Chủ đề này có 1 trả lời

[bachhammer]

Xác định tất cả các hàm số f:$\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ thoả mãn:

$f(n)+f(n+1)=f(n+2).f(n+3)-1996;\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

[Idie9xx]

Xác định tất cả các hàm số f:$\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ thoả mãn:

$f(n)+f(n+1)=f(n+2).f(n+3)-1996;\forall n\in \mathbb{N}^{*}$

Ta có $f(n)+f(n+1)=f(n+2)f(n+3)-1996,(1)$

Cũng có $f(n+1)+f(n+2)=f(n+3)f(n+4)-1996,(2)$

Lấy $(1)-(2)$ có $f(n)-f(n+2)=f(n+3)(f(n+2)-f(n+4)),(3)$

Ta thấy với $\forall k,i\in \mathbb{N^*},k_1,k_2\in \mathbb{N^*},k_1<k_2<k$

$|f(2)-f(4)|\geq |f(4)-f(6)|\geq ... \geq |f(2k)-f(2k+2)|\geq 0,(4)$

Và nếu tồn tại $f(2k_1)=f(2k_2) \Leftrightarrow f(2i)=const,(5)$

Thật vậy, do $f(2i+3)\in \mathbb{N^*}$ nên $f(2i)-f(2i+2)$ và $f(2i+2)-f(2i+4)$ cùng dấu.

Hay có thể viết thành $|f(2i)-f(2i+2)|=f(2i+3)|f(2i+2)-f(2i+4)|\geq |f(2i+2)-f(2i+4)|$

Mà $|f(2k_1)-f(2k_2)|=\sum_{i=k_1}^{k_2-1} |f(2i)-f(2i+2)|\geq |f(2k)-f(2k+2)|\geq 0$

Nên nếu $f(2k_1)=f(2k_2)\Rightarrow f(2k)-f(2k+2)=0$

Và theo $(3)\Rightarrow f(2i)-f(2i+2)=0\Rightarrow DPCM$

Dấu $=$ ở $(4)$ xảy ra khi $f(2i+1)=1$ và theo $(5)$ thì tồn tại duy nhất 1 dấu $=$ hoặc tất cả đều là dấu $=$ ( có thể ngoại trừ $f(2k)-f(2k+2)\geq 0$ ).

Nếu tồn tại duy nhất 1 dấu $=$ thì khi $k\rightarrow +\infty$ ta thấy điều mâu thuẫn.

Nếu tồn tại vô số dấu $=$

TH1: $f(2k)-f(2k+2)> 0$ thì $f(2i+1)=1,\forall i\in \mathbb{N^*}$

Thay vào $(1)$ ta thấy điều mâu thuẫn.

TH2: $f(2k)-f(2k+2)=0$ thì $f(2i)=c_1$ và cũng chứng minh được $f(2i+1)=c_2$ ($c_1,c_2$ là hằng số nguyên lớn hơn 1)

Ta có $c_1+c_2=c_1c_2-1996\Rightarrow (c_1-1)(c_2-1)=1997$

Do 1997 là số nguyên tố nên $(c_1;c_2)=(1998;2) \vee (c_1;c_2)=(2;1998)$

Tính $f(1)$ xong rồi $KL$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 23-06-2013 - 05:26