Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] Phương trình hàm trên tập rời rạc

phương trình hàm số học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 30-12-2021 - 20:25

mình có niềm đam mê sâu sắc với phân môn pth và số học :=) và đó là lý do mình thích pth số học, hoặc pth trên tập rời rạc. mình muốn tạo một topic nhỏ để thảo luận các bài toán về pth trên tập N,Z,Q, nửa khoảng v.v...

Mọi người có bài nào hay cứ post nhé, vì mình biết trên VMF hiện nay cũng ko còn nhiều ng theo lắm :( đặc biệt là mảng toán Olympic

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $\displaystyle f( x) +f( y) =f( x+y) ,\forall x,y\in \mathbb{Q}$

 

p/s: lúc đầu chọn topic mình ko cho đúng mục vậy bây giờ làm cách nào để đổi lại ạ :V mình chọn nhầm sang mục thcs


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 31-12-2021 - 04:52


#2 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 30-12-2021 - 21:01

Bài 1. Bài này có vẻ quen thuộc với nhiều bạn nhỉ, cách giải của mình là quy nạp từ Z lên Q

Ta sẽ chứng minh $\displaystyle f$ lẻ. Thật vậy, ta có $\displaystyle f( x) +f( -x) =f( 0)$ nhưng $\displaystyle f( 0) =2f( 0)$ nên $\displaystyle f( 0) =0$ , từ đây ta suy ra chỉ cần quy nạp trên $\displaystyle \mathbb{Q}^{+}$ là đủ. Ta thay $\displaystyle x=y$ thì được $\displaystyle f( 2x) =2f( x)$. Tương tự ta sẽ chứng minh được $\displaystyle f( nx) =nf( x)$ bằng quy nạp. Thật vậy , giả sử đúng tới $\displaystyle k=n$ , ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với $\displaystyle k+1$
 
Cụ thể là $\displaystyle f(( k+1) x)) =f( kx+x) =f(( k-1) x) +f( 2x) =2f( x) +( k-1) f( x) =( k+1) f( x)$. Vậy ta có điều phải chứng minh hay $\displaystyle f( nx) =nf( x) ,\forall x\in \mathbb{Q} ,n\in \mathbb{N}$. 
 
Thay $\displaystyle x=1$ và $\displaystyle x=\frac{m}{n}$ vào thì ta được \ $\displaystyle f( n) =nf( 1)$ và $\displaystyle f( m) =nf\left(\frac{m}{n}\right) =mf( 1)\rightarrow f\left(\frac{m}{n}\right) =\frac{m}{n} f( 1)$. Vậy $\displaystyle f( x) =ax,\forall x\in \mathbb{Q}$ và $\displaystyle a$ là hằng số


#3 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 30-12-2021 - 21:19

Bài 2. Cho hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn điều kiện $\displaystyle f( n+1)  >f( f( n)) ,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng $\displaystyle f( n) =n,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$



#4 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 31-12-2021 - 04:33

Đặc sắc nhất của các bài toán về phương trình hàm trên tập rời rạc chính là việc sử dụng tính chất chia hết và đẩy ra $\displaystyle +\infty $. Một số bài toán hay cho phương pháp này . Quy ước kể từ đây : $\displaystyle f^{n}( m) =f( m) f( m) ...$ n lần như vậy
 
Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn điều kiện $\displaystyle f^{2}( m) +f( n) |\left( m^{2} +n\right)^{2} ,\forall m,n\in \mathbb{Z}^{+}$
 
Bài 4 . Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn điều kiện $\displaystyle x^{2} +f( y) |f^{2}( x) +y,\forall x,y\in \mathbb{Z}^{+}$


#5 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 31-12-2021 - 04:56

Một số bài toán hay khác, nếu sau 24h k có ai giải thì mình đăng luôn nhé

Bài 5. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle x,y$ thì 

 
  • $\displaystyle ( f( x) ,f( y)) =1$ với mọi $\displaystyle x,y\in \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $\displaystyle ( x,y) =1$
 
  • $\displaystyle f( xf( y)) =y^{6} f( xy) ,\forall x,y\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $( n-1)^{2} < f( n) f( f( n)) < n^{2} +n,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$

 

Bài 7. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $m^{2} +( f( n))^{2} +( m-f( n))^{2} \geqslant ( f( m))^{2} +n^{2} ,\forall m,n\in \mathbb{Z}^{+}$

 

Bài 8. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ sao cho  $f( x) +f( y) +xy|xf( x) -y^{3} ,\forall x,y\in \mathbb{Z}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 31-12-2021 - 04:59


#6 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 31-12-2021 - 23:54

Bài 5.
Ký hiệu $\displaystyle P( u,v)$ là phép đổi biến trong giả thiết. Ta xét $\displaystyle P( 1,y)$ thì được 
 
$f( f( y)) =y^{6} f( y) ,\forall y\in \mathbb{Z}^{+}$
 
Thay $\displaystyle y\rightarrow xy$ trong đẳng thức trên thì ta có 
 
$f( f( xy)) =( xy)^{6} f( xy) =y^{6} f( xy) x^{6} =f( xf( y)) x^{6} =f( f( x) f( y)) ,\forall x,y\in \mathbb{Z}^{+}$
 
Nếu tồn tại một cặp số $\displaystyle x,y$ sao cho $\displaystyle f( x) =f( y)$ thì từ $\displaystyle ( 1)$ ta suy ra  $f( x) =\frac{f( f( x))}{x^{6}} =\frac{f( f( y))}{y^{6}} =f( y)$
 
nên $\displaystyle x^{6} =y^{6}$ dẫn tới $\displaystyle x=y$ do $\displaystyle x,y >0$. Vì vậy $\displaystyle f$ là đơn ánh vì vậy từ $\displaystyle f( f( xy)) =f( f( x) f( y))$ ta suy ra $\displaystyle f( x) f( y) =f( xy) ,\forall x,y\in \mathbb{Z}^{+}$. Từ đây ta cũng tính được $\displaystyle f( 1) =1$. Thay $\displaystyle P( 1,p)$ trong đó $\displaystyle p$ là một số nguyên tố bất kỳ thì  $f( f( p)) =p^{6} f( p)$
 
Ta có $\displaystyle f( p)  >1$ vì nếu không thì $\displaystyle 1=p^{6}$ và đây là điều vô lý. Ngoài ra ta có $\displaystyle f( p) |f( f( p))$ hay $\displaystyle \gcd( f( f( p)) ,f( p)) =f( p)$ dẫn tới $\displaystyle \gcd( f( p) ,p)  >1$. Điều này đồng nghĩa với $\displaystyle p|f( p)$. Nếu $\displaystyle f( p)$ còn tồn tại một ước nguyên tố $\displaystyle q$ nào khác thì $\displaystyle \gcd( f( p) ,f( q)) \geqslant q >1$ nhưng đây là một điều vô lý vì $\displaystyle ( p,q) =1$ nên $\displaystyle f( p) =p^{k}$. Từ đây ta có  $f( f( p)) =f\left( p^{k}\right) =p^{k^{2}} =p^{6+k}$
dẫn tới $\displaystyle k=3$ hay $\displaystyle f( p) =p^{3}$ và do $\displaystyle f$ nhân tính nên $\displaystyle f( n) =n^{3} ,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 01-01-2022 - 20:09


#7 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 01-01-2022 - 10:06

Bài 2. Cho hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn điều kiện $\displaystyle f( n+1)  >f( f( n)) ,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$. Chứng minh rằng $\displaystyle f( n) =n,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$

Theo nguyên lí cực hạn tồn tại a sao cho $f(a)$ nhỏ nhất.

Nếu $a>1$ thì $f(a)>f(f(a-1))$, vô lí.

Do đó $a=1$.

Theo nguyên lí cực hạn tồn tại $b$ sao cho $f(b)$ nhỏ thứ hai.

Nếu $b>2$ thì $f(b)>f(f(b-1))$. Suy ra $f(b-1)=1<f(b)$, vô lí.

Do đó $b=2$.

Từ đó nếu $f(1)\geq 3$ thì $f(2)>f(f(1))$, vô lí.

Nếu $f(1)=2$ thì $f(2)>f(f(1))=f(2)$, vô lí.

Do đó $f(1)=1$.

Tiếp theo ta quy nạp: Giả sử $f(n)=n$ đến $n\in \mathbb N^*$.

Ta chứng minh $f(n+1)=n+1$.

Thật vậy, đặt $S=\{f(x)|x\in\mathbb N; x\geq n+1\}$.

Gọi $f(c)$ là phần tử nhỏ nhất của $S$.

Nếu $c>n+1$ thì $f(c)>f(f(c-1))$, vô lí.

Từ đó $c=n+1$. Do đó $f(x)\geq f(c)=f(n+1)>f(f(n))=n,\forall x\geq n+1$.

Gọi $f(d)$ là phần tử nhỏ nhất của $S'=\{f(x)|x\in\mathbb N;x>n+1\}$.

Nếu $d>n+2$ thì $f(d)>f(f(d-1))$. Do đó $f(d-1)=n+1$, vô lí do $d-1>n+1$.

Từ đó $d=n+2$.

Nếu $f(n+1)\geq n+3$ thì $f(n+2)>f(f(n+1))$, vô lí nên $f(n+1)<n+3$. Mà $f(n+1)\neq n+2$ và $f(n+1)>n$ nên $f(n+1)=n+1$.

Theo nguyên lí quy nạp ta có $f(x)=x,\forall x\in\mathbb N^*$.



#8 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 204 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 01-01-2022 - 15:19

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $( n-1)^{2} < f( n) f( f( n)) < n^{2} +n,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$

 

Sắp tới kì thi VMO rồi nên cũng không on mấy đâu hehe  :icon6:

 

Giả sử $f(n)>n$, hay $f(n)\geq n+1$ suy ra $f(f(n))(n+1)\leq f(f(n))f(n)\leq n(n+1)\Rightarrow f(f(n))\leq n<f(n) \Rightarrow f(f(n))<f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))>f(n)$)

Giả sử $f(n)<n$, hay $f(n)\leq n-1$ suy ra $f(f(n))(n-1) \geq f(f(n))f(n) \geq (n-1)^2 \Rightarrow f(f(n))\geq n>f(n)\Rightarrow f(f(n))>f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))<f(n)$)

Suy ra $f(n)=n, \forall n\in\mathbb Z^+$.



#9 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 01-01-2022 - 20:08

Sắp tới kì thi VMO rồi nên cũng không on mấy đâu hehe  :icon6:

 

Giả sử $f(n)>n$, hay $f(n)\geq n+1$ suy ra $f(f(n))(n+1)\leq f(f(n))f(n)\leq n(n+1)\Rightarrow f(f(n))\leq n<f(n) \Rightarrow f(f(n))<f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))>f(n)$)

Giả sử $f(n)<n$, hay $f(n)\leq n-1$ suy ra $f(f(n))(n-1) \geq f(f(n))f(n) \geq (n-1)^2 \Rightarrow f(f(n))\geq n>f(n)\Rightarrow f(f(n))>f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))<f(n)$)

Suy ra $f(n)=n, \forall n\in\mathbb Z^+$.

cảm ơn anh đã góp lời giải ạ, cách này ngắn gọn với hay ghê :V em làm quy nạp dài lắm



#10 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 01-01-2022 - 20:10

Bài 9.Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle n$ thì ta luôn có
 
1. $\displaystyle \sum _{k=1}^{n} f( k)$ là số chính phương 
 
2. $\displaystyle f( n)$ là ước của $\displaystyle n^{3}$
 
Bài 10. Cho trước một hằng số $\displaystyle C$, hãy tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle a,b$ thỏa mãn $\displaystyle a+b >C$ thì  $a+f( b) |a^{2} +bf( a)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 02-01-2022 - 19:11


#11 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 01-01-2022 - 20:27

Theo nguyên lí cực hạn tồn tại a sao cho $f(a)$ nhỏ nhất.

Nếu $a>1$ thì $f(a)>f(f(a-1))$, vô lí.

Do đó $a=1$.

Theo nguyên lí cực hạn tồn tại $b$ sao cho $f(b)$ nhỏ thứ hai.

Nếu $b>2$ thì $f(b)>f(f(b-1))$. Suy ra $f(b-1)=1<f(b)$, vô lí.

Do đó $b=2$.

Từ đó nếu $f(1)\geq 3$ thì $f(2)>f(f(1))$, vô lí.

Nếu $f(1)=2$ thì $f(2)>f(f(1))=f(2)$, vô lí.

Do đó $f(1)=1$.

Tiếp theo ta quy nạp: Giả sử $f(n)=n$ đến $n\in \mathbb N^*$.

Ta chứng minh $f(n+1)=n+1$.

Thật vậy, đặt $S=\{f(x)|x\in\mathbb N; x\geq n+1\}$.

Gọi $f(c)$ là phần tử nhỏ nhất của $S$.

Nếu $c>n+1$ thì $f(c)>f(f(c-1))$, vô lí.

Từ đó $c=n+1$. Do đó $f(x)\geq f(c)=f(n+1)>f(f(n))=n,\forall x\geq n+1$.

Gọi $f(d)$ là phần tử nhỏ nhất của $S'=\{f(x)|x\in\mathbb N;x>n+1\}$.

Nếu $d>n+2$ thì $f(d)>f(f(d-1))$. Do đó $f(d-1)=n+1$, vô lí do $d-1>n+1$.

Từ đó $d=n+2$.

Nếu $f(n+1)\geq n+3$ thì $f(n+2)>f(f(n+1))$, vô lí nên $f(n+1)<n+3$. Mà $f(n+1)\neq n+2$ và $f(n+1)>n$ nên $f(n+1)=n+1$.

Theo nguyên lí quy nạp ta có $f(x)=x,\forall x\in\mathbb N^*$.

chuẩn luôn !!



#12 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 09-01-2022 - 21:23

Bài 11. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thỏa mãn $\displaystyle f( -f( x) -f( y)) =1-x-y,\forall x,y\in \mathbb{Z}$

Gợi ý : Tìm cách tác động lại vào $\displaystyle -f( x) -f( y)$ bằng cách thay $\displaystyle x\rightarrow -f( x) -f( 0) ,y\rightarrow -f( 3) -f( 0)$ 



#13 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 09-01-2022 - 21:25

 

Bài 9.Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle n$ thì ta luôn có
 
1. $\displaystyle \sum _{k=1}^{n} f( k)$ là số chính phương 
 
2. $\displaystyle f( n)$ là ước của $\displaystyle n^{3}$
 
Bài 10. Cho trước một hằng số $\displaystyle C$, hãy tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle a,b$ thỏa mãn $\displaystyle a+b >C$ thì  $a+f( b) |a^{2} +bf( a)$

 

Gợi ý.

Bài 9

Dự đoán được nghiệm hàm là $f(n)=n^{3}$ nên quy nạp là cách hiệu quả nhất. $\displaystyle f( 1) +f( 2) +...+f( k) =\left( 1^{3} +...+( k-1)^{3}\right) +f( k) =\left(\frac{( k-1) k}{2}\right)^{2} +f( k) =m^{2}$, với $\displaystyle m >\binom{k}{2}$ ta viết $\displaystyle m=\binom{k}{2} +l$ với $\displaystyle l$ là một số nguyên dương

Bài 10 

Có 2 cách, cách đầu tiên là thế $a$ vào giả thiết và chứng minh có vô hạn số nguyên tố dạng $an+1$ bằng đa thức chia đường tròn (bổ đề quen thuộc), cách này là dễ hiểu và dễ làm nhất. Một cách khác là thế $a=nb-f(b)>C$ và đẩy lên làm việc với số nguyên tố


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 09-01-2022 - 21:27


#14 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 09-01-2022 - 21:40

Một số bài toán hay khác, nếu sau 24h k có ai giải thì mình đăng luôn nhé

Bài 5. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn với mọi số nguyên dương $\displaystyle x,y$ thì 

 
  • $\displaystyle ( f( x) ,f( y)) =1$ với mọi $\displaystyle x,y\in \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $\displaystyle ( x,y) =1$
 
  • $\displaystyle f( xf( y)) =y^{6} f( xy) ,\forall x,y\in \mathbb{Z}^{+}$

Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $( n-1)^{2} < f( n) f( f( n)) < n^{2} +n,\forall n\in \mathbb{Z}^{+}$

 

Bài 7. Tìm tất cả các hàm $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $m^{2} +( f( n))^{2} +( m-f( n))^{2} \geqslant ( f( m))^{2} +n^{2} ,\forall m,n\in \mathbb{Z}^{+}$

 

Bài 8. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ sao cho  $f( x) +f( y) +xy|xf( x) -y^{3} ,\forall x,y\in \mathbb{Z}$

Gợi ý.

Bài 8. Vấn đề lớn nhất của bài này là tính được $f(0)$ vì nếu tính được $f(0)=0$ thì thay vào giả thiết là gần như xong bài toán. Nhưng thực sự để tính $f(0)$ không phải là điều dễ dàng lắm mà phải xét khá nhiều trường hợp.

Bài 7. Một trong những bài rất khó mà mình từng làm, đầu tiên là thay $P(f(n),n)$ vào để chuyển về biến $n$ cho dễ làm việc. Phần còn lại có thể xử lý bằng cách truy hồi và lập dãy số hoặc lập luận không đơn giản bằng bất đẳng thức.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 09-01-2022 - 21:41


#15 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học

Đã gửi 10-01-2022 - 18:34

Bài 12. Tìm tất cả các hàm số $\displaystyle f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ thỏa mãn $\displaystyle m+f( n) |f( m) -n^{4} ,\forall m,n\in \mathbb{Z}^{+}$.



#16 PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 176 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-01-2022 - 21:44

Sắp tới kì thi VMO rồi nên cũng không on mấy đâu hehe  :icon6:

 

Giả sử $f(n)>n$, hay $f(n)\geq n+1$ suy ra $f(f(n))(n+1)\leq f(f(n))f(n)\leq n(n+1)\Rightarrow f(f(n))\leq n<f(n) \Rightarrow f(f(n))<f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))>f(n)$)

Giả sử $f(n)<n$, hay $f(n)\leq n-1$ suy ra $f(f(n))(n-1) \geq f(f(n))f(n) \geq (n-1)^2 \Rightarrow f(f(n))\geq n>f(n)\Rightarrow f(f(n))>f(n)$ (vô lí vì $f(f(n))<f(n)$)

Suy ra $f(n)=n, \forall n\in\mathbb Z^+$.

Tại sao $f(f(n))<f(n)$ lại đúng được, $f$ có đồng biến đâu ?

Nếu mà giả sử $f(n)>n$ với mọi $n\in \mathbb{N}^{*}$ thì có cái đấy, thế nhưng khi đó vẫn còn sót trường hợp tồn tại $n_{0}$ để mà $f(n_{0})\leq n_{0}$.

Kể cả ghép hai trường hợp lại, vẫn còn trường hợp tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $f(a)\leq a,f(b)\geq b$.

Bạn giải quyết trường hợp đó thế nào ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 10-01-2022 - 21:46






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: phương trình hàm, số học

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh