SỬ DỤNG hệ cơ số TRONG PHƯƠNG TRÌNH hàm t04

SỬ DỤNG HỆ CƠ SỐ TRONG PHƯƠNG TRÌNH HÀM
A – MỞ ĐẦU:
Trong các bài toán phương trình hàm thi học sinh giỏi, có một nhóm các bài toán
được giải theo phương pháp sử dụng hệ cơ số, thông thường nhất là hệ nhị phân và hệ tam
phân. Tuy nhiên đây là một kỹ thuật tương đối thú vị, nếu học sinh không hiểu rõ thì có thể
chỉ thấy rằng lời giải đưa ra là rất hay, đẹp, độc đáo nhưng lại không tự nhiên và từ đó khó
có thể áp dụng trong các bài toán khác. Mong muốn đi tìm đường lối suy nghĩ hợp lý, lôgic,
tự nhiên cho các bài toán dạng này, tác giả xin phân tích một số bài toán thú vị đó. Tất nhiên,
việc phân tích là theo quan điểm cá nhân nên rất mong muốn có được sự góp ý của độc giả
để có thể hoàn chỉnh hơn nữa bài viết này.
B – NỘI DUNG:
Ta có thể nghĩ đến phương pháp này nếu gặp một bài toán mà cách xác định hàm số
bị chia thành các trường hợp khác nhau, chẳng hạn nếu n bị chia thành các trường hợp chẵn
và lẻ thì ta có thể nghĩ đến việc biểu diễn n trong hệ nhị phân.
Ta xem xét cụ thể hơn qua các bài toán sau:
Bài 1:
Z � Z : f  1  1, f  2n   f  n  , f  2n  1  f  2n   1 .
Tìm f :n
Giải:
Trong bài toán này, n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2 nên ta xét n trong cơ số 2.
Có thể viết lại điều kiện của bài toán như sau:
f  1  1, f  2n   f  n  , f  2n  1  f  n   1
Với cách mô tả này ta có thể thấy rằng: nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 0 thì

f  n  không tăng thêm, còn nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 1 thì f  n  tăng thêm

1, vậy ta dự đoán: f  n  là số số 1 trong biểu diễn nhị phân của n
Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng.
Bài 2:



Tìm f : Z � Z , f  1  1, f  2n   2 f  n   1, f  2n  1  2 f  n   1 .
Giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng nếu n  ak ak 1 ...a0  2 thì f  n   ak 1 ...a0 ak  2 (và ak �0 ).
Việc kiểm tra các giá trị nhỏ của n là hoàn toàn rõ ràng.
Giả sử khẳng định đã đúng đến n , ta chứng minh khẳng định cũng đúng với n  1 .
-) Nếu n  1  2l với l  ak ak 1 ...a0  2 thì n  1  ak ak 1 ...a0 0 2 


f  n  1  2 f  l   1  ak 1 ...a0ak 0 2  1 2   ak 1 ...a0 0ak  2 (do ak  1 )
-) Nếu n  1  2l  1 với l  ak ak 1 ...a0  2 thì n  1  ak ak 1 ...a01 2
f  n  1  2 f  l   1  ak 1 ...a0 ak 0 2  1 2  ak 1 ...a01ak  2 (do ak  1 )
Khẳng định được chứng minh.
Bài 3: (Hải Phòng TST 2008)
Cho hàm số f : Z � N thỏa mãn:
i ) f  1  2 , f  2   0.

ii ) f  3k   3 f  k   1, f  3k  1  3 f  k   2, f  3k  2   3 f  k  k �1.
Tồn tại không số n thỏa mãn f  n   n  2008 ?
Giải:

Ở đây ta thấy rằng n và f  n  đều bị chia thành các trường hợp khi chia cho 3.
Vậy ta sẽ xét n và f  n  trong cơ số 3.
-) Với f  3k   3 f  k   1 ta có nếu n chia hết cho 3 thì f  n  chia cho 3 dư 1, hay là nếu
trong biểu diễn tam phân của n có bit 0 thì trong biểu diễn tam phân của f  n  có bit 1.
-) Với f  3k  1  3 f  k   2 ta có nếu n chia cho 3 dư 1 thì f  n  chia cho 3 dư 2, hay là
nếu trong biểu diễn tam phân của n có bit 1 thì trong biểu diễn tam phân của f  n  có bit 2.
-) Với f  3k  2   3 f  k  ta có nếu n chia cho 3 dư 2 thì f  n  chia hết cho 3, hay là nếu
trong biểu diễn tam phân của n có bit 3 thì trong biểu diễn tam phân của f  n  có bit 0.
Do đó ta suy ra công thức xác định f  n  như sau:
n  ak ak 1 ...a0  3 � f  n   bk bk 1 ...b0  3 , trong đó ai � bi theo quy tắc 0 � 1,1 � 2,2 � 3

(và ak �0 )
Chứng minh bằng quy nạp:
-) Nếu n  1, 2 : khẳng định trên đúng.
-) Giả sử đã đúng đến n , ta chứng minh cũng đúng với n  1 .
Thật vậy:
 ) TH1: n  1  3m � m  n : m  ak ak 1 ...a1a0  3 , f  m   bk bk 1 ...b1b0  3
� n  1  ak ak 1 ...a1a0 0 3 , f  n  1  f  3m   3 f  m   1  bk bk 1 ...b1b01 3
 ) TH2: n  1  3m  1 � m  n : m  ak ak 1 ...a1a0  3 , f  m   bk bk 1 ...b1b0  3
� n  1  ak ak 1 ...a1a01 3 , f  n  1  f  3m  1  3 f  m   2  bk bk 1 ...b1b0 2 3


 ) TH3: n  1  3m  2 � m  n : m  ak ak 1 ...a1a0  3 , f  m   bk bk 1 ...b1b0  3
� n  1  ak ak 1 ...a1a0 2 3 , f  n  1  f  3m  2   3 f  m   bk bk 1 ...b1b0 0 3
Vậy trong mọi trường hợp đều đúng với n  1 , do đó khẳng định được chứng minh.
Khi đó nếu f  n   n  bk bk 1 ...b0  3  ak ak 1 ...a0  3  ck ck 1 ...c0  3 thì ci � 0;1 .
(Vì nếu b j  0,c j  2 thì c j 1  0 do nhớ 1, còn các trường hợp khác c j  1 ).
Trong khi đó 2008  2202101 3 nên không tồn tại n thỏa mãn f  n   n  2008 .
Bài 4:
Cho f : N � N, f  0   0, f  2n   2 f  n   1 n �1, f  2n  1  2 f  n  n �0 . Chứng minh
rằng nếu g  n   f  f  n   thì g  n  g  n    0 n �0 .
Giải:

Tương tự bài số 3 ta dễ dàng suy ra công thức xác định f  n  như sau:
n  ak ak 1 ...a0  2 � f  n   bk bk 1 ...b0  2  , trong đó ai � bi theo quy tắc 0 � 1,1 � 0
(và ak �0 )
Chẳng hạn n  11000101011 2  thì f  n   00111010100 2  111010100 2  .
Khi đó g  n  chính là biểu diễn nhị phân được sinh ra bằng cách xóa đi dãy các bit 1 và dãy
các bit 0 đầu tiên bên trái trong biểu diễn nhị phân của n .





Như ví dụ trên thì g  n   f 111010100 2  000101011 2  101011 2 .
Khi đó n  g  n  chính là giữ lại dãy các bit 1 đầu tiên, còn tất cả các bit sau đó được thay
thành 0 trong biểu diễn nhị phân của n .
Như trên thì n  g  n   11000000000 2  .
Từ đó rõ ràng g  n  g  n    0 .





f  n  g  n    f 11000000000 2   111111111 2





g  n  g  n    f 111111111 2   0
Bài 5: (China 1995)
�f  1  1
�

 �
f
:
n
Z
�

Z
:
Cho
. Tìm k  l : f  k   f  l   293.
�f  2n   6 f  n 
�
3 f  n  f  2n  1  f  2n  �
3 f  n   1�
�
�
�
Giải:


Trong ví dụ này vì cách xác định f không được tường minh nên ta cần phải tìm ra các tính
chất đơn giản hơn của f trước.
3 f  n  f  2n  1  f  2n  �
3 f  n   1�
3 f  n   1�
3 f  n  � f  2n  M
3 f  n
�
�� f  2n  �
�
�M
Mà f  2n   6 f  n  nên f  2n   3 f  n  .
Và như vậy ta có: f  2n   3 f  n  , f  2n  1  3 f  n   1 .
Ở đây ta thấy rằng n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2, còn f  n  lại bị chia thành
các trường hợp khi chia cho 3.
Vậy ta sẽ xét n trong cơ số 2, còn f  n  trong cơ số 3.

-) Với f  2n   3 f  n  ta có nếu n chia hết cho 2 thì f  n  chia hết cho 3, hay là nếu trong
biểu diễn nhị phân của n có bit 0 thì trong biểu diễn tam phân của f  n  cũng có bit 0.
-) Với f  2n  1  3 f  n   1 ta có nếu n chia cho 2 dư 1 thì f  n  chia cho 3 cũng dư 1,
hay là nếu trong biểu diễn nhị phân của n có bit 1 thì trong biểu diễn tam phân của f  n 
cũng có bit 1.
Do đó ta suy ra công thức xác định f  n  như sau: n  ak ak 1 ...a0  2 � f  n   ak ak 1 ...a0  3 .
Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng.
Bây giờ 293  101212 3 , ta sẽ tìm được 4 cặp nghiệm:
k  1111 2   15,l  100101 2  37
k  1101 2   13,l  100111 2  39
k  111 2  7 ,l  101101 2   45
k  101 2   5,l  101111 2   47
Bài 6: (IMO 1988)
�f  1  1, f  3  3
�
�f  2n   f  n 
Z � Z : �
Cho f :n
. Có bao nhiêu 1 �n �1988 sao cho
f
4
n

1

2
f
2
n


1

f
n






�
�f 4n  3  3 f 2n  1  2 f n



 
�
f  n  n ?
Giải:
Việc công thức xác định của hàm số bị chia thành các trường hợp khác nhau khi chia cho 2
hay có thể là 4 gợi ý ta nghĩ đến việc xem xét số n và cả f  n  trong hệ cơ số 2 hoặc 4, tất
nhiên thông thường hệ cơ số 2 là thông dụng hơn.
Ta hãy thử xem xét các giá trị ban đầu của f:


f  1  1, f  2   1, f  3   3, f  4   1, f  5   5 ,

f  6   3, f  7   7 , f  8   1, f  9   9 , f  10   5
Chuyển sang hệ nhị phân và biểu diễn n và f  n  có cùng số chữ số ta có:
f  1  1, f  10   01, f  11  11, f  100   001, f  101  101,

f  110   011, f  111  111, f  1000   0001, f  1001  1001, f  1010   0101
Từ đó có thể gợi ý ta nghĩ đến việc f làm “đảo ngược” các chữ số của n , cụ thể là:
n  ak ak 1 ...a0  2 � f  n   a0a1 ...ak  2  (và ak �0 ).
Ngoài ra rõ ràng hàm f xác định như trên là duy nhất nên thậm chí ta không cần chứng
minh dự đoán trên bằng quy nạp mà chỉ cần kiểm tra trực tiếp hàm số trên thỏa mãn bài
toán.
Thật vậy, với n  ak ak 1 ...a0  2 và f  n   a0 a1 ...ak  2 thì:





f  2n   f ak ak 1 ...a0 0 2  0a0 a1 ...ak  2  a0 a1 ...ak  2  f  n 





f  4n  1  f ak ak 1 ...a0 01 2  10a0 a1 ...ak  2
 10 2 .1a0 a1 ...ak  2   a0 a1 ...ak  2   2 f  2n  1  f  n 





f  4n  3  f ak ak 1 ...a011 2  11a0 a1 ...ak  2
 11 2 .1a0 a1 ...ak  2   10 2 .a0 a1 ...ak  2  3 f  2n  1  2 f  n 
Trong phần kiểm tra ở trên nếu việc biến đổi trong hệ nhị phân ta cảm thấy không thuận tiện
thì có thể chuyển về lại hệ thập phân để kiểm tra kết quả bài toán.

Do đó f  n   n khi và chỉ khi biểu diễn nhị phân của n có tính đối xứng.
Ta có đúng

m1 �
�
� �
�2 �

2m , 2m1  .
số n như vậy trong miền �
�

2
Tuần tự trong các miền

 256;512  , 512;1024 

 1; 2  , 2; 4  , 4;8  , 8;16  , 16;32  , 32; 64  , 64;128  , 128; 256  ,

có 1,1, 2 , 2 , 4, 4,8,8,16 ,16 số n thỏa mãn.

Với 1988  11111000100 2 , bit thứ 2 đến 6 có thể tùy ý từ 00000 đến 11101, do đó ta có 30
số n thỏa mãn trong miền  1024;1988 .
Như vậy tổng số có 1  1  2  2  4  4  8  8  16  16  30  92 số n thỏa mãn.
Bài 7: (Poland 2003)


�f  0;0   0
�
Cho f : N�N � N:: �f  2 x;2 y   f  2 x  1;2 y  1  f  x; y 

. Với n �Z cố định và
�
�f  2 x  1;2 y   f  2 x, 2 y  1  f  x; y   1
a, b �N sao cho f  a; b   n , hỏi rằng có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn
f  a; x   f  b; x   n ?
Giải:

Ta dễ dàng có f  a; b  là số cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác
nhau.

Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác nhau thì f  a; b 
tăng thêm 1 và f  a; x   f  b; x  cũng tăng thêm 1 bất kể giá trị bit cùng hàng của x là gì.
Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà giống nhau thì f  a; b 
không tăng thêm và f  a; x   f  b; x  không tăng thêm hoặc tăng thêm 2 tùy thuộc vào giá
trị bit cùng hàng của x là gì.
Do đó f  a; b   f  a; x   f  b; x  có nghĩa là:

-) Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà giống nhau thì bit
cùng hàng của x cũng bằng như vậy.
-) Nếu một cặp bit cùng hàng trong biểu diễn nhị phân của a và b mà khác nhau thì bit
cùng hàng của x bất kỳ.
Do có n hàng nên có 2n số x thỏa mãn.
Bài 8:
Cho

  

f : Q Ǯ  0;1

f f f f  f  x 

1
�
2
x
,
0
�
x

�
�
2
R : f  x  �
.
1
�
2 x  1,
�x  1
�
2

Tìm

x

sao

cho

  x.

Giải:
Trong bài toán này hình thức ban đầu có vẻ như khá khó để nghĩ đến hệ cơ số để mô tả vì
bài toán yêu cầu làm việc với các số hữu tỷ chứ không phải các số tự nhiên. Tuy nhiên thực
ra ta vẫn có những dấu hiệu để nghĩ đến hệ cơ số, đó là việc cả x và hàm f bị chia thành
hai trường hợp liên quan đến số 2, và để mô tả điều này ta sẽ sử dụng hệ nhị phân đối với
các số không nguyên.
Giống như số thập phân, ta ký hiệu:
x  0,a1a2 a3 ...an  2  � x  a1 .2 1  a2 .2 2  a3 .23...  an .2  n


Khi x  0,a1a2 a3 ...an  2  thì 2 x  a1 ,a2 a3 ...an  2 , do đó:
-) 0 �x 

1
� a1  0 thì f  x   2 x  0,a2 a3a4 ...an  2
2

1
�x  1 � a1  1 thì f  x   2 x  1  1,a2 a3a4 ...an  2  1 2  0,a2 a3a4 ...an  2 
2
Vậy ta có thể dự đoán:
-)

x  0 ,a1a2 a3 ...an  2 � f  x   0 ,a2a3a4 ...an  2 
Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng.
Bây giờ ta cần có 0 ,a1a2 a3 ...an  2  0,a6 a7 a8 ...an  2 , hay là
a1  a6 ,a2  a7 ,...,an 5  an ,an 4  an3  an 2  an 1  an  0
Như vậy ai  0 i , hay là x  0 .

Bài 9: (IMO SL 1979)
Tìm f : Q Ǯ  0;1

�f  2 x 
1
, 0 �x 
�
�
2
R : f  x  � 4
.
�f  2 x  1  3 , 1 �x  1
�
4
2
�

Giải:

Tương tự bài 6 ta cũng sẽ sử dụng hệ nhị phân đối với các số không nguyên cho x và f  x 
do x và f  x  đều bị chia thành 2 trường hợp liên quan đến số 2.
x  0,a1a2 a3 ...an  2  � x  a1 .2 1  a2 .2 2  a3 .23...  an .2  n
Điều kiện bài toán trở thành:
�f 0 ,a a a ...a
2 3 4
n  2
�
�
4
f 0 ,a1a2 a3 ...an  2  �

�f 0 ,a2 a3a4 ...an  2  3
�
4
�









,

a1  0





,

a1  1





Khi đó nếu ta đã có f 0 ,a2 a3a4 ...an  2  0 ,b1b2 ...bm  2 thì:

�
0,00b1b2 ...bm  2
�
f 0,a1a2 a3 ...an  2  �
0,11b b ...b
�
� 1 2 m  2





,

a1  0

,

a1  1

Rõ ràng số chữ số của 0 ,a1a2 a3 ...an  2 nhiều hơn của 0 ,a2 a3a4 ...an  2 1 chữ số nên từ đó ta có
thể quy nạp được công thức tính của f  x  :


x  0,a1a2 ... 2  � f  x   0 ,a1a1a2 a2 ... 2 
Bài 10: (IMO SL 2000)
�f  2n  1  f  2n   1
�
n
N �n

N : �f  4n   f  2n   f  n  . Chứng minh rằng: m �Z , số các số
Cho f :n
�
�f  4n  2   f  4n   1
m 1
n �Z : n  2m mà f  4n   f  3n  là f  2  .

Giải:
Trong bài toán này, n bị chia thành các trường hợp khi chia cho 2, 4 nên ta xét n trong cơ số
2 hoặc có thể là 4.
Áp dụng điều kiện f  4n   f  2n   f  n  cho các số dạng n  2k ta có:
f  4   f  2   f  1

f  8  f  4   f  2 

f  16   f  8  f  4 
...

k
Khi đó nếu ta đặt f  2   ak thì ta có: ak 1  ak  ak 1 , đây là một điều kiện giống như dãy

số Lucas mà thậm chí có thể là trường hợp đặc biệt nhất là dãy Fibonacci, do đó bài toán này
khá đặc biệt, ta xét n trong hệ cơ số 2, còn f  n  được tính theo tổng các số trong dãy
Fibonacci, ta có thể tạm gọi là “hệ cơ số Fibonacci”.
Với các điều kiện f  2n  1  f  2n   1 và f  4n  2   f  4n   1 thì các giá trị đầu tiên
của dãy f  n  trong “hệ cơ số Fibonacci” cũng chính là 1 và 1.
Vậy ta có thể dự đoán:
n  ak ak 1 ...a0  2 � f  n   ak Fk  ak 1Fk 1  ...  a0 F0
Trong đó  Fn  là dãy Fibonacci: F0  F1  1,Fn 1  Fn  Fn 1 .
Phần chứng minh bằng quy nạp khẳng định trên là hoàn toàn rõ ràng.

Ta khẳng định rằng nếu biểu diễn nhị phân của n không có 2 bit 1 nào kề nhau thì
f  3n   f  4n  .
Thật

vậy :



nếu



n  akr 2kr  ...  ak0 2k0 ,



trong

đó

ki 1  ki �2 i

thì



3n  akr 2kr 1  2 kr  ...  ak0 2k0 1  2 k0 . Khi đó trong tính toán f  3n  , mỗi Fi 1 được thay
thế theo quy tắc Fi 1  Fi  2  Fi  2 , ta được f  4n  .
Ta khẳng định rằng f  3n  �f  4n  n �0 , và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi biểu diễn nhị
phân của n không có 2 bit 1 nào kề nhau.

Ta chứng minh khẳng định trên đúng với mọi 0 �n  2 m bằng quy nạp theo m �1 .
Việc kiểm tra các giá trị nhỏ của m là hoàn toàn rõ ràng.
Giả sử khẳng định trên đã đúng với m , và ta cần chứng minh khẳng định cũng đúng với
2m �n  2m1 .

m2
Đặt n  2m  p với 0 �p  2m . Khi đó f  4n   f  2  4 p   Fm3  f  4 p  . Ta chia

thành 3 trường hợp :
-) Nếu 3 p  2m : khi đó biểu diễn nhị phân của 3 p không được “nhớ” thêm vào biểu diễn
nhị phân của 3.2m . Do đó

f  3n   f  3.2 m   f  3 p   Fm3  f  3 p  �Fm3  f  4 p   F  4n 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f  3 p   f  4 p  , hay là biểu diễn nhị phân của p không có
2 bit 1 nào kề nhau.
-) Nếu 2m �3 p  2m 1 : khi đó biểu diễn nhị phân của 3 p được “nhớ” thêm 1 vào biểu diễn
nhị phân của 3.2m . Do đó
f  3n   Fm 3  �
�f  3 p   Fm 1 �
� Fm 2  f  3 p   Fm 3  f  4 p   F  4n 
-) Nếu 2m1 �3 p  3.2 m : khi đó biểu diễn nhị phân của 3 p được “nhớ” thêm 10 vào biểu
diễn nhị phân của 3.2m . Do đó
f  3n   Fm 3  Fm1  �
�f  3 p   Fm 2 �
� 2 Fm 1  f  3 p   F  4n 

0; 2m  mà biểu diễn nhị phân của n

Ta còn phải đếm xem có bao nhiêu số n trong miền �
�
không có 2 bit 1 nào kề nhau.
Gọi số số n đó là um . Trong um số n như vậy có um1 số nhỏ hơn 2m1 và um 2 số trong
2m1 ; 2 m  . Do đó um  um1  um 2 m �3 .
miền �
�

m 1
Mà u1  2  F3 ,u2  3  F4 nên ta có um  Fm 2  f  2  .

Sau đây xin gửi đến một số bài toán khác để rèn luyện thêm :
Bài 11:
Tìm f : Z � Z tăng, f  f  n    3n .
Bài 12: (Poland 2000)


Tồn tại không f : Z � Z : f  f  n    2n ?
Bài 13:
�f  2n   f  n   1

 �
f
:
Z
�
Z
:
Tìm
.

�
�f  2n  1  f  n  �
��
�f  2n   f  n  �
� f  n 
��
Bài 14: (Bangladesh 2018)


Cho

f : Z � Z , f  2n  1  f  2n  2   1, f  2n   2 f  2n  1 . Tìm

f  1

sao cho

f  1971  f  2018   1 .
Bài 15: (Taiwan TST 2016)
Tìm các toàn ánh f : Z �Z � Z thỏa mãn với mọi a, b, c �Z thì:
i) f  a; b  �a  b

ii) f  a; f  b; c    f  f  a; b  ; c 
a
b
iii) Cả C f  a ;b  và C f  a ;b  đều lẻ.

C – KẾT LUẬN:
Trên đây là một số phân tích xoay quanh các bài toán sử dụng hệ cơ số trong giải toán
phương trình hàm. Hy vọng là qua các phân tích này, bạn đọc cũng đã hình dung ra được

đường lối suy nghĩ, phương pháp tiếp cận để thấy được sự tự nhiên trong lời giải, từ đó có
thể áp dụng vào các bài toán khác. Do tất cả các phân tích đều chỉ là quan điểm cá nhân nên
rất mong nhận được sự góp ý của bạn đọc để hoàn chỉnh hơn nữa bài viết.
Xin chân thành cảm ơn!
D – TÀI LIỆU THAM KHẢO:
[1]. />[2]. Topics in Functional Equations, Andreescu – Boreico – Mushkarov – Nikolov, 2012
XYZ Press.