Chủ đề này có 20 trả lời

[Juliel]

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thoả :

$$n^2+4f(n)=\left [ f(f(n)) \right ]^2,\;\forall n\in \mathbb{Z}$$

[hxthanh]

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thoả :

$$n^2+4f(n)=\left [ f(f(n)) \right ]^2,\;\forall n\in \mathbb{Z}$$

Ta có:

$4f(n)=(f(f(n))-n)(f(f(n))+n)\quad (1)$

Nếu $f(f(n))-n$ lẻ thì $f(f(n))+n$ cũng lẻ, suy ra vô lý!

Do đó $f(f(n))-n=2t\quad (2)$ với $t$ là số nguyên nào đó cần tìm

Từ $(1)$ suy ra $f(n)=t(t+n)\quad (3) \Rightarrow f(0)=t^2$

Trong $(2)$ cho $n=0$ ta có: $f(t^2)=2t$

Trong $(3)$ cho $n=-t$ ta có $f(-t)=0$

Bây giờ trong $(2)$ cho $n=-t$ thì được $t^2+t=2t$ Suy ra $t=0$ hoặc $t=1$

- Nếu $t=0$ thì theo $(3)$ sẽ có $f(n)=0$ và từ điều kiện của đề bài suy ra $n^2=0\;\forall n$ vô lý!

Suy ra $t=1$ Theo $(3)$ thì có $f(n)=n+1$ thử lại thỏa

Vậy duy nhất $f(n)=n+1$ là hàm cần tìm.

[perfectstrong]

Ta có:

$4f(n)=(f(f(n))-n)(f(f(n))+n)\quad (1)$

Nếu $f(f(n))-n$ lẻ thì $f(f(n))+n$ cũng lẻ, suy ra vô lý!

Do đó $f(f(n))-n=2t\quad (2)$ với $t$ là số nguyên nào đó cần tìm

Từ $(1)$ suy ra $f(n)=t(t+n)\quad (3) \Rightarrow f(0)=t^2$

Trong $(2)$ cho $n=0$ ta có: $f(t^2)=2t$

Trong $(3)$ cho $n=-t$ ta có $f(-t)=0$

Bây giờ trong $(2)$ cho $n=-t$ thì được $t^2+t=2t$ Suy ra $t=0$ hoặc $t=1$

- Nếu $t=0$ thì theo $(3)$ sẽ có $f(n)=0$ và từ điều kiện của đề bài suy ra $n^2=0\;\forall n$ vô lý!

Suy ra $t=1$ Theo $(3)$ thì có $f(n)=n+1$ thử lại thỏa

Vậy duy nhất $f(n)=n+1$ là hàm cần tìm.

Thầy ơi, chỗ này chính xác phải là $f(f(n))-n=2t(n)$, vì ta không biết hiệu $f(f(n))-n$ có là hằng số hay không.

[hxthanh]

Cảm ơn perfectstrong đã chỉ ra lỗi sai (ngớ ngẩn) của tôi. Vậy bạn nào giúp tôi sửa lại lời giải sao cho đúng, được không?

[chanhquocnghiem]

Để "bần đạo" (múa rìu qua mắt thợ) thử xem nào !

 

(Bắt chước thầy Thanh)

$4f(n)=\left ( f(f(n))+n \right )\left ( f(f(n))-n \right )$ (1)

Nếu $f\left ( f(n) \right )-n$ lẻ thì $f\left ( f(n) \right )+n$ cũng lẻ ---> vế phải lẻ (vô lý)

Vậy phải có $f(f(n))-n=2\ t(n)$ (2) (với $t(n)\in \mathbb{Z}$)

(1),(2) $\Rightarrow f(n)=t(n).\left ( t(n)+n \right )$ (3)

Từ (3), cho $n=0\Rightarrow f(0)=\left [ t(0) \right ]^2$ 

Từ (3), cho $n=-t(n)\Rightarrow f(-t(n))=0$

Từ (2), cho $n=-t(n)\Rightarrow f(0)+t(n)=2\ t(-t(n))$ hay $\left [ t(0) \right ]^2+t(n)=2\ t(-t(n))$ (4)

Xét 2 trường hợp :

$a)$ $t(n)$ là hàm không đổi theo $n$ (hàm hằng : $t(n)=K$, $K\in \mathbb{Z}$)

     (4) $\Rightarrow K^2+K=2K\Rightarrow K=0$ ; $K=1$

     + $K=0\Rightarrow f(n)=0$.Thử lại không thỏa mãn ---> loại.

     + $K=1\Rightarrow f(n)=n+1$.Thử lại thỏa mãn.

$b)$ $t(n)$ là hàm biến đổi theo $n$ :

     

(Mai làm tiếp)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 19-06-2015 - 20:32

[perfectstrong]

Thành thật xin lỗi mọi người, lời giải bị sai.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-06-2015 - 22:10

[chanhquocnghiem]

 

Mặt khác, nếu tồn tại $k$ sao cho $t(k)=-1$ thì thay $n$ bởi $k$ trong (3): \[f\left( { - t\left( k \right)} \right) = 0 = f\left( 1 \right):\text{mâu thuẫn}\]

Lời giải của bạn rất hay.Tuy nhiên đoạn trên chưa thuyết phục lắm (nếu không tồn tại số $k$ sao cho $t(k)=-1$ thì sao ?)

Mình đề nghị ở $\textbf{TH2}$ ($f(0)=1$ ; $t(n)=\pm 1$) giải quyết như sau :

Từ $f(f(n))-n=2\ t(n)$ cho $n=-t(n)$ thì được :

$f(0)+t(n)=2\ t(-t(n))$ hay $1+t(n)=2\ t(-t(n))$ (*)

Thay $t(n)=-1$ vào (*) ---> không thỏa mãn ---> loại ---> $t(n)=1$

[hxthanh]

Chỗ đó perfectstrong phản chứng rồi còn gì? Nếu không tồn tại $t(k)=-1$ thì hiển nhiên $t(n)\ne -1$

[Juliel]

Bài này em lấy từ Facebook anh Cẩn, đăng lên AoPS thì liên tục bị xoá. Hoá ra nó nằm trong IMO Shortlist 2014 người ta chưa công bố )

[perfectstrong]

Lời giải của bạn rất hay.Tuy nhiên đoạn trên chưa thuyết phục lắm (nếu không tồn tại số $k$ sao cho $t(k)=-1$ thì sao ?)

Mình đề nghị ở $\textbf{TH2}$ ($f(0)=1$ ; $t(n)=\pm 1$) giải quyết như sau :

Từ $f(f(n))-n=2\ t(n)$ cho $n=-t(n)$ thì được :

$f(0)+t(n)=2\ t(-t(n))$ hay $1+t(n)=2\ t(-t(n))$ (*)

Thay $t(n)=-1$ vào (*) ---> không thỏa mãn ---> loại ---> $t(n)=1$

Xin lỗi, ý mình chỗ đó là phản chứng như thầy Thanh nói Tức là giả sử tồn tại một số $k$ để $t(k)=-1$ thì sẽ dẫn tới vô lý. Mà hàm số $t$ chỉ nhận giá trị $1$ hoặc $-1$ nên $t(n)=1 \forall n$.

[Idie9xx]

Kết hợp lời giải thầy Thanh và chanhquocnghiem.

Lời giải:

\[f:Z \to Z:{n^2} + 4f\left( n \right) = f{\left( {f\left( n \right)} \right)^2},\left( 1 \right)\]

\[ \Rightarrow 4f\left( n \right) = \left( {f\left( {f\left( n \right)} \right) - n} \right)\left( {f\left( {f\left( n \right)} \right) + n} \right)\]

Nếu $f(f(n))-n$ lẻ thì $f(f(n))+n=f(f(n))-n+2n$ cũng lẻ, do đó $4n$ lẻ: vô lý nên tồn tại hàm $t:Z \to Z$ thỏa $f(f(n))-n=2t(n) \Rightarrow f(f(n))=2t(n)+n$.

Thế vào (1), ta thu được: \[f\left( n \right) = t\left( n \right)\left( {t\left( n \right) + n} \right),\left( 2 \right)\]

Lại thay $n$ bởi $-t(n)$ vào (2), ta có\[f\left( { - t\left( n \right)} \right) = 0\forall n,\left( 3 \right)\]

Cho $n=0$ trong (2):\[f\left( 0 \right) = t{\left( 0 \right)^2}\]

Thay $n$ bởi $-t(n)$ trong (1), ta có:\[t{\left( n \right)^2} = f{\left( 0 \right)^2} \Rightarrow t\left( n \right) =  \pm f\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) = f{\left( 0 \right)^2} \Rightarrow f\left( 0 \right) \in \left\{ {0;1} \right\}\]

TH1: Nếu $f(0)=0$ suy ra $t\left( n \right) = 0\forall n$. Từ (2), ta có $f(n) =0\forall n$, dễ thấy hàm này không thỏa (1).

TH2: Nếu $f(0)=1$ thì $t(n)=\pm 1$

Trong (1), cho $n=0$: \[f{\left( {f\left( 0 \right)} \right)^2} = 4f\left( 0 \right) \Rightarrow f{\left( 1 \right)^2} = 4 \Rightarrow f\left( 1 \right) =  \pm 2\]

Mặt khác, nếu tồn tại $k$ sao cho $t(k)=-1$ thì thay $n$ bởi $k$ trong (3): \[f\left( { - t\left( k \right)} \right) = 0 = f\left( 1 \right):\text{mâu thuẫn}\]

Do đó $t(n)=1 \forall n$. Từ (2): $f(n)=n+1$

Thử lại:...

Cái đoạn thay $n$ bằng $-t(n)$ là hơi vô lý nếu như không chứng minh được tồn tại $n$ thỏa $n=-t(n)$ hay $f(f(n))=-n$

IMO Shortlist 2014 mà sao lại bị xóa vậy 

[perfectstrong]

Cái đoạn thay $n$ bằng $-t(n)$ là hơi vô lý nếu như không chứng minh được tồn tại $n$ thỏa $n=-t(n)$ hay $f(f(n))=-n$

IMO Shortlist 2014 mà sao lại bị xóa vậy 

À không phải vô lý đâu. (2) đúng với mọi $n \in Z$ nên khi thay $n$ bởi $-t(n)$ cũng không sao (2 chữ $n$ ở đây mang cùng biểu tượng chứ không mang cùng giá trị, giống như khi thay $x$ bởi một biểu thức khác của $x,...$ trong hàm số thôi).

[Idie9xx]

À không phải vô lý đâu. (2) đúng với mọi $n \in Z$ nên khi thay $n$ bởi $-t(n)$ cũng không sao (2 chữ $n$ ở đây mang cùng biểu tượng chứ không mang cùng giá trị, giống như khi thay $x$ bởi một biểu thức khác của $x,...$ trong hàm số thôi).

Bạn đặt $2t(n)=f(f(n))-n$ vậy thì $t(n)$ sẽ là một hàm số theo biến $n$. Ý bạn ở đây là muốn cho $t(n)+n=0$ nhưng mà $2(t(n)+n)=f(f(n))+n$ thì có nghĩa là $f(f(n))+n=0$ chứng tỏ phải chứng minh tồn tại một số $n$ thỏa $f(f(n))=-n$. Do đặt hàm $t(n)$ nên có thể bạn bị nhầm lẫn gì đó. 

[perfectstrong]

Bạn đặt $2t(n)=f(f(n))-n$ vậy thì $t(n)$ sẽ là một hàm số theo biến $n$. Ý bạn ở đây là muốn cho $t(n)+n=0$ nhưng mà $2(t(n)+n)=f(f(n))+n$ thì có nghĩa là $f(f(n))+n=0$ chứng tỏ phải chứng minh tồn tại một số $n$ thỏa $f(f(n))=-n$. Do đặt hàm $t(n)$ nên có thể bạn bị nhầm lẫn gì đó. 

Cảm ơn bạn. Mình cứ hay mắc cái lỗi này.

[Idie9xx]

để hỏi a cẩn bài này luôn cho nhanh :v

Theo mình thì ta nên đặt $m=f(n)-n$ và $p=f(f(n))-f(n)$ ( $m,p$ là hai hàm số theo $n$)

Khi đó ta sẽ có $n^2+4(n+m)=(n+m+p)^2$ và giải bài này như một bài số học tìm nghiệm nguyên.

[cachuoi]

phương trình trên có quá nhiều nghiệm nguyên mà 

[Karl Heinrich Marx]

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$ thoả :

$$n^2+4f(n)=\left [ f(f(n)) \right ]^2,\;\forall n\in \mathbb{Z}$$

Xét $F$ là tập giá trị của $f$, $m \in F$ thì tồn tại một số nguyên $n$ thỏa mãn $f(n)=m$. Ta có:

$$n^2+4m=f(m)^2 \Rightarrow 4m=(f(m)-n)(f(m)+n)$$

Khi đó tồn tại một số nguyên $t$ là ước của $m$ để mà $f(m)-n=2t,f(m)+n=\frac{2m}{t}$

Từ điều này suy ra $f(m)=t+\frac{m}{t}$

Mặt khác ta có: $m^2+4f(m)=f(f(m))^2 \Rightarrow m^2+4t+\frac{4m}{t}=f(f(m))^2$

$$1 \le t^2 \le m^2 \Rightarrow (t^2-1)(t^2-m^2) \le 0 \Rightarrow t^2+\frac{m^2}{t^2} \le m^2+1 \Rightarrow \left(t+\frac{m}{t} \right)^2 \le (m+1)^2$$

$$\Rightarrow -m-1 \le t+\frac{m}{t} \le m+1$$

Khi đó $4t+\frac{4m}{t}$ là một số nguyên chẵn khác 0 và $ -4m-4 \le 4t+\frac{4m}{t} \le 4m+4$, ta chú ý là $m^2+4t+\frac{4m}{t}$ là một số chính phương nên $t+\frac{m}{t}$ nhận một trong 3 giá trị là $0,1-m,m+1$

Vậy nhận xét đầu tiên là $f(m)$ nhận một trong 3 giá trị $0,1-m,1+m$ với $m \in F$.

Nhận xét thứ 2 là nếu $f(n)=n+1$ thì suy ra $f(n+1)=n+2$.

Vì từ biểu thức ban đầu ta suy ra $(n+2)^2=f(n+1)^2$

kết hợp với nhận xét 1 dẫn đến $f(n+1)=n+2$

Quay lại với nhận xét 1 thì $f(m)=1-m$ chỉ khi tồn tại $t$ nguyên để $t+\frac{m}{t}=1-m$ ta giải ra $m=6$

Suy ra $f(6)=-5$ và $f(-1)=6$ hoặc $f(1)=6$.

Tuy nhiên thay $n=6$ vào biểu thức ban đầu suy ra $16=f(-5)^2$, kết hợp nhận xét 1 suy ra $f(-5)=-4$.

Từ điều này và nhận xét 2 suy ra $f(-1)=0,f(1)=2$, mâu thuẫn.

Suy ra nhận xét 3 chặt hơn nhận xét 1 là $f(m)$ chỉ nhận giá trị là $0$ hoặc $m+1$ với $m \in F$

Dựa vào điều này không khó để chứng minh $f(0)$ chỉ nhận 2 giá trị là $0$ hoặc $1$ và suy ra được $f(m)=m+1$ với $m \ne 0, m \in F$.

Cụ thể hơn thì nếu $f(0)=0$ suy ra $f(a)=0 \Leftrightarrow a=0$

còn nếu $f(0)=1$ suy ra $f(a)=0 \Leftrightarrow a=-1$

Như vậy với một số $t \le F$ và $t \ne 0$ tồn tại $n$ để $f(n)=t$ ta có: $n^2+4t=(t+1)^2 \Rightarrow n^2=(t-1)^2$ suy ra $n=t-1$ hoặc $n=1-t$ tức là với $n \in Z$ thì $n=1-f(n)$ hoặc $n=f(n)+1$.

Nếu tập $F$ tồn tại một phần tử $k$ nhỏ nhất mà khác 0 (chú ý là từ nhận xét 2 nếu $k \in F$ và $k$ khác 0 thì mọi số lớn hơn $k$ đều thuộc $F$) thì do điều trên suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=2$ nên $k \le 2$.

Với $k \le 1$ thì với $n \le k-2$, ta có $n+1<k$ nên $f(n)$ không thể bằng $n+1$ mà phải bằng $1-n \ge 3-k > k$

do $k \in F$ nên suy ra $f(k-1)=k$.

Như vậy một hàm thỏa mãn đề bài là $f(n)=1-n$ với $n \le k-2$ và $f(n)=1+n$ với $n \ge k-1$ trong đó $k$ là một số nguyên cố định bé hơn 2.

Với $ k =2$ thì $f(0)$ không thể bằng 1 nên $f(0)=0$ và $f(1)=2$, suy ra hàm thỏa mãn là $f(0)=0, f(n)=1-n, n \le 0$ và $f(n)=1+n$ với $n \ge 0$.

Nếu $F$ không có phần tử nhỏ nhất thì suy ra hàm $f$ là $f(n)=n+1$ với mọi số nguyên $n$.

[perfectstrong]

Cho em hỏi tại sao $t+\frac{m}{t} \ne 0$?

[Karl Heinrich Marx]

Cho em hỏi tại sao $t+\frac{m}{t} \ne 0$?

đây chính là $f(m)$ và ở trên vẫn cho $f(m)$ có thể bằng $0$ cho đến một đoạn dựa vào $f(0)$ để lập luận $f(m)=m+1$ với $m$ khác 0.

[perfectstrong]

Khi đó $4t+\frac{4m}{t}$ là một số nguyên chẵn khác 0

Ý em là chỗ này.