Chủ đề này có 1 trả lời

[supermember]

Tìm tất cả các hàm số  bị chặn $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ thỏa mãn: 

 

$f(m+n) + f(m-n) = 2f(m)f(n)$ với mọi số nguyên $m;n$

[Hoang72]

Kí hiệu $P(a;b)$ là phép thế $x=a;y=b$ vào phương trình hàm đã cho.

$P(0;0)\Rightarrow 2f(0) = 2f^2(0)\Rightarrow f(0) \in \{0; 1\}$.

$\bullet$ $f(0) = 0$: $P(m;m)\Rightarrow f(2m) = 2f^2(m),\forall m\in\mathbb Z$. $(*)$

Giả sử tồn tại $a\in\mathbb Z\setminus \{0\}$ sao cho $f(a) \neq 0$.

Từ $(*)$, bằng quy nạp ta có $f(2^ka) = \frac{(2f(a))^{2^k}}{2},\forall k\in\mathbb N^*$.

Mặt khác $f$ bị chặn nên điều trên là vô lí khi cho $k\to+\infty$.

Do đó $f(m) = 0,\forall m\in\mathbb Z$.

$\bullet$ $f(1) = 1$: $P(m;m)\Rightarrow f(2m) = 2f^2(m)  - 1,\forall m\in\mathbb Z$. $(**)$

Giả sử tồn tại $b$ sao cho $|f(b)| \geq 2$.

Tồn tại $r\in\mathbb R; |r|>1$ sao cho $f(b) = \frac{1}{2}\left(r+\frac{1}{r}\right)$.

Từ $(**)$ quy nạp ta được $f(2^kb) =  \frac{1}{2}\left(r^{2^k} + \frac{1}{r^{2^k}}\right),\forall k\in\mathbb N^*$.

Cho $k\to+\infty$ ta thấy vô lí. Do đó $f(m)\in \{0; \pm 1\},\forall m\in\mathbb Z$.

Từ $(**)$ dễ dàng chứng minh được $f(m) = 1,\forall 4\mid m$.

Do đó cho $m=2(2k+1), n = 2(2h+1),k,h\in\mathbb Z$ vào PTH ban đầu ta có: $2f(2(2k+1))f(2(2h+1)) = 2\Rightarrow f(2(2k+1))f(2(2h+1)) = 1$

$\Rightarrow f(2(2k+1)) = f(2(2h+1)) = \pm 1,\forall k,h\in\mathbb Z$.

Đặt $\begin{cases} A_1 = \{x\in\mathbb Z : 4\mid x\} \\ A_2 = \{x\in\mathbb Z : x\equiv 2\pmod 4 \} \\ A_3 = \{x\in\mathbb Z: 2\nmid x\}\end{cases} $. Thế thì $A_1,A_2,A_3$ là ba phân hoạch của $\mathbb Z$.

Ta có $f(x) = 1,\forall x\in A_1$, và $f(x) =1,\forall x\in A_2$ hoặc $f(x) = -1,\forall x\in A_2$.

+ Nếu $f(x) = 1,\forall x\in\mathbb A_2$ thì $f(x) = 1,\forall 2\mid x$.

Ở PTH ban đầu cho $m,n$ lẻ thì $f(m)f(n) = 1\Rightarrow f(m)  = 1,\forall m\in A_3$ hoặc $f(m) = -1,\forall m \in A_3$.

Thử lại ta có hai hàm thoả mãn là $f(m) = 1,\forall m\in\mathbb Z$ hoặc $f(x) = \begin{cases} 1 \text{ nếu m chẵn} \\ -1 \text{ nếu m lẻ}\end{cases}$.

+ Nếu $f(x) = -1,\forall x\in A_2$ thì cho $m=n$ và $m$ lẻ ta có $f(m) = 0,\forall m\in A_3$.

Thử lại ta thấy thoả mãn.

Vậy tổng cộng có ba hàm thoả mãn:

$f(m) = 1,\forall m\in\mathbb Z$;

$f(m) = \begin{cases} 1 \text{ nếu m chẵn} \\ -1 \text{ nếu m lẻ}\end{cases}$;

$f(m) = \begin{cases} 1 \text{ nếu 4}\mid m \\ -1\text{ nếu } m\equiv 2\pmod 4 \\ 0\text{ nếu 2}\nmid m\end{cases}$