Về hai bài toán phương trình hàm trong các kỳ thi olympic toán năm 2012

  • Số trang: 10 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 11 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3359 tài liệu

Mô tả:

VỀ HAI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG CÁC KỲ THI OLYMPIC TOÁN NĂM 2012 Trần Xuân Đáng (Giáo viên trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định) Trong kỳ thi Olympic Toán Quốc tế năm 2012 được tổ chức tại Achentina có bài toán sau: Bài toán 1: Tìm tất cả các hàm số f : �� � sao cho với tất cả các số nguyên a, b, c thỏa mãn a  b  c  0 , đẳng thức sau là đúng:  f (a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 (Ở đây � ký hiệu tập hợp các số nguyên) Bài toán 1 là bài toán 4 của đề thi IMO 2012 do Nam Phi đề nghị. Sau đây là lời giải bài toán 1 của tác giả bài viết này: Giả sử hàm f : �� � thỏa mãn điều kiện đề bài. Cho a  b  c  0 , ta được f (0)  0 . Cho a  n, b   n, c  0 (n ��) ta được f (n)  f (n) . Đặt f (1)  t (t ��) . Cho a  2, b  1, c  1 ta có f (2)  0 hoặc f (2)  4t . * Trường hợp 1: f (2)  0 � f (3)  t 2 2 2 Ta có  f (4)    f (2)    f (2)   2 f (2) f (4)  2 f (2) f (4)  2 f (2) f (2) � f (4)  0 Giả sử f (2i)  0, f (2i  1)  t (1 �i �k ) �  f (2k  2)    f (2k )    f (2)   0 � f (2k  2)  0 2 2 2 2 2 2 Ta có  f (2k  3)    f (2k )    f (3)   2 f (3) f (2k  3) � f (2k  3)  f (3)  t Vậy f (2i)  0, f (2i  1)  t, i �N * � f (2i)  0, f (2i  1)  t , i �� Trường hợp 2: f (2)  4t (t ι �, t 0) 2 2 2 Ta có  f (3)    f (2)    f (1)   2 f (1) f (2)  2 f (1) f (3)  2 f (2) f (3) Suy ra f (3)  t hoặc f (3)  9t a) f (3)  9t , f (2)  4t , f (1)  t . Ta chứng minh f (n)  n2t , n ��* Thật vậy mệnh đề đúng với n  1, 2,3 . Giả sử mệnh đề đúng đến n �3 2 2 2 Ta có  f (n  1)    f (n)    f (1)   2 f (1) f (n)  2 f (1) f (n  1)  2 f (n) f (n  1) �  f (n  1)   2t (n 2  1) f (n  1)  t 2 (n 2  1) 2  0 2 � f (n  1)  t (n  1)2 hoặc f (n  1)  t (n 1)2 Giả sử f (n  1)  t (n 1)2  f (n  1) 2 2 2 2 Ta có  f (n 1)    f (2)    f (n  1)   2 f (2) f (n  1)  2 f (2) f (n  1)  2  f (n  1)  �  f (2)   2 f (2)  f (n  1)  f (n  1)  2 1 � 16t 2  8t .2(n 1) 2 t � 16t 2  16t 2 (n  1) 2 . Đó Vậy f (n)  n2t , n ��* � f (n)  n2t , n �� là điều vô lý (vì n �3 ). b) f (3)  t , f (0)  0, f (1)  t, f (2)  4t  f (4)    f (2)    f (2)   2 f (2) f (2)  2 f (2) f (4)  2 f (2) f (4) 2 2 2 � f (4)  0 hoặc f (4)  16t Giả sử f (4)  16t 2 2 2 Ta có  f (4)    f (3)    f (1)   2 f (1) f (4)  2 f (3) f (4)  2 f (1) f (3) � 256t 2  2t 2  32t 2  32t 2  2t 2 � 192t 2  0 (vô lý). Vậy f (4)  0 2 2 2 Ta có  f (5)    f (4)    f (1)   2 f (1) f (5) � f (5)  f (1)  t , 2 2 2  f (6)    f (4)    f (2)   2 f (2) f (6) � f (6)  f (2)  4t , 2 2 2  f (7)    f (4)    f (3)   2 f (3) f (7) � f (7)  f (3)  t ,  f (8)    f (4)    f (4)   0 � f (8)  0 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được 2 2 2 f (4i  1)  t i �N ; f (4i  3)  t i �� f (4i)  0 i �N ; f (4i  2)  4t i �� Thật vậy giả sử f (4k )  0, f (4k  1)  t , f (4k  2)  4t , f (4k  3)  t (k �N ) 2 2 2 Ta có  f (4k  1)    f (4k )    f (1)   2 f (1) f (4k )  2 f (4k ) f (4k  1)  2 f (1) f (4k  1) � f (4k  1)  f (1)  f (4k  2)  2   f (4k )    f (2)   2 f (2) f (4k )  2 f (4k ) f (4k  2)  2 f (2) f (4k  2) 2 2 � f (4k  2)  f (2)  4t  f (4k  3)  2   f (4k )    f (3)   2 f (3) f (4k )  2 f (4k ) f (4k  3)  2 f (3) f (4k  3) 2 2 � f (4k  3)  f (3)  t  f (4k  4)  2   f (4k )    f (4)   2 f (4) f (4k )  2 f (4k ) f (4k  4)  2 f (4) f (4k  4) 2 2 � f (4k  4)  f (4)  0 . 0, f (4i ι 1)� t , f (4i 2) 4t , f (4i 3) t (t �, t 0) Suy ra f (4i)  i � Ngược lại, giả sử hàm f : �� � thỏa mãn f (2i)  0, f (2i  1)  t (t ��) với mọi i �� Giả sử a, b, c ��, a  b  c  0 . Suy ra trong 3 số a, b, c có ít nhất một số chẵn. +) Nếu a, b, c cùng chẵn thì f (a)  f (b)  f (c)  0 �  f (a)    f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 2 2 +) Nếu a chẵn và b, c lẻ thì f (a)  0 , f (b)  f (c)  t �  f (a)    f (b)    f (c)   2t 2 2 2 2 2  f (a) f (b)  f (a) f (c)  f (b) f (c)   2t 2 �  f (a)    f (b)    f (c )   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 2 Tương tự nếu b chẵn a, c lẻ hoặc c chẵn a, b lẻ thì ta cũng có:  f ( a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 Vậy hàm f : �� � sao cho f (2i)  0 , f (2i  1)  t (t ��) với mọi i �� thỏa mãn điều kiện đề bài. +) Xét hàm số f : �� � thỏa mãn f (n) ιn2t�(t �, t 0) n � Giả sử a, b, c �� thỏa mãn a  b  c  0 Ta có f ( a)  a 2t , f (b)  b2t , f (c)  c 2t 2 2 2 Suy ra  f (a)    f (b)    f (c)    a 4  b4  c 4  t 2 a  b  c  0 � a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca � a 4  b4  c4  2a2b2  2b2c2  2a 2c2  4a 2b2  4b2c2  4a2c2  8abc(a  b  c) � a 4  b4  c 4  2a 2b2  2b 2c 2  2a 2c 2 �  f (a )    f (b)    f (c)   2a 2b 2t 2  2b 2c 2t 2  2a 2c 2t 2 2 2 2  2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a ) t (t �, t 0) n � thỏa mãn đề bài. Vậy hàm f : �� � sao cho f (n) ιn2� +) Xét hàm f : �� � thỏa mãn f (4i  1) t , f (4 ιi �2) 4t, f (4i 3) t , f (4i) 0 (t �, t 0) i � Giả sử a, b, c �� sao cho a  b  c  0 - Nếu a  4i (i ��) � b  c �0 (mod 4) - Nếu b, c đều chia hết cho 4 thì f (a)  f (b)  f (c)  0 �  f (a)    f (b)    f (c)   2 f ( a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f ( a) (  0) 2 2 2 - Nếu b �2(mod 4) và c �2(mod 4) thì f (a)  0, f (b)  4t, f (c)  4t �  f (a)    f (b)    f (c)   32t 2 2 2 2 2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a)  32t 2 3 �  f (a )    f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f ( a) 2 2 2 - Nếu b �1(mod 4) và c �3(mod 4) thì f (b)  t , f (c)  t �  f (a)    f (b)    f (c)   2t 2 2 2 2 2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a)  2t 2 �  f (a )    f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f ( a) 2 2 2 - Nếu a �1(mod 4) , b �0(mod 4) và c �3(mod 4) , tương tự như trên ta cũng có:  f ( a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 - Nếu a �1(mod 4) , b �3(mod 4) và c �0(mod 4) , tương tự như trên ta cũng có:  f ( a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 - Nếu a �1(mod 4) , b �2(mod 4) và c �1(mod 4) �  f (a)    f (b)    f (c)   18t 2 2 � f (a)  t , f (b)  4t , f (c)  t 2 2 2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a)  8t 2  8t 2  2t 2  18t 2 �  f (a )    f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f ( a) 2 2 2 - Nếu a �1(mod 4) , b �1(mod 4) và c �2(mod 4) , tương tự như trên ta cũng có:  f ( a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 - Nếu a �2(mod 4) , b �0(mod 4) và c �2(mod 4) hoặc a �2(mod 4) , b �1(mod 4) và c �1(mod 4) ; hoặc a �3(mod 4) , b �0(mod 4) và c �1(mod 4) hoặc a �3(mod 4) , b �1(mod 4) và c �0(mod 4) , tương tự như trên ta cũng có:  f ( a)  2   f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a) 2 2 - Nếu a �3(mod 4) , b �3(mod 4) , c �2(mod 4) thì f (a)  f (b)  t , f (c)  4t �  f (a)    f (b)    f (c)   18t 2 2 2 2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f (a)  18t 2 �  f (a)    f (b)    f (c)   2 f (a) f (b)  2 f (b) f (c)  2 f (c) f ( a) 2 2 2 Vậy tất cả các hàm f : �� � thỏa mãn đề bài là: 4 2 ; f : �� �: f (2i)  0, f (2i  1)  t (t ��) i �� f : �� �: f (n) ιn2� t (t �, t 0) n � f : �� �: f (4i)  0, f (4i ι 1)� t, f (4i 2) 4t, f (4i 3) t (t �, t 0) i � Trong kỳ thi chọn HSG Quốc gia THPT năm 2012 của Việt Nam có bài toán sau: Bài toán 2: Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập số thực �, lấy giá trị trong �và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: 1) f là toàn ánh từ � đến �. 2) f là hàm số tăng trên �. 3) f  f ( x)   f ( x)  12 x với mọi số thực x (Bài toán 7 của đề thi VMO - 2012) Trong tạp chí Kvant tháng 11 năm 1986 có bài toán sau: Bài toán 3: Tìm tất cả các hàm liên tục f : �� � thỏa mãn f  f ( x)   f ( x)  x với mọi số thực x . Sau đây là lời giải của bài toán 3: Giả sử hàm f : �� � là hàm liên tục trên � và thỏa mãn f  f ( x)   f ( x )  x với mọi số thực x . Trước hết ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy, giả sử x1 , x2 �� sao cho f ( x1 )  f ( x2 ) Khi đó f  f ( x1 )   f  f ( x2 )  Mặt khác f  f ( x1 )   f ( x1 )  x2 và f  f ( x2 )   f ( x2 )  x2 . Từ đó suy ra x1  x2 Ta có f  f (0)   f (0) . Vì f đơn ánh nên f (0)  0 Đặt f 0 ( x)  x, f1 ( x)  f ( x), f n1( x)  f  f n ( x)  � f n ( x)  Fn 1 x  Fn f ( x) với mọi n ��* trong đó  Fn  là dãy Phibônaxi được xác định bởi F0  0, F1  1, Fn 2  Fn  Fn1 (n �0) Thật vậy mệnh đề đúng với n  1, n  2 5 Giả sử mệnh đề đúng đến n  k �2 Ta có f k 1 ( x)  f  f (k )   f  f  f k 1 ( x)    f k 1 ( x)  f k ( x)  Fk 2 x  Fk 1 f ( x)  Fk 1x  Fk f ( x)   Fk 2  Fk 1  x   Fk 1  Fk  f ( x)  Fk x  Fk 1 f ( x) Vậy mệnh đề cũng đúng với n  k  1 , tức là f n ( x)  Fn1 x  Fn f ( x) với mọi n ��* Vì f liên tục và đơn ánh nên f đồng biến hoặc f nghịch biến. Giả sử f nghịch biến trên �. Phương trình đặc trưng của dãy  Fn  là: � 1 5 t � 2 t 2  t 1  0 � � � 1 5 t � 2 � 1 5 1 5 , t2  Đặt t1  Tồn tại các hằng số A và B sao cho 2 2 Fn  At1n  Bt2n , n ��. �A  B  0 �B   A �� � �At1  Bt2  1 �A(t1  t2 )  1 Vì F0  0, F1  1 nên n n 1 1 1 � 1 5 � 1 � 1 5 � � A , B � Fn   � � � � � � � 5 5 5� � 2 � 5� 2 � Giả sử f là hàm nghịch biến. Với x  0 ta có f ( x)  0 � f  f ( x)   0 � x  f ( x)  0 � 0  f ( x)   x � f ( x)  x Với x  0 ta có f ( x)  0 � f  f ( x)   0 � x  f ( x)  0 � 0  f ( x)   x � f ( x)  x Trong cả 2 trường hợp ta đều có f ( x)  x với mọi x �0 . Suy ra f ( x) �x với mọi x ��. Vậy nếu x là một số thực bất kỳ và n là một số nguyên dương thì f n ( x)  f  f n 1 ( x)  � f n 1 ( x) �... � f ( x) �x . Cố định x �� F f ( x) Ta có f n ( x)  Fn1x  Fn f ( x) � Fn1 x  f ( x)  nF n n f ( x) Fn  � và f n ( x) bị chặn. � lim n 0 Ta có nlim �� n �� F n 6 Mặt khác 1 n 1 t1  Fn 1 5  1 n Fn t1  5 n 1 1 �t1 � 1 1 n 1 � �  t2 n 1 n 1 t2 �t2 � t2 t1  t2 5  n n  n 1 n t1  t2 �t1 � t2 � � 1 5 �t2 � n Vì �t � Fn 1 1 2 5 1 1 5    � f ( x)  x lim �1 �  0 � nlim �� F n �� t t 2 2 5  1 n 2 �2 � Giả sử f đồng biến trên �. Vì f không bị chặn và f liên tục nên Im f  �. Mặt khác f đơn ánh nên tồn tại hàm g : �� � sao cho g  f ( x)   x x �� và f  g ( x)   x x �� ( g là hàm ngược của f ), g đồng biến trên � Với x �� ta có x  g  g ( x)   g ( x) Thật vậy, đặt g ( x)  y, g ( y)  t ta có g  g ( x)   g ( y )  t � y  f (t ) � g ( x)  g  g ( x)   t  f (t )  f  f (t )   f ( y )  x n Ta chứng minh  1 g n ( x)  Fn1 x  Fn g ( x) trong đó  Fn  là dãy Phibônaxi ở trên, g 0 ( x)  x, g1 ( x)  g ( x), g n1( x)  g  g n ( x)  (n ��) Thật vậy mệnh đề đúng với n  1, n  2 Giả sử mệnh đề đúng đến n  k �2 k 1 Ta có gk 1 ( x)  g k 1 ( x)  g k ( x)   1  Fk 2 x  Fk 1g ( x)   (1) k  Fk 1x  Fk g ( x)   (1)k 1  Fk 2 x  Fk 1 x   g ( x)(1)k 1 ( Fk 1  Fk )  (1) k 1 Fk x  (1) k 1 g ( x) Fk 1  (1)k 1 Fk x  (1)k 1 g ( x) Fk 1 � (1) k 1 g k 1 ( x)  Fk x  Fk 1 g ( x) Ta có g n1 ( x)  gn 1 ( x)  g n ( x), g (0)  0 Nếu x  0 thì g ( x)  g (0)  0 � g  g ( x)   0 � x  g ( x)  0 Nếu x  0 thì g ( x)  0 � g  g ( x)   0 � x  g ( x)  0 � g ( x)  x Trong cả 2 trường hợp ta đều có: g ( x)  x � g n ( x)  x , n �N * �� g n ( x) x , x �( n Cố định x �� 7 N*) (1) g ( x) F Ta có (1)n g n ( x)  Fn1 x  Fn g ( x) � F n  Fn 1 x  g ( x) n Vì g n ( x) bị chặn và n lim Fn  � n � � Fn 1 1 1 2 5 1 5 1     �0 x  g ( x) n �� F t2 1  5 1  5 2 2 n 2 lim � g ( x)  5 1 2 5 1 x � f ( x)  x x 2 2 5 1 Vậy có 2 hàm f thỏa mãn đề bài. 5 1 1 5 x, x �� và f ( x)  x, x �� Đó là hàm f ( x)  2 2 Lời giải của bài toán 2 tương tự như lời giải của bài toán 3. Sau đây là lời giải bài toán 2 của tác giả bài viết này: Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các điều kiện đề bài. Vì f là toàn ánh từ �� � và f là hàm số tăng trên � nên tồn tại hàm g xác định trên �, tăng trên � sao cho f  g ( x)   x và g  f ( x)   x với mọi x �� ( g là hàm ngược của f ). 1 1 Ta chứng minh g  g (t )   12 t  12 g (t ), t �� Thật vậy với t ��, đặt g (t )  y ta có f ( y)  t Đặt g ( y)  x ta có f ( x)  y � g  g (t )   g ( y )  x Ta có t  f ( y)  f  f ( x)  và f  f ( x)   f ( x)  12 x 1 1 Suy ra t  g (t )  12 g  g (t )  � g  g (t )   12 t  12 g (t ) * Đặt g0 (t )  t , g1 (t )  g (t ), g n1 (t )  g  g n (t )  (n �N ) 1 1 1 13 Xét các dãy  un  và  vn  sao cho u2  12 , v2   12 , u3   144 , v3  144 un  2  1 1 un  un 1  (n �2) , vn  2   vn  vn 1  (n �2)  12 12 n Ta chứng minh được n 4 �1 � 3 � 1 � un  � � � � (n �2) 7 �4 � 7 � 3 � Ta chứng minh g n (t )  unt  vn g (t ), n �2 Thật vậy mệnh đề đúng với n  2 8 n và n 12 �1 � 12 � 1 � vn  � � � � (n �2) 7 �4 � 7 � 3 � 1 1 1 1 �1 1 � t  g (t ) � Ta có g3 (t )  g 2  g (t )   12 g (t )  12 g  g (t )   12 g (t )  12 � 12 12 � �  1 �1 1 � t  �  2 �g (t )  u3t  v3 g (t ) 144 � 12 12 � Giả sử mệnh đề đúng đến n  k �3 1 1 1 1 Ta có gk 1 (t )  12 gk 1 (t )  12 gk (t )  12  uk 1t  vk 1 g (t )   12  uk t  vk g (t )   1 1 t  uk 1  uk   g (t )  vk 1  vk   uk 1t  vk 1g (t ) . 12 12 Vậy mệnh đề cũng đúng với n  k 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học, (1) đúng với mọi n �2 � g n (t )  u n t  vn g (t ) (n �2) n n n n � 4 �1 � 3 � 1 �� � 12 �1 � 12 � 1 �� � g n (t )  � � � �  �� t  � � � �  ��g (t ) 7 �4 � 7 � 3 �� �7 �4 � 7 � 3 �� � n n �1 ��4 12 � � 1 ��3 12 �  � �� t  g (t ) � �  �� t  g (t ) � 7 7 �4 ��7 � � 3 ��7 � Ta có f đơn ánh và f  f (0)   f (0) � f (0)  0 � g (0)  0 1 1 Ta có g  g (t )   12 t  12 g (t ) 1 Nếu t  0 thì g (t )  0 � 0  g  g (t )   12 t Bằng phương 0  g 2 k (t )  pháp quy nạp � g 2 (t )  toán 1 t 12 học ta chứng minh được học ta chứng minh được 1 t , t  0 12k Xét t  0 ta có g (t )  g (0), g  g (t ))  g (0   0 Bằng phương pháp quy nạp toán g n (t )  0 , n ��* (t  0) 1 1 1 1 Ta có 0  g  g (t )   12 t  12 g (t )  12 t � g  g (t )   12 t 1 Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được g 2k (t )  12k t k ��* 1 Vậy g 2k (t ) �12k t , t �� ( k ��* ) k Xét t �� ta có: 11 � � 0 �11 g 2 k (t ) �� � t � lim 11k g 2 k (t )  0 k �� 12 � �  k 9  Mặt khác: k k 11 ��4 12 � � � 11 ��3 12 � 11 g 2 k (t )  � �� t  g (t ) � � �� t  g (t ) �và 16 ��7 7 7 � � � 9 ��7 � k k 11 � 3 12 1 � lim  �� t  g (t )  0 � g (t )  t . k ���9 � 7 7 4 � � k �11 ��4 12 � lim t  g (t ) � 0 �� k ��� 16 ��7 7 � � Suy ra f (t )  4t , t �� Thử lại ta thấy hàm f : �� � sao cho f ( x)  4 x, x �� thỏa mãn đề bài. Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc: Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho: f  yf ( x  y )  f ( x)   4 x  2 yf ( x  y) với mọi x, y �� (EGMO 2012) Bài toán 5: Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho: ( x  2) f ( y)  f ( y  2 f ( x))  f  x  yf ( x)  với mọi x, y �� Bài toán 6: Cho số nguyên lẻ n �1 . Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho với mỗi cặp số nguyên ( x, y) thì xn  y n chia hết cho f ( x)  f ( y ) . Bài toán 7: Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho: f  x  f ( y )   f ( x)   x  f ( y )   x 4 4 với mọi x, y ��. Bài toán 8: Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho: ( x  y )  f ( x)  f ( y )   ( x  y ) f (x  y ) với mọi x, y ��. (SMO 2012) Bài toán 9: Tìm tất cả các hàm f : �� � sao cho: 1 �� 1� � f  x  xy  f ( y )   �f ( x)  ��f ( y )  �với 2 2 � � � � mọi x, y ��. Bài toán 10: Tìm tất cả các hàm f : �* � �* sao cho f (n!)  f (n)! với mọi số nguyên dương n và f (m)  f (n) chia hết cho m  n với mọi cặp số nguyên dương (m, n) mà m �n . (USAMO 2012) 10
- Xem thêm -