Do đó ta có

5
un − un−1 .
2
1
λ1 = 2, λ2 = .
2

1
un = A.2n + B.( )n .
2

Trong 1.2) cho x = 1, y = 0, ta được f (1).f (0) = 2f (1) ⇒ f (0) = 2 = u0 ,

khi đó ta có



 u0 = A20 + B( 1 )0 = 2 = A + B
2
B
1 1 5

1
 u1 = A2 + B( ) = = 2A +
2
2
2

Suy ra

A = B = 1.
6


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Vậy f (n) = un = 2n +

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

1
1
x

hay
f
(x)
=
2
+
, ∀x ∈ Z.
2n
2x

Thử lại ta thấy hàm số vừa tìm thoả mãn các điều kiện của bài toán đã cho.

1.1.2

Dạng 2. a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn , trong đó U1, U2 cho trước và fn là đa
thức bậc n.

Bài toán tổng quát. Tìm Un biết a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = fn, trong đó
U1 , U2 cho trước và fn là đa thức bậc n.
Phương pháp
Giải phương trình đặc trưng aλ2 + bλ + c = 0.
Khi đó Un = Un∗ + Un , trong đó Un là nghiệm tổng quát của phương trình thuần
nhất dạng 1, đó là a.Un+1 + b.Un + c.Un−1 = 0.
Và Un∗ là nghiệm riêng bất kỳ của phương trình khơng thuần nhất.
Theo dạng 1 ở trên đã giải và tìm được Un , trong đó A, B là các hằng số chưa
xác định.

Un∗ được xác định như sau:
a) Nếu λ = 1 thì Un∗ là đa thức cùng bậc với fn .
b) Nếu λ = 1 là nghiệm đơn thì Un∗ = n.gn , trong đó gn là đa thức cùng bậc

với fn .
c) Nếu λ = 1 là nghiệm kép thì Un∗ = n2 .gn , trong đó gn là đa thức cùng bậc
với fn .
Thay Un∗ vào phương trình đã cho và đồng nhất các hệ số ta tính được các hệ số
của Un∗ .
Biết U1, U2 , từ hệ thức Un = Un + Un∗ , ta tính được các hằng số A, B.
7


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Bài tập áp dụng
Bài toán 1.1.3.

Cho f : N∗ −→ R thoả mãn điều kiện

f (n + 1) − 2f (n) + f (n − 1) = n + 1; f (1) = 1; f (2) = 0.

(1.3)

Chứng minh rằng (6f (n) − 24) chia hết cho n với n ≥ 6.
Giải. Trong (1.3) đặt f (n) = Un , ta được
Un+1 − 2Un + Un−1 = n + 1, U1 = f (1) = 1, U2 = f (2) = 0.
Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 1 = 0, có nghiệm kép λ = 1.
Ta có f (n) = f (n) + f ∗ (n).
Trong đó

f (n) = (A + nB).1n = A + nB.

và

f ∗ (n) = n2 (an + b).

Ta thay f ∗ (n) vào phương trình (1.3) ta được

(n+1)2 [a(n+1)+ b] −2n2 (an+b)+(n−1)2 [a(n−1)+ b] = n+1, ∀n ∈ N∗ . (*)
+) Trong (*) cho n = 1, ta được 3a + b = 1.

(**)

+) Trong (*) cho n = 2 ta được 12a + 2b = 3.

(***)

Từ (**) và (***) ta suy ra a =

1
1
; b= .
6
2

Khi đó

n 1
f ∗ (n) = n2( + ).
6 2

Do vậy

n 1
f (n) = A + Bn + n2 ( + ).
6 2

Ta có U1 = f (1) = 1 ⇒ A + B +
và

1 1
+ = 1.
6 2

1 1
U2 = f (2) = 0 ⇒ A + 2B + 4( + ) = 0.
3 2
8


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Từ đó suy ra A = 4; B = −

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

11
.
3

Vậy ta có

n3 n2
11
+ .
f (n) = 4 − n +
3
6
2

Hay

(6f (n) − 24) = (n3 + 3n2 − 22n) chia hết cho n.

Bài tốn 1.1.4.

Tìm tất cả các hàm f xác định trên N thoả mãn

2f (n).f (k + n) − 2f (k − n) = 3f (n).f (k); f (1) = 1.

(1.4)

Giải. Trong (1.4) cho k = n = 0 ta được f 2 (0) = −2f (0) ⇒ f (0) = {0, −2}.
+) Nếu f (0) = 0. Thay n = 0 vào (1.4) ta được −f (k) = 0 ⇒ f (k) = 0.
nên f (1) = 0. Mâu thuẫn với giả thiết.
+) Do vậy ta chỉ xét với f (0) = −2. Thay n = 1 vào (1.4) ta có

2f (1)f (k + 1) − 2f (k − 1) = 3f (1).f (k)
⇔ 2f (k + 1) − 3f (k) − 2f (k − 1) = 0.
Phương trình đặc trưng 2λ2 − 3λ − 2 = 0 ⇒

Ta tìm f dưới dạng
Trong đó

λ=2
1
λ=− .
2

1
f (n) = A.2n + B.(− )n .
2

f (0) = −2, f (1) = 1
f (0) = −2 = A + B
1
f (1) = 1 = 2A − B.
2

Suy ra A = 0, B = −2.

1
2

Vậy f (n) = −2(− )n = (−1)n+1 .

1
2n−1
9

là nghiệm của bài toán.

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Bài toán 1.1.5.

Giáo viên: Huỳnh Xn Tín

Tìm tất cả các hàm f : N −→ Z thoả mãn điều kiện

f (k + n) − 2f (n)f (k) + f (k − n) = 3n.2k ;

f (1) = 1.

(1.5)

Giải. Trong (1.5) cho k = n = 0 ta có 2f (0) − 2f 2 (0) = 0 ⇒ f (0) ∈ {0, 1}.
Nếu f (0) = 0. Cho n = 0 vào (1.5) ta được 2f (k) = 0, ∀k ∈ N
⇒ f (1) = 0. Mâu thuẫn, vậy f (0) = 0.
Nếu f (0) = 1. Cho n = 1 vào (1.5) ta được
f (k + 1) − 2f (k) + f (k − 1) = 3.2k , với f (0) = 1, f (1) = 1.

(*)

Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 1 = 0 ⇐⇒ λ = 1. Khi đó ta có nghiệm dưới
dạng f (k) = f (k) + f ∗ (k), trong đó f (k) = (A + Bk) và f ∗ (k) = m.2k .
Thay f ∗ (k) vào phương trình (∗) ta được

m.2k+1 − 2m.2k + m.2k−1 = 3.2k ⇒ m = 6.
Vậy f (k) = A + B.k + 6.2k . Sử dụng điều kiện ban đầu ta có

f (0) = 1 = A + 6,
f (1) = 1 = A + B + 12
Từ đó suy ra A = −5; B = −6.
Vậy f (n) = −5 − 6n + 6.2n là nghiệm của bài toán đã cho.
Sau đây ta trình bày một phương pháp giải phương trình hàm một biến dạng
ai f [i] = g(n) (trong đó vế phải là một đa thức biến n nguyên và vế trái là các hàm
i∈N∗

hợp của f xác định bởi f [1] = f (n), f [2] = f (f (n)), f [i+1] = f (f [i](n)) ) bằng cách
đưa về phương trình sai phân, bằng cách xây dựng công thức tổng quát của dãy số sau:
a1 = α, ai = f [i] (n) với α là một số bất kì thuộc tập xác định của hàm số. Ta cần lưu
ý đến tập xác định và tập giá trị của hàm số để dãy số tạo ra các điều kiện có lợi.

Bài tốn 1.1.6. Giả sử a, b là hai số thực dương. Tìm tất cả các hàm
f : N −→ N thoả mãn điều kiện
f (f (x)) + af (x) = b(a + b)x.
10

(1.6)


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Giải. Phương trình hàm (1.6) đúng với mọi x ∈ N, nên ta có
f (f (f (x))) + af (f (x)) = b(a + b)f (x), với x = f (x).
......................
f n+2 (x) + af n+1 (x) = b(a + b)f n(x).

Cố định x, khi đó ta thu được phương trình sai phân

an+2 + a.an+1 = b(a + b)an.
Phương trình đặc trưng

λ2 + aλ = b(a + b).
⇔

Khi đó

λ=b
λ = −a − b.

an = f n (x) = K.bn + L.(−a − b)n.

(*)

+) Trong (*) thay n = 0 ta có x = a0 = K + L.
+) Trong (*) thay n = 1 ta có f (x) = K.b − L(a + b).

f n (x)
b n
b n
) + (−1)n .L Vì (
) →0
Vì N −→ N nên ta có 0 ≤
= K(
n
(a + b)
a+b

a+b
khi n → +∞.
Vậy để bất đẳng thức trên đúng ta phải có L = 0, khi đó f (x) có dạng

f (x) = K.b = bx.
Thử lại ta có f 2 (x) = f (f (x)) = f (bx) = b.bx = b2x. Suy ra

f 2 (x) + af (x) = xb2 + abx = b(a + b)x.
Vậy f (x) = bx thoả mãn phương trình hàm đặt ra.
Ta nghiên cứu thêm một bài về loại này để hiểu thêm.

Bài tốn 1.1.7.

(Balkan MO 2002) Tìm các hàm số f : N → N thỏa

f (f (n)) + f (n) = 2n + 2001 hoặc 2n + 2002, ∀n ∈ N.
11

(1.7)


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài tốn. Với k là số tự nhiên bất
kì, xét dãy số (an ) như sau: a0 = k, an+1 = f (an ). Từ (1.7) thay n bởi an ta được
an+2 + an+1 = 2an + 2001 hoặc 2an + 2002, ∀n ∈ N.
Phương trình đặc trưng của dãy số (an) là: λ2 + λ − 2 = 0 ⇔ λ ∈ {1; −2}.
Suy ra an = A + B(−2)n + Cn, ∀n ∈ N. Ta có k = a0 = A + B , suy ra

f (k) = a1 = A − 2B + C = k − 3B + C

(2).

. Vậy từ (2)
Thay g(n) = n − 3B + C vào (1.7) được −3B + C = 667 hoặc 2002
3
2002
2002
ta có f (n) = n + 667 hoặc f (n) = n + 3 (loại vì n + 3 ∈
/ N). Thử lại ta thấy
f (n) = n + 667 thỏa mãn.
Đối với phương trình hàm hai biến trên tập rời rạc, chúng ta cũng có thể chuyển
nó về phương trình sai phân như sau.

Bài tập củng cố
1.1. Cho hàm số f : N → N thoả mãn
f (4x) + 2015f (2x) = 2016f (x), ∀x ∈ R+ .
Chứng minh rằng tồn tại số thực k > 1 để f (x) = f (kx), ∀x ∈ R+ .
1.2. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (f (n)))+f (f (n)) =
3f (n) − n, ∀n ∈ N.
1.3. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (n)) + f (n) =
2n + 3k, ∀n ∈ N trong k ∈ N cho trước.
1.4. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn điều kiện f (f (f (n))) + 6f (n) =
3f (f (n)) + 4n + 2016, ∀n ∈ N.
1.5. (Olympic Tốn Bulgaria 1996) Tìm tất cả các hàm f : Z −→ Z thoả mãn
điều kiện 3f (n) − 2f (f (n)) = n, ∀n ∈ Z.
1.6. Tìm tất cả các hàm f : Z −→ Z thoả mãn điều kiện f (m+n)+f (mn−1) =
f (n)f (m) + 2, ∀m, n ∈ Z.

12


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

1.7. Tìm tất cả các hàm f : Z −→ N thoả mãn điều kiện f không phải là hằng
17

số,

f (k) ≤ 2017 và với mọi số nguyên x, y, z ta có f (x − y) + f (y − z) +
k=1

f (z − x) = 3[f (x) + f (y) + f (z)] − f (x + y + z).

1.2

1.2.1

Phương pháp sử dụng hàm nhân tính trên tập các số nguyên
dương
Phương pháp

Hàm số f : N∗ → N∗ được gọi là có tính chất nhân (nhân tính) trên N∗ nếu
như với mọi m, n ∈ N ∗ ta có f (mn) = f (m)f (n).
Các hàm số có tính chất nhân tính, đặc biệt thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một
điểm tuỳ ý. Khi đó, nếu số ngun dương n có phân tích tiêu chuẩn dưới dạng tích các

α α
α
thừa số nguyên tố n = p1 1 p2 2 ...pi i thì ta có f (n) = [f (p1 )]α1 [f (p2 )]α2 ...[f (pi )]αi .
Như vậy để xác định giá trị của hàm số ta chỉ cần xác định giá trị của nó tại các điểm
nguyên tố (xem [6]).
Các bài toán sau đây sẽ minh họa cho phương pháp này.

1.2.2

Bài tập áp dụng

Bài toán 1.2.1.

Cho hàm f : N∗ −→ N∗ thoả mãn điều kiện
f (mf (n)) = nf (m); ∀m, n ∈ N∗ .

(1.8)

1) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố thì f (p) cũng là số nguyên tố.
2) Hãy chỉ ra một hàm số không phải hàm đồng nhất, thoả mãn đề bài.
Giải. 1) Trong (1.8) cho m = 1 và đặt f (1) = a ta được
f (f (n)) = nf (1) = an, ∀n ∈ N∗ .
Cho n = 1 thay vào (1.8) ta được f (am) = f (m) hay f (an) = f (n), ∀n ∈ N∗ .
13


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Do đó f (f (an)) = f (f (n)) ⇒ a.an = an ⇒ a = 1. Vậy f (1) = 1.
Như vậy ta có

f (f (n)) = n, ∀n ∈ N∗ .

+) Ta chứng minh f là đơn ánh.
Thật vậy, giả sử f (m) = f (n), khi đó f (f (m)) = f (f (n)) ⇔ m = n, ∀m, n ∈
∗

N .
+) Ta chứng minh hàm f có tính chất nhân tính.
Từ (1.8) ta có f (f (m)f (n)) = nf (f (m)) = mn = f (f (mn)), ∀m, n ∈ N∗ . Vì f
đơn ánh nên ta có f (mn) = f (m)f (n), ∀m, n ∈ N∗ .
Vậy hàm f có tính chất nhân tính.
Gọi p là số nguyên tố. Giả sử f (p) = mn, khi đó

f (f (p)) = f (mn) = f (m)f (n), hay p = f (m)f (n).
Điều này chỉ xảy ra khi f (m) = p và f (n) = 1 hoặc f (m) = 1 và f (n) = p.
Do f đơn ánh nên m = 1 hoặc n = 1, nghĩa là m hoặc n phải là số nguyên tố.
Vậy nếu p nguyên tố thì f (p) cũng nguyên tố.
Giả sử f (p) = q là số nguyên tố, khi đó f (f (p)) = f (q) hay p = f (q).
Nhận xét rằng nếu có số nguyên tố p mà f (p) = p thì

p = f (p) = f (f (p)) = p3 ⇒ p2 = 1 ⇒ p = 1, vô lý.
2) Ta xây dựng hàm f như sau
Gọi pi là số nguyên tố thứ i, nghĩa là p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, p4 = 7, ...
Chia tập các số nguyên tố thành các cặp (p2k−1 , p2k ), với k = 1, 2, 3, ...
Ta xác định: f (1) = 1,

14

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

f (p2k−1 ) = p2k ; f (p2k ) = p2k−1 , k = 1, 2, 3, ...
Thử lại hàm số xác định như trên thoả mãn đầu bài.

Bài toán 1.2.2. Cho hàm f : N∗ −→ N∗ thoả mãn điều kiện f (mf (n)) =
nf (m); ∀m, n ∈ N∗ . Chứng minh rằng f (2017) là số nguyên tố hoặc là bình
phương của số nguyên tố.
Giải. Từ bài trên và 2017 là số nguyên tố nên ta dễ dàng đoán được ta phải chứng
minh: nếu p là số nguyên tố thì f (p) là 1 số nguyên tố hoặc là bình phương của 1 số
nguyên tố.
Với m = n = 1, ta có f (f (1)) = f (1)
+) Ta chứng minh f là đơn ánh.
Thật vậy, giả sử f (m) = f (n), khi đó f (f (m)) = f (f (n)) ⇔ m = n, ∀m, n ∈
∗

N .
Khi đó f đơn ánh nên suy ra f (1) = 1 ⇒ f (f (n)) = n2 , ∀n ∈ N ∗ +) Ta chứng
minh hàm f có tính chất nhân tính.
Xét f (f (m)f (n)) = n2 f (f (m)) = m2 n2 = f (f (mn)), ∀m, n ∈ N∗ . Vì f đơn
ánh nên ta có f (mn) = f (m)f (n), ∀m, n ∈ N∗ .
Rồi ta xét giá trị của hàm số tại các điểm nguyên tố. Gọi p là một số nguyên tố. Nếu
f (p) là hợp số thì f (p) = (ab) với a ≥ b > 1.
Mà p2 ⇒ f (b) = 1 ⇒ b = 1 (vô lý).

p2 ⇒ f (b) = 1 ⇒ b = 1 (vô lý).

f (a) = f (b) = p. Mà f đơn ánh nên a = b ⇒ f (p) = a2 .
Ta cần chứng minh a nguyên tố.
Giả sử a = mn thì p = f (a) = f (mn) = f (m)f (n).
Mà p nguyên tố nên hoặc f (m) = 1 ⇒ m = 1 hay f (n) = 1 ⇒ n = 1. Vậy a
15


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

nguyên tố.
Vậy nếu p là số nguyên tố thì f (p) là 1 số nguyên tố hoặc là bình phương của 1 số
nguyên tố. Mà 2017 nguyên tố nên ta có được điều phải chứng minh.

Bài toán 1.2.3.

Xét các hàm số f : N∗ −→ N∗ thoả 2 điều kiện

(i) f (mn) = f (m)f (n) − f (m) − f (n) + 2, ∀m, n ∈ N∗ .

(*)

(ii) f (2004) = 2004.
Hãy xác định giá trị lớn nhất của f (3).
Giải. Thay m = n = 1 vào (∗) ta có f (1) = (f (1))2 − 2f (1) + 2, hay
(f (1))2 − 3f (1) + 2 = 0 ⇒ f (1) = 1 hoặc f (1) = 2.
+) Trường hợp f (1) = 1, thay m = 1 vào (*) ta được

f (n) = f (n) − 1 − f (n) + 2 ⇒ f (n) = 1, ∀n ∈ N∗ , (trái với điều kiện (ii)).

+) Trường hợp f (1) = 2.
Ta xét hàm số:

g(n) = f (n) − 1 ⇒ f (n) = g(n) + 1 và g(2004) = f (2004) − 1 = 2003.
Hệ thức (∗) trở thành

g(mn) + 1 = (g(m) + 1)(g(n) + 1) − g(m) − 1 − g(n) − 1 + 2 ,
hay

g(mn) = g(m)g(n), ∀m, n ∈ N∗ . Vậy g là hàm nhân tính.

Ta có 2003 = g(2004) = g(22 .3.167) = (g(2))2.g(3).g(167).
Do 2003 là số nguyên tố nên ta phải có g(2) = 1. Khi đó hoặc g(3) = 1 hoặc
g(3) = 2003. Như thế g(3) ≤ 2003.
Xét hàm số g(n) như sau: g(1) = 1, g(3) = 2003, g(p) = 1 nếu p là số nguyên
tố khác 3.

16


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

k

k

Với số tự nhiên n có phân tích tiêu chuẩn n = p11 p22 ...pkmm thì

g(n) = [g(p1 )]k1 [g(p2 )]k2 ...[g(pn )]kn .
Dễ thấy hàm số trên thoả mãn các điều kiện

g(mn) = g(m)g(n) và g(2004) = 2003.
Vậy giá trị lớn nhất của g(3) là 2003 hay giá trị lớn nhất của f (3) là 2004.

1.2.3

Bài tập củng cố

1.8. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thoả mãn điều kiện f (mf (n)) =
n3 f (m); ∀m, n ∈ N∗ .
1.9. Tìm tất cả các hàm số f : N∗ −→ N∗ thoả mãn điều kiện
a) f (m + n + mn) = f (n) + f (m) + f (m)f (n); ∀m, n ∈ N∗ .

1.3

Phương pháp chứng minh quy nạp

1.3.1

Phương pháp

Trong phần này chúng ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp để giải
một số phương trình hàm trên tập rời rạc.

Nguyên lý quy nạp.
Giả sử tập hợp T ⊂ N, 1 ∈ T và nếu n ∈ T ⇒ n + 1 ∈ T, khi đó T = N.
Trong các dạng tốn phương trình hàm trên tập số ngun Z, ta có thể mở rộng
nguyên lý quy nạp trên tập Z bằng cách, chia tập Z thành tập số nguyên dương, tập

số nguyên âm và dùng phương pháp quy nạp cho từng phần tương ứng (xem [9]).
Giả sử T ⊂ Z, −1, 0, 1 ∈ T và nếu −n, n ∈ T ⇒ −n − 1, n + 1 ∈ T, khi đó

T = Z.
17


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Nghĩa là: Giả sử công thức đúng với −n, −n + 1, ..., −1, 0, 1, ..., n.
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với −n − 1 và n + 1. Khi đó cơng thức đúng
trên Z.
Các bài tốn sau đây sẽ minh họa cho phương pháp này.

1.3.2

Bài tập áp dụng

Bài tốn 1.3.1.

Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thoả mãn

(i) f (f (n)) = n
(ii) f (f (n + 2) + 2) = n
(iii) f (0) = 1.
Giải. Từ (iii) ta có f (0) = 1.
Trong (i) cho n = 0, kết hợp (iii) ta có 0 = f (f (0)) = f (1) ⇒ f (1) = 0.
Trong (ii) cho n = −2; n = −1, ta có f (f (0) + 2) = f (3) = −2; f (2) = −1.

Ta chứng minh bằng quy nạp công thức f (n) = 1 − n.
Công thức đúng với n bằng −2, −1, 0, 1, 2, 3.
Thật vậy, với 0, 1, 2, 3 ta đã tính ở trên cơng thức đúng.
Từ (i) ta có f (f (3)) = 3 hay f (−2) = 3 = 1 − (−2).

f (f (2)) = 2 hay f (−1) = 2 = 1 − (−1).
Giả sử công thức đúng với n bằng {−2k; −2k + 1; ...; 0; 1; ...; 2k + 1}.
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với n bằng {−2k − 2; −2k − 1; 2k + 2; 2k + 3}.
Theo giả thiết quy nạp, ta có f (−2k) = 1 − (−2k) = 1 + 2k,

f (−2k + 1) = 1 − (−2k + 1) = 2k.
18


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Theo giả thiết (i), (ii) ta có

f (2k + 2) = f (f (−2k + 1) + 2) = −2k − 1 = 1 − (2k + 2),
f (2k + 3) = f (f (−2k) + 2) = −2k − 2 = 1 − (2k + 3),
f (−2k − 2) = f (f (2k + 3)) = 2k + 3 = 1 − (−2k − 2),
f (−2k − 1) = f (f (2k + 2)) = 2k + 2 = 1 − (−2k − 1).
Vậy

f (n) = 1 − n, ∀n ∈ Z.

Bài toán 1.3.2. (Australia -1989). Xác định tất cả các hàm f : Z −→ Z
thoả mãn điều kiện sau

(i) f (k + n) + f (k − n) = 2f (k).f (n), ∀k ∈ Z, n ∈ Z.
(ii) Tồn tại số nguyên N sao cho |f (n)| < N, ∀n ∈ Z.
Giải. Trong (i), cho n = k = 0 ta thu được
2f (0) = 2f 2 (0) ⇔ f (0) ∈ {0, 1}.
+) Trường hợp f (0) = 0. Trong (i) cho n = 0 ta có

2f (k) = 2f (k).f (0) ⇒ f (k) = 0, ∀k ∈ Z.
Vậy f ≡ 0 là một nghiệm cần tìm.
+) Trường hợp f (0) = 1. Trong (i) cho k = 0 ta có

f (n) + f (−n) = 2f (n) ⇒ f (n) = f (−n) ⇒ f là hàm chẵn trên Z.
Vậy chỉ cần xét hàm f trên tập N+ .
Trong (i) cho n = 1, khi đó ta có f (k + 1) + f (k − 1) = 2f (k).f (1).
(*)
⇒ f (k + 1) = 2f (k).f (1) − f (k − 1).
Phương trình truy hồi trên hoàn toàn xác định khi biết f (1).
+) Ta xác định f (1).
19


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Trong (i) cho k = n ta thu được f (2n) = 2f 2 (n) − 1.
Nếu |f (1)| ≥ 2 ⇒ |f (2)| = |2f 2 (1) − 1| ≥ 7. Suy ra

f (4) = |2f 2 (2) − 1| > |2.49 − 1|, ... ⇒ f (2n ) không bị chặn (mâu thuẫn với (ii)).
Vậy f (1) chỉ có thể là f (1) ∈ {−1, 0, 1}.
Nếu f (1) = −1. Từ (*) ta tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy luật tổng

quát của f (n).

f (2) = 2f 2 (1) − 1 = 1
f (3) = 2f (2).f (1) − f (1) = −1.
Ta chứng minh quy nạp

f (n) = (−1)n .

Giả sử

f (2k) = 1, f (2k + 1) = −1.

Ta phải chứng minh

f (2k + 2) = 1, f (2k + 3) = −1.

Thật vậy, ta có f (2k + 2) = 2f (2k + 1).f (1) − f (2k) = 2.(−1).(−1) − 1 = 1

f (2k + 3) = 2f (2k + 2).f (1) − f (2k + 1) = 2.1.(−1) − (−1) = −1. (đpcm)
Nhận xét: Trong trường hợp đơn giản ta có thể phát hiện được quy luật của
f (n). Còn trong trường hợp tổng quát chúng ta vẫn có thể giải được dễ dàng nhờ
phương trình sai phân như sau.

f (k + 1) = 2f (k).f (1) − f (k − 1) = 2f (k).(−1) − f (k − 1).
Ta có phương trình đặc trưng λ2 + 2λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1 (nghiệm kép).
Khi đó f (n) được viết dưới dạng f (n) = (A + nB)(−1)n , với A, B được xác định
như sau

f (0) = 1 = A
=⇒

f (1) = −1 = −A + B.
Vậy

A=1
B = 0.

f (n) = (−1)n .

+) Nếu f (1) = 1. Từ (*) ta có phương trình f (k + 1) = 2f (k) − f (k − 1).
20


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Phương trình đặc trưng λ2 − 2λ + 1 = 0 ⇔ λ = 1 (nghiệm kép).
Ta tìm nghiệm phương trình dưới dạng f (n) = (A + nB)(1)n = A + nB với A, B
được xác định như sau

f (0) = 1 = A
=⇒
f (1) = −1 = A + B.
Vậy

A=1
B = 0.

f (n) ≡ 1.

+) Nếu f (1) = 0. Từ (*) ta thu được f (k + 1) + f (k − 1) = 0

f (0) = 1, f (1) = 0, f (2) = −1, f (3) = 0, f (4) = 1.
Quy nạp ta được

f (4m) = 1, f (4m + 1) = 0, f (4m + 2) = −1, f (4m + 3) = 0.
Bài toán 1.3.3.

(IMO -1981). Hàm f (x, y) thoả mãn các điều kiện sau

(i) f (0, y) = y + 1
(ii) f (x + 1, 0) = f (x, 1)
(iii) f (x + 1, y + 1) = f (x, f (x + 1, y)), với mọi x, y ≥ 0.
Hãy tính f (4, 1981).
Giải. Theo giả thiết (iii), ta có f (4, 1981) = f (3, f (4, 1980)). Từ đó ta có thể
tính được f (3, y) như sau
+) Tính f (1, y) : Theo giả thiết (i), (ii) và (iii), ta có

f (1, 0) = f (0, 1) = 2,
f (1, 1) = f (0, f (1, 0)) = f (0, 2) = 3,
f (1, 2) = f (0, f (1, 1)) = f (0, 3) = 4.
Ta chứng minh quy nạp : f (1, y) = y + 2.
21


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Theo trên công thức đúng với 0, 1, 2.

Giả sử ta có f (1, y) = y + 2 ta phải chứng minh f (1, y + 1) = y + 3.
Thật vậy, ta có f (1, y + 1) = f (0, f (1, y)) = f (0, y + 2) = y + 3. (đpcm)
+) Tính f (2, y) : Từ các giả thiết ta có f (2, 0) = f (1, 1) = 3

f (2, 1) = f (1, f (2, 0)) = f (1, 3) = 5
f (2, 2) = f (1, f (2, 1)) = f (1, 5) = 7
Từ đó ta có thể chứng minh quy nạp f (2, y) = 2y + 3 như sau
Giả sử ta có f (2, y) = 2y + 3 ta phải chứng minh f (2, y + 1) = 2y + 5.
Thật vậy, ta có f (2, y + 1) = f (1, f (2, y)) = f (1, 2y + 3) = 2y + 3 + 2 =
2y + 5.(đpcm)
+) Tính f (3, y) :

f (3, 0) = f (2, 1) = 5
f (3, 1) = f (2, f (3, 0)) = f (2, 5) = 10 + 3 = 13 = 21+3 − 3.
f (3, 2) = f (2, f (3, 1)) = f (2, 21+3 − 3) = 2(21+3 − 3) + 3 = 22+3 − 3
Từ đó ta có thể chứng minh quy nạp f (3, y) = 2y+3 − 3 như sau
Giả sử ta có f (3, y) = 2y+3 − 3 ta phải chứng minh f (3, y + 1) = 2y+4 − 3.
Thật vậy, ta có f (3, y + 1) = f (2, f (3, y)) = f (2, 2y+3 − 3) = 2.(2y+3 − 3) + 3 =
2y+4 − 3. (đpcm)
Do vậy, ta có f (4, 1) = f (3, f (4, 0)) = f (3, f (3, 1)) = f (3, 13) = 216 − 3.
16

216

f (4, 2) = f (3, f (4, 1)) = f (3, 2 − 3) = 2
Từ đó ta có thể chứng minh quy nạp

f (4, y) = 2
22

2.

22

−3 =2
..

22

−3

2

− 3 (có y+3 số 2) như sau


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giả sử ta có f (4, y) = 2

2.

..

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

2

− 3 ( có y+3 số 2), ta phải chứng minh
2.

f (4, y + 1) = 2

..

2

− 3 ( có y+4 số 2)
..

.2

Thật vậy, ta có f (4, y + 1) = f (3, f (4, y)) = f (3, 22
..

22

− 3) = 2(2

2.

..

2

−3)+3

−3=

.2

− 3. (trong đó có y+4 số 2) (đpcm)
2.

Vậy f (4, 1981) = 2

..

2

− 3, với 1984 số 2 trong luỹ thừa.

Bài toán 1.3.4. (IMO -1982). Hàm f (n) được xác định bởi tất cả các số
nguyên dương n và nhận các giá trị nguyên không âm. Với mọi m, n nguyên
dương các điều kiện sau được thoả mãn
(i) f (m + n) − f (m) − f (n) ∈ {0, 1}
(ii) f (2) = 0
(iii) f (3) > 0
(iv) f (9999) = 3333.
Hãy tính

f (1982).

Giải. Từ (i) suy ra f (m + n) = f (m) + f (n) + ,
m, n.

∈ {0, 1} phụ thuộc vào

Trong trường hợp này f gần như tuyến tính, sai số một đại lượng .
Do đó hàm đã cho là một siêu cộng tính

f (m + n) ≥ f (m) + f (n).
n

Bằng quy nạp ta có thể chứng minh được f (
i=1

n

xi ) ≥

f (xi ).
i=1

Ta tính một vài giá trị của hàm f như sau 0 = f (2) ≥ f (1) + f (1) ⇒ f (1) = 0

0 < f (3) = f (1) + f (2) + = ⇒ f (3) = 1.
23


Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Ta có

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

f (4) = f (2) + f (2) + = ,
f (4) ≥ f (1) + f (3) = 1.

Từ đó suy ra f (4) = 1.

f (5) = f (2) + f (2) + f (1) + = ,
f (5) ≥ f (2) + f (3) = 1.
Từ đó suy ra f (5) = 1.

f (6) = f (3) + f (3) + = 2 + ,
f (6) ≥ f (2) + f (4) + = 1 + .
Từ đó suy ra f (6) = 2.
Tương tự ta có f (7) = 2, f (8) = 2, f (9) = 3.
Giả thiết rằng f có bước nhảy 1 tại mỗi bội số của 3 .
( Do giả thiết f (9999) = 3333 hay f (3.3333) = 3333).
Ta chứng minh f (3n) = n, ∀n ≤ 3333.
Thật vậy, từ giả thiết f (3) = 1 và f là siêu cộng tính nên suy ra f (3n) ≥ n.
Giả sử rằng f (3n) > n với n nào đó nhỏ hơn 3333. Khi đó ta có

f (3(n + 1)) = f (3n + 3) ≥ f (3n) + f (3) > n + 1.
(*)
Điều này mâu thuẫn với tính chất siêu cộng tính của hàm f : f (3(n + 1)) ≥ n + 1.
Và khi cho n = 3332 ở (*) ta có f (9999) > 3333, điều này trái với giả thiết (iv).
Do vậy

f (3n) = n.

Bây giờ ta chứng tỏ f (3n − 1) = n − 1 với n ≤ 1111.
Thật vậy, ta có n = f (3n) ≥ f (3n−1) ≥ f (3n−3) = n−1. Giả sử f (3n−1) =
n, thế thì
3n = f (9n) ≥ f (3n − 1) + f (3n − 1) + f (3n − 1) + f (3) = 3n + 1. (vô lý )
24

Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Giáo viên: Huỳnh Xuân Tín

Do đó ta có f (3n − 1) = n − 1 với n < 1111.
Với n = 661 ⇒ f (1982) = f (3.661 − 1) = 661 − 1 = 660.

Bài tốn 1.3.5.
(Việt Nam TST 2005).Tìm tất cả các hàm số f : Z →
Z thỏa f (x3 + y 3 + z 3) = f (x)3 + f (y)3 + f (z)3 , ∀x, y, z ∈ Z.
Giải. Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn bài tốn. Kí hiệu P (x, y, z) là cách cho
bộ (x, y, z) ∈ Z3 vào phương trình.
P (0, 0, 0) ⇒ f (0) = 0
P (x, −x, 0) ⇒ f (x) = −f (−x)
P (1, 1, 0) ⇒ f (2) = 2f (1)
P (1, 1, 1) ⇒ f (3) = 3f (1)
Ta chứng minh quy nạp: f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z
(1).
Vì f là hàm lẻ nên ta chỉ cần xét quy nạp với n ≥ 0.
Với n = 0 thì (1) hiển nhiên đúng.
Giả sử với n = k ≥ 0 thì (1) đúng, ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật
vậy,
+ Với n = 2t, từ (2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 . Ta có

f 3 (2t+1)+f 3(5)+f 3(1) = f ((2t+1)3 +53 +13) = f ((2t−1)3 +(t+4)3+(4−t)3) =
f 3 (2t − 1) + f 3 (t + 4) + f 3 (4 − t)
Hay f (2t + 1) = (2t + 1)f (1). Tương tự với n = 2t − 1 thì f (2t) = 2tf (1).
Vì thế f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z. Thay vào phương trình ta nhân được 3 nghiệm
f (x) = 0, f (x) = x, f (x) = −x.

1.3.3

Bài tập củng cố

1.10. Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa f (0) = 2 và f (x + f (x + 2y)) =
f (2x) + f (2y), ∀x, y ∈ Z.
1.11. (Putnam 1963) Tìm tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa
a)f (2) = 2
25