VIỆT NGUYỄN

HÀM SỐ TRONG

IMO SHORTLIST

M THPI D


Ŵ

Nguyễn Hồng Việt − A2K54 KHTN
Mathpiad − Tạp chí tốn học Ơ

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Hàm số trong IMO Shortlist


Chương I

Hàm số hiện là một phân môn vô cùng đặc sắc trong lĩnh vực toán olympic và cũng nhận được sự
quan tâm, yêu thích của rất nhiều học sinh chun tốn trong và ngồi nước. Các bài tốn hàm số
mang vẻ đẹp rất cuốn hút, với những phép thế vơ cùng bất ngờ. Ở phân mơn này cũng có các bài
tốn khó và rất khó, địi hỏi người làm phải tập trung cao độ mới có thể làm được. Bài tốn khó và lạ
sẽ mang đến cho ta những phương pháp mới trong việc giải các bài toán. Một địa điểm chứa những
bài tốn đó là IMO Shortlist. Nhận thấy các bài tốn này đều lạ và khó nhưng được viết bằng tiếng
anh khiến cho nhiều học sinh kém tiếng anh "ngại" đọc do phải vừa đọc, vừa hiểu, vừa phải dịch,
tơi đã có ý tưởng dịch lại các bài hàm số này sang tiếng việt.(tại tôi dốt tiếng anh
). Nếu có sai
sót, các bạn đọc hãy liên hệ cho tơi tại />Một số kí hiệu trong sách:

1 f n (m) = f (f (...f (m)...)) là hàm hợp n lần của m.
n

2 Kí hiệu P (a, b) là thay (x, y) bởi (a, b) vào đề bài với (x, y) là các biến thỏa mãn điều kiện

đề bài.
3 Z là tập số nguyên.
4 Z+ là tập số nguyên dương.
5 N là tập số tự nhiên.
6 R là tập số thực.
7 Q là tập số hữu tỉ.
8 P là tập số ngun tố.

1

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Lời nói đầu và các kí hiệu


Chương II
Bài toán hàm số qua các năm
1.

Bài toán hàm số đại số

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

 Bài 1 Cho hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn
f (m + n)


f (m) + f (f (n)) − 1, ∀ m, n ∈ Z+

Tìm tất cả các giá trị có thể của f (2007)
A2 IMO Shortlist 2007
 Bài 2 Cho tập hợp S ⊆ R. Ta gọi một cặp hàm số (f, g) : S → S là có gấu nếu thỏa mãn
các điều kiện
(i) Cả hai hàm f, g đều tăng ngặt.
(ii) f (g(g(x))) < g(f (x)) với mọi x ∈ S
Hỏi liệu có tồn tại một cặp có gấu hay khơng nếu
(a) S = Z+
ß
™
1
+
(b) S = a − : a, b ∈ Z
b
A3 IMO Shortlist 2008
 Bài 3 Với mỗi m ∈ Z, đặt t(m) ∈ {1, 2, 3} sao cho 3 | m + t(m). Cho hàm số f : Z → Z
thỏa mãn f (−1) = 0, f (0) = 1, f (1) = −1 và
f (2n + m) = f (2n − t(m)) − f (m), ∀ m, n ∈ N với 2n > m
Chứng minh rằng f (3p)

0 với mọi số nguyên p

0
A4 IMO Shortlist 2008

2



 Bài 4 Cho hàm số f : R → Z+ thỏa mãn
Å
f x+

1
f (y)

ã

Å
=f y+

ã
1
, ∀ x, y ∈ R
f (x)

Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương a sao cho không tồn tại n để f (n) = a.

 Bài 5 Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → Z+ sao cho với mọi x, y thì tồn tại một tam giác
có độ dài ba cạnh là
x,
f (y) và f (y + f (x) − 1)
A3 IMO Shortlist 2009
 Bài 6 Cho hàm số f : R → R. Chứng minh rằng tồn tại hai số thực x, y mà
f (x − f (y)) > yf (x) + x
A4 IMO Shortlist 2009
 Bài 7 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (xf (x + y)) = f (yf (x)) + x2 , ∀ x, y ∈ R

A7 IMO Shortlist 2009
 Bài 8 Tìm tất cả các hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn
f (f (x)2 y) = x3 f (xy), ∀ x, y ∈ Q+
A5 IMO Shortlist 2010
 Bài 9 Cho các hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn
f (g(n)) = f (n) + 1 và g(f (n)) = g(n) + 1 với mọi n ∈ Z+
Chứng minh rằng f (n) = g(n), ∀ n ∈ Z+
A6 IMO Shortlist 2010
 Bài 10 Tìm tất cả các hàm số f, g : R → R thỏa mãn
g(f (x + y)) = f (x) + (2x + y)g(y), ∀ x, y ∈ R
A3 IMO Shortlist 2011

Ơ Do Math then Love Math

3

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

A6 IMO Shortlist 2008


 Bài 11 Tìm tất cả các hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn
f g(n)+1 (n) + g f (n) (n) = f (n + 1) − g(n + 1) + 1, ∀ n ∈ Z+
A4 IMO Shortlist 2011
 Bài 12 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x + y)

yf (x) + f (f (x)), ∀ x, y ∈ R


Chứng minh rằng f (x) = 0 với mọi x

0

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

A6 IMO Shortlist 2011
 Bài 13 Tìm f : Z → Z sao cho với mọi a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = 0 thì
f 2 (a) + f 2 (b) + f 2 (c) = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a)
A1 IMO Shortlist 2012
 Bài 14 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (−1) = 0 và
f (1 + xy) − f (x + y) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈ R
A5 IMO Shortlist 2012
 Bài 15 Cho hàm số f : Z+ → Z+ . Giả sử rằng với mỗi số n ∈ Z+ , tồn tại một số k ∈ Z+
để f 2k (n) = n + k và đặt kn là số k nhỏ nhất có tính chất này. Chứng minh dãy k1 , k2 , ... không
bị chặn.
A6 IMO Shortlist 2012
 Bài 16 Tìm tất cả các hàm số f : Q>0 → R thỏa mãn
®

f (x)f (y)
f (x + y)

f (xy)
f (x) + f (y)

(1)
(2)


Với mọi số hữu tỉ dương x, y. Chứng minh rằng f (x) = x, ∀ x ∈ Q>0 , biết tồn tại một số hữu
tỉ dương a > 1 mà f (a) = a
A3 IMO Shortlist 2013
 Bài 17 Tìm tất cả các hàm số f : N → N thỏa mãn
f (f (f (n))) = f (n + 1) + 1, ∀ n ∈ N
A5 IMO Shortlist 2013

Ơ Do Math then Love Math

4

Việt Nguyễn − Mathpiad


 Bài 18 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn
f (f (m) + n) + f (m) = f (n) + f (3m) + 2014, ∀ m, n ∈ Z
A4 IMO Shortlist 2014

n2 + 4f (n) = f (f (n))2 , ∀ n ∈ Z
A6 IMO Shortlist 2014
 Bài 20 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x + f (x + y)) + f (xy) = x + f (x + y) + yf (x)
A4 IMO Shortlist 2015
 Bài 21 Kí hiệu 2Z + 1 là tập các số nguyên lẻ. Tìm tất cả các hàm số f : Z → 2Z + 1 thỏa
mãn
f (x + f (x) + y) + f (x − f (x) + y) = f (x + y) + f (x − y), ∀ x, y ∈ Z
A5 IMO Shortlist 2015
 Bài 22 Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn
xf (x2 )f (f (y)) + f (yf (x)) = f (xy) f (f (x2 )) + f (f (y 2 )) , ∀ x, y ∈ R+
A4 IMO Shortlist 2016

 Bài 23 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (0) = 0 và
f (x + y)2 = 2f (x)f (y) + max{f (x2 ) + f (y 2 ), f (x2 + y 2 )}
A7 IMO Shortlist 2016
 Bài 24 Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho
f (f (x)f (y)) + f (x + y) = f (xy), ∀ x, y ∈ R
A6 IMO Shortlist 2017

Ơ Do Math then Love Math

5

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

 Bài 19 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z thỏa mãn


 Bài 25 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện sau
Với mọi x, y ∈ R sao cho (f (x) + y) (f (y) + x) > 0, ta có f (x) + y = f (y) + x
Chứng minh rằng f (x) + y

f (y) + x khi và chỉ khi x > y
A8 IMO Shortlist 2017

 Bài 26 Tìm tất cả các hàm số f : Q>0 → Q>0 thỏa mãn
f (x2 f (y)2 ) = f (x)2 f (y), ∀ x, y ∈ Q>0

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT


A1 IMO Shortlist 2018
 Bài 27 Tìm tất cả các hàm số f : (0, ∞) → R thỏa mãn
Å
ã
1
y
x+
f (y) = f (xy) + f
, ∀ x, y ∈ R+
x
x
A5 IMO Shortlist 2018
 Bài 28 Xét hàm số f : Z → Z thỏa mãn
f (f (x + y) + y) = f (f (x) + y), ∀ x, y ∈ Z
Ta gọi một số nguyên v là hiếm nếu tập hợp Xv = {x ∈ Z : f (x) = v} là hữu hạn và khác
rỗng.
1 Chứng minh rằng tồn tại một hàm số f thỏa mãn có một số hiếm.
2 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f nào có nhiều hơn 1 số hiếm.

A7 IMO Shortlist 2019
 Bài 29 Tìm tất cả các hàm số f : Z → Z sao cho
fa2 +b2 (a + b) = af (a) + bf (b), ∀ a, b ∈ Z
Với kí hiệu fn (x) là hợp n lần hàm số x.
A6 IMO Shortlist 2020
 Bài 30 Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn
f (x + f (xy)) + y = f (x)f (y) + 1, ∀ x, y ∈ R+
A8 IMO Shortlist 2020

Ơ Do Math then Love Math


6

Việt Nguyễn − Mathpiad


2.

Bài tốn hàm số số học

 Bài 1 Tìm tất cả các hàm f : Z+ → Z+ toàn ánh sao cho với mọi m, n thì f (m + n) chia
hết cho p khi và chỉ khi f (m) + f (n) chia hết cho p

 Bài 2 Với mọi n ∈ Z+ , kí hiệu d(n) là số ước dương của n. Tìm tất cả các hàm số
f : Z+ → Z+ thỏa mãn các tính chất sau
(i) d(f (x)) = x, ∀ x ∈ Z+ .
(ii) f (xy) | (x − 1)y xy−1 f (x), ∀ x, y ∈ Z+ .
N5 IMO Shortlist 2008
 Bài 3 Cho hàm số khác hằng f : Z+ → Z+ thỏa mãn
a − b | f (a) − f (b), ∀ a = b ∈ Z+
Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố p mà p | f (c) với c ∈ Z+ .
N3 IMO Shortlist 2009
 Bài 4 Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → Z+ sao cho (f (m) + n) (f (n) + m) là số chính
phương.
N5 IMO Shortlist 2010
 Bài 5 Tìm tất cả các hàm số f : Q → Z thỏa mãn
Å
f

f (x) + a
b


ã
=f

x+a
b

Với mọi x ∈ Q, a ∈ Z và b ∈ Z+ .
N6 IMO Shortlist 2013

Ơ Do Math then Love Math

7

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

N5 IMO Shortlist 2007


 Bài 6

Xét hàm số f : Z+ → Z+ . Kí hiệu f n (m) = f (f (...f (m)...)). Giả sử f có hai tính
n

chất sau
1 Nếu m, n ∈ Z+ thì

f n (m) − m

∈ Z+
n

2 Tập Z+ \ {f (n) : n ∈ Z+ } là hữu hạn.

Chứng minh rằng dãy f (1) − 1, f (2) − 2, ... tuần hoàn.

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

N6 IMO Shortlist 2015
 Bài 7
Với số nguyên dương k bất kì, ta gọi hàm f : Z+ → Z+ là k-nice nếu
gcd (f (n) + m, f (m) + n)
k với mọi n = m. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho
tồn tại hàm k-nice.
N7 IMO Shortlist 2015
 Bài 8 Cho hàm số f : Z+ → Z>1 thỏa mãn f (m + n) | f (m) + f (n), ∀ m, n ∈ Z+ . Chứng
minh rằng tồn tại một số nguyên C sao cho C | f (x), ∀ x ∈ Z+
N6 IMO Shortlist 2018
 Bài 9 Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn tồn tại số nguyên C sao cho
a + f (b) | a2 + bf (a), với mọi a + b > C
N4 IMO Shortlist 2019
 Bài 10 Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → N thỏa mãn
i) tồn tại t để f (t) = 0
ii) f (xy) = f (x) + f (y), ∀ x, y > 0
iii) Tồn tại vô hạn số nguyên dương n để f (k) = f (n − k) với mọi k < n
N5 IMO Shortlist 2020

Ơ Do Math then Love Math


8

Việt Nguyễn − Mathpiad


Chương III

1.

Hàm số đại số
 Bài 1 Cho hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn
f (m + n)

f (m) + f (f (n)) − 1, ∀ m, n ∈ Z+

Tìm tất cả các giá trị có thể của f (2007)
A2 IMO Shortlist 2007
Ŵ

Lời giải . Xét m > n, ta có
f (m) = f (n + (m − n))

f (n) + f (f (m − n)) − 1

f (n)

Nên f là hàm không giảm. Ta bỏ qua trường hợp tầm thường f ≡ 1.
Gọi a là số nhỏ nhất mà f (a) > 1. Khi đó f (b) f (a) > 1 với mọi b > a.
Gọi A là tập các số n mà n ∈ Z+ và f (n) > n. Ta có
f (f (n)) = f ((f (n) − n) + n)

Suy ra f (n) − n

f (f (n) − n) + f (f (n)) − 1 ⇒ 1

f (f (n) − n)

a với mọi n ∈ A. Vậy tồn tại
c = max{f (n) − n : n ∈ Z+ }

Giả sử c = f (k) − k > 0, ta có
2k + c

f (2k) = f (k + k)

f (k) + f (f (k)) − 1
f (k) + f (k) − 1 = 2(k + c) − 1 = 2k + c + c − 1

Suy ra c 1 hay f (2007) 2008.
Ta xây dựng hàm f để f (2007) có thể nhận được tất cả các giá trị trong [1, 2008] như sau
®
n nếu 2007 n
fj (n) = max{1, n + j − 2007} với j = 1, 2, ..., 2007;
f2008 (n) =
n + 1 nếu 2007 | n
Ta chứng minh hàm số fj thỏa mãn nếu fj (2007) = j
Trường hợp 1. j

2007. Ta có fj là hàm khơng giảm và fj (n)

n, ∀ n ∈ Z+ .


Nếu fj (m) = 1 thì
fj (m + n)

fj (n)

fj (fj (n)) = fj (m) + fj (fj (n)) − 1
9

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Lời Giải


Nếu fj (m) > 1 thì
fj (m) + fj (fj (n)) − 1

(m + j − 2007) + n = (m + n) + j − 2007 = fj (m + n)

Trường hợp 2. j = 2008. Ta có n + 1 f2008 (n) n, ∀ n ∈ Z+ .
Hơn nữa, ta cũng có f2008 (f2008 (n)) n + 1(dễ chứng minh).
Nếu 2007 | m + n thì
f2008 (m + n) = m + n + 1 = (m + 1) + (n + 1) − 1

f2008 (m) + f2008 (f2008 (n)) − 1

Nếu 2007 m + n thì 2007 n hoặc 2007 m nên
[f2008 (m) + f2008 (f2008 (n))] − 1

(m + n + 1) − 1 = m + n = f (m + n)


LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

ɰ
 Bài 2 Cho tập hợp S ⊆ R. Ta gọi một cặp hàm số (f, g) : S → S là có gấu nếu thỏa mãn
các điều kiện
(i) Cả hai hàm f, g đều tăng ngặt.
(ii) f (g(g(x))) < g(f (x)) với mọi x ∈ S
Hỏi liệu có tồn tại một cặp có gấu hay khơng nếu
(a) S = Z+
ß
™
1
+
(b) S = a − : a, b ∈ Z
b
A3 IMO Shortlist 2008
Ŵ

Lời giải .
(a) Từ (i), ta được f (x) x và g(x) x với mọi x ∈ Z+ .
Ta chứng minh quy nạp rằng g k (x) f (x) với mọi k
g(g k+1 (x)) = g k (g 2 (x))

0 và x ∈ Z+ . Ta có

f (g 2 (x)) < g(f (x)) ⇒ g k+1 (x) < f (x)

(1)


Nếu g(x) = x, ∀ x ∈ Z+ thì f (g 2 (x)) = f (x) = g(f (x)), mâu thuẫn với (ii).
Nên tồn tại x0 mà g(x0 ) > x0 .
Xét dãy (xn ) xác định bởi xn = g n (x) với mọi n ∈ Z+ . Do g tăng ngặt nên dãy (xn ) cũng tăng
ngặt. Mặt khác, từ (1), ta thấy rằng dãy (xn ) bị chặn bởi g(f (x0 )), mâu thuẫn.
Vậy với S = Z+ thì khơng tồn tại cặp có gấu.
ã
Å
ã
Å
1
1
1
1
với mọi a, b ∈ Z+ .
(b) Đặt f a −
= a + 1 − và g a −
=a−
b
b
b
b + 3a
Hiển nhiên hàm f là tăng ngặt. Ta chứng minh g cũng tăng ngặt.
1
1
1
1
Giả sử a − > c − với a, b, c, d ∈ Z+ . Nếu a c − 1 thì c −
c − 1 a > a − , vơ lí.
b
d

d
b
1 1
Vậy, ta được a c. Ta có a − c
− . Ta có
b d
Å
ã
Å
ã
1
1
1
1
1
1
g d−
>g c−
⇔a−
>c−
⇔a−c>
−
a
c
a
b
d
b+3
d+3
b+3

d + 3c
Ơ Do Math then Love Math

10

Việt Nguyễn − Mathpiad


Vậy, ta chỉ cần chứng minh

Ta có

1
1
−
b + 3a d + 3 c

1
1
d − b + 3c − 3a
−
=
b + 3a d + 3c
(b + 3a )(d + 3c )

d−b
(b + 3a )(d + 3c )

d−b
1 1

= −
bd
b d

Cuối cùng, ta chỉ cần chứng minh f thỏa mãn điều kiện (ii)
ããã
ãã
Å Å Å
Å Å
1
1
1
1
= (a + 1) −
f g g a−
< (a + 1) −
=g f a−
b
b + 2.3a
b + 3a+1
b
ɰ
 Bài 3 Với mỗi m ∈ Z, đặt t(m) ∈ {1, 2, 3} sao cho 3 | m + t(m). Cho hàm số f : Z → Z
thỏa mãn f (−1) = 0, f (0) = 1, f (1) = −1 và
f (2n + m) = f (2n − t(m)) − f (m), ∀ m, n ∈ N với 2n > m
Chứng minh rằng f (3p)

0 với mọi số nguyên p

0

A4 IMO Shortlist 2008

Ŵ

Lời giải . Với k

0, ta chứng minh quy nạp
f (22k+1 − 3) = 0,
f (22k+1 − 2) = 3k , f (22k+1 − 1) = −3k
f (22k+2 − 3) = −3k , f (22k+2 − 2) = −3k , f (22k+2 − 1) = 2.3k

Cho m = 0, n = 1 vào đề bài, ta được
f (21 ) = f (21 − 3) − 1 = f (−1) − 1 = −1
Cho m = n = 1 vào đề bài, ta được
f (3) = f (0) − f (1) = 1 − −1 = 2
Vậy ta đã chứng minh điều quy nạp với trường hợp k = 0.
Theo giả thiết quy nạp, ta có
f (22k+1 − 3) = f (22k + 22k − 3) = f (22k − t(22k − 3)) − f (22k − 3) = f (22k − 2) − f (22k − 3) = 0
Chứng minh tương tự với các trường hợp còn lại.
Như vậy, ta được f (2n − t(m)) 3(n−1)/2 nếu 3 | 2n − t(m) và f (2n − t(m))
Lại có 3 | m + t(m) nên ta được
1 f (2n − t(m))

3(n−1)/2 nếu 3 | 2n + m.

2 f (2n − t(m))

0 nếu 3 2n + m.

0 nếu 3 2n − t(m).


2 n/2
.3
với mọi m, n 0.
3
Bây giờ, ta sẽ chứng minh quy nạp theo n rằng |f (m)| 3n/2 với mọi m, n 0 và m < 2n .
Trường hợp n = 0, n = 1 là hiển nhiên. Giả sử (*) đúng đến n.

Cũng từ khẳng định trên, ta được |f (2n − t(m))|

Ơ Do Math then Love Math

11

(*)

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

1 1
−
b d


Theo giả thiết quy nạp, ta chỉ cần chứng minh (*) đúng với mọi 2n+1 > m
2 n/2
.3
nên
Đặt m = 2n + k, ta có |f (2n − t(k)) |

3
f (m) = |f (2n − t(k)) − f (k)|

|f (2n − t(k))| + |f (k)|

2n .

2 n/2
.3 + 3n/2 < 3(n+1)/2
3

Vì 3p khơng là lũy thừa của 2 nên tồn tại a > b > 0 và 2b > c 0 sao cho 3p = 2a + 2b + c.
Ta có
f (3p) = f (2a + 2b + c) = f (2a − t(2b + c)) − f (2b − t(c)) + f (c)
Do 3 | 2a + 2b + c ⇒ 3 | 2a − t(2b + c) nên

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

f (2a − t(2b + c))
Vì 3 2b + c nên f (2b − t(c))
Ta lại có do c > 2b nên |f (c)|
Vậy, ta được

0.
3b/2 hay −f (c)
f (3p)

3(a−1)/2

−3b/2


−3(a−1)/2 do a − 1

b.

3(a−1)/2 − 0 − 3(a−1)/2 = 0
ɰ

Kết thúc chứng minh.
 Bài 4 Cho hàm số f : R → Z+ thỏa mãn
Å
f x+

1
f (y)

ã

Å
=f y+

ã
1
, ∀ x, y ∈ R
f (x)

(1)

Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương a sao cho không tồn tại n để f (n) = a.
A6 IMO Shortlist 2008

Ŵ

Lời giải . Giả sử rằng f (R) = Z+ . Giả sử tồn tại a để f (a) = 1.
Xét hàm số g(x) = f (x + a). P (x + a, y + a), ta được
ã
Å
ã
Å
ã
Å
ã
Å
1
1
1
1
=f x+a+
=f y+a+
=g y+
g x+
f (y)
f (y + a)
f (x + a)
f (x)
Nên g cũng thỏa mãn các điều kiện như đề bài. Nên khơng mất tính tổng qt, giả sử f (0) = 1.
ß Å
ã
™
1
+

Ta chứng minh với một số c bất kì, ta có f c +
:n∈Z
= Z+ .
n

!

Chứng minh. Thật vậy, ta có
ß Å
ã
™
1
f (R) = f x +
:x∈R
f (c)
ß Å
ã
™ ß Å
ã
™
1
1
+
f c+
:x∈R ⊂ f c+
:n∈Z
⊂ f (R)
f (x)
n
1

Áp dụng với c = 0 và c = , ta được
3
ß Å ã
™ ß Å
ã
™
1
1 1
+
+
f
:n∈Z
= f
+
:n∈Z
= Z+
n
3 n

Ơ Do Math then Love Math

12

(2)

Việt Nguyễn − Mathpiad


Nếu f (u) = f (v) thì f (u + q) = f (v + q) với mọi q ∈ Q
! Hơn

nữa, nếu f (q) = 1 thì f (kq) = 1, ∀ k ∈ Z .

0.

+

Vì f (R) = Z+ , ta có

Đặt q =

ã
Å
ã
Å
1
1
=f u+
, ∀ n ∈ Z+
f u+
n
n

(3)

k
là một số hữu tỉ. Áp dụng (3) k lần, ta có
n
Å
ã
Å

ã
k
k
f (u + q) = f u +
=f v+
= f (v + q)
n
n

(*)

! f (q) = f (q + 1) với mọi số hữu tỉ không âm q.
Å
Chứng minh. Theo (2), tồn tại số nguyên dương m để f

1
m

ã
= 1 = f (0).

Khi đó, theo (*), ta có
Å
f (0) = f

1
m

ã


Å
=f

2
m

ã
= ... = f (1)

Vậy lại theo (*), ta được f (q) = f (q + 1).
Å ã
1
f
= n với mọi n ∈ Z+
n

!

Chứng minh. Xét số q ∈ Q

bất kì, P (q, 0), ta được
Å
ã
1
f (q + 1) = f
= f (q)
f (q)
Å ã
1
+

+
Từ (2), với mỗi n ∈ Z , tồn tại k ∈ Z sao cho f
= n. Ta có
k
ê
Ü
Å ã
Å ã
1
1
1
Å ã
n=f
=f
=f
1
k
n
f
k
ã
Å
1 1
+
Trở lại bài toán. Theo (2), giả sử tồn tại n ∈ Z sao cho f
+
= 1.
3 n
1 1
s

Đặt + = với gcd(s, t) = 1. Dễ chứng minh t = 1. Ta chọn k, sao cho ks − t = 1.
3 n
t
Từ (*), ta suy ra nếu f (x) =Åf (0)
ã với x 0 thì fÅ(kx)ã = 0. Å
ã
Å ã
s
ks
ks
1
1
Do f (0) = f
= 1 nên f
= 1. Lại có f
=f
+
=f
= t, vơ lí.
t
t
t
t
t
Vậy giả sử phản chứng sai. Kết thúc chứng minh.

Ơ Do Math then Love Math

0


13

ɰ

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Chứng minh. Với mọi x ∈ R, ta có
Å
ã
Å
ã
Å
ã
Å
ã
1
1
1
1
f u+
=f x+
=f x+
=f v+
f (x)
f (u)
f (v)
f (x)



 Bài 5 Tìm tất cả các hàm số f : Z+ → Z+ sao cho với mọi x, y thì tồn tại một tam giác
có độ dài ba cạnh là
x,
f (y) và f (y + f (x) − 1)
A3 IMO Shortlist 2009
Ŵ

Lời giải .
Bước 1. Ta chứng minh f (1) = 1.
Giả sử f (1) = 1 + m với m > 0. Ta thấy rằng tồn tại một tam giác có ba cạnh là 1, f (y), f (y + m).
Như vậy 1 > |f (y) − f (y + m)| nên |f (y) − f (y + m)| = 0 hay f (y) = f (y + m).
Vậy hàm f tuần hồn theo chu kì m. Hay f bị chặn.
Giả sử f (x) B với mọi x thì nếu ta chọn x > 2B, ta được
f (y) + f (y + f (x) − 1)

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

x > 2B

Nên x, f (y), f (y + f (x) − 1) không phải là ba cạnh của một tam giác. Vậy m = 0 hay f (1) = 1.
Bước 2. Ta có x, f (1) = 1, f (1 + f (x) − 1) = f (f (x)) là ba cạnh của một tam giác nên
f (f (x)) = x với mọi x.
Bước 3.Ta chứng minh với mọi số nguyên z

1 thì f (z)

z.

Giả sử tồn tại z để f (z) z + 1. Đặt f (z) = A + 1. Ta có A z 2.

Đặt M = max{f (1), f (2), ..., f (A)}. Ta chứng minh không tồn tại số t mà
f (t) >

z−1
t+M
A

Giả sử t = eA + f là số nhỏ nhất như vậy. Do cách chọn M nên ta được t > A.
Do tồn tại một tam giác có ba cạnh là z,f (t − A) và f (t − A + f (z) − 1) nên
z + f (t − A) > f (t)
Suy ra
f (t − A)

f (t) − (z − 1) >

z−1
(t − A) + M
A

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của t. Suy ra
f (t)
Do z

A nên

z−1
t + M với mọi t
A

1


(1)

z−1
< 1. Áp dụng (1), ta có
A
t = f (f (t))

z−1
f (t) + M
A

z−1
A

Å

ã
z−1
+M +M
A

Điều này là vơ lí với mọi t. Vậy, giả sử phản chứng sai hay f (z)
Áp dụng bước 3 và bước 2, ta có
t = f (f (t)) f (t) t

z, ∀ z ∈ Z+ .

Nên f (t) = t, ∀ t ∈ Z+ .
ɰ

Ơ Do Math then Love Math

14

Việt Nguyễn − Mathpiad


 Bài 6 Cho hàm số f : R → R. Chứng minh rằng tồn tại hai số thực x, y mà
f (x − f (y)) > yf (x) + x
A4 IMO Shortlist 2009
Ŵ

Lời giải . Giả sử phản chứng
yf (x) + x, ∀ x, y ∈ R

Đặt a = f (0). Thay y = 0 vào (1), ta được f (x − a)

(1)

x, ∀ x ∈ R. Như vậy

y + a, ∀ y ∈ R

f (y)

(2)

Thay x = f (y) vào (1), ta được
a
Suy ra y [f (f (y)) + 1]

Từ (2), (3), ta có

yf (f (y)) + f (y)

yf (f (y)) + y + a, ∀ y ∈ R

0, ∀ y ∈ R hay f (f (y)) + 1

−1

0 với mọi y > 0.

(3)

f (y) + a ⇒ f (y) −a − 1 với mọi y > 0
™
ß
−a − x − 1
, từ (2), ta được
Giả sử tồn tại x mà f (x) > 0. Chọn y < min x − a,
f (x)
f (f (y))

x − f (y)

(4)

x − (y + a) > 0

Mặt khác, từ (1) và (4), ta có

yf (x) + x

f (x − f (y))

−a − 1

−a − x − 1
, mâu thuẫn với cách chọn y. Như vậy, ta có f (x)
f (x)
Ta có a = f (0) 0 nên (2) tương đương f (x) x, ∀ x ∈ R.
Ta chọn y sao cho y > max{0, −f (−1) − 1} và đặt x = f (y) − 1, ta có
Suy ra y >

f (−1) = f (x − f (y))

yf (x) + x = yf (f (y) − 1) + f (y) − 1

0, ∀ x ∈ R.

y (f (y) − 1) − 1

Điều này là mâu thuẫn với cách chọn y. Vậy giả sử sai. Kết thúc chứng minh.

−y − 1
ɰ

 Bài 7 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (xf (x + y)) = f (yf (x)) + x2 , ∀ x, y ∈ R
A7 IMO Shortlist 2009
Ŵ


Lời giải . P (0, y), ta được
f (0) = f (yf (0))
Nếu f (0) = 0 thì f (x) = C, ∀ x ∈ R, không thỏa. Vậy f (0) = 0.
P (x, 0) và P (x, −x), ta được
f (xf (x)) = x2 và f (−xf (x)) = −x2 , ∀ x ∈ R
Như vậy, ta được f (a) = 0 ⇔ a = 0. Xét t = 0 bất kì, ta có
Ơ Do Math then Love Math

15

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

f (x − f (y))


Nếu f (t) < 0. Đặt f (t) = −a2 .
Tồn tại số b để bf (a) = t do f (a) = 0 nên P (a, b), ta được
f (af (a + b)) = f (bf (a)) + a2 = f (t) + a2 = 0
Suy ra af (a + b) = 0. Suy ra a + b = 0. Hay t = −af (a). Suy ra
f (−t) = f (af (a)) = a2 = −(−a2 ) = −f (t)
Nếu f (t) > 0. Đặt f (t) = a2 .
Chọn b để af (b) = t. P (a, b − a), ta được
f ((b − a)f (a)) + a2 = f (af (b)) = f (t) = a2
Suy ra (b − a)f (a) = 0. Suy ra b = a. Hay t = af (a). Suy ra

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT


f (−t) = f (−af (a)) = −a2 = −f (t)
Vậy ta đã chứng minh được f là hàm lẻ.
Thực hiện lần lượt P (y, −x − y) và P (−x − y, x), ta được
f (yf (−x)) = f ((−y − x)f (y)) + y 2
f ((−x − y)f (−y)) = f (xf (−x − y)) + (x + y)2
Từ tính lẻ, kết hợp với đề bài, ta được
f (yf (x)) − f (xf (x + y)) = −x2
f (yf (x)) − f ((x + y)f (y)) = −y 2
f ((x + y)f (y)) + f (xf (x + y)) = (x + y)2
Cộng theo vế, ta được 2f (yf (x)) = 2xy. Suy ra f (yf (x)) = yx =

yf (x)
, ∀ x, y ∈ R.
f (x)/x

(*)

Từ f (xf (x)) = x2 , ta được f (f (1)) = 1. Ta có
f (f (1)f (f (1))) = f (1)2 = f (f (1)) = 1
Nên f (1) = 1 hoặc f (1) = −1. Thay vào (*), ta được f (x) = x với mọi x hoặc f (x) = −x với mọi x.
ɰ
 Bài 8 Tìm tất cả các hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn
f (f (x)2 y) = x3 f (xy), ∀ x, y ∈ Q+
A5 IMO Shortlist 2010
Ŵ

Lời giải . P (x, 1), ta được
f (f (x)2 ) = x3 f (x), ∀ x ∈ Q+

(1)


Từ (1), ta dễ thấy f đơn ánh. Lại có
f (f (xy)2 ) = y 3 x3 f (xy) = y 3 f (f (x)2 y) = f (f (x)2 f (y)2 )
Suy ra
f (xy)2 = f (x)2 f (y)2 ⇔ f (xy) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈ Q+
Ơ Do Math then Love Math

16

Việt Nguyễn − Mathpiad


Từ đó, (1), tương đương
f (f (x))2 = x3 f (x) ⇔ f (f (x)) =

»
x3 f (x), ∀ x ∈ Q+

(2)

Đặt g(x) = xf (x), (2) tương đương

Làm tương tự như vậy, ta được
n

g n+1 (x) = g(x)(5/2) ∈ Q+

(*)

1

.
x
1
Thử lại thỏa mãn. Vậy hàm số thỏa mãn đề bài là f (x) = , ∀ x ∈ Q+ .
x

Cho n → ∞, (*) chỉ xảy ra khi g(x) = 1 hay f (x) =

ɰ

 Bài 9 Cho các hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn
f (g(n)) = f (n) + 1 và g(f (n)) = g(n) + 1 với mọi n ∈ Z+
Chứng minh rằng f (n) = g(n), ∀ n ∈ Z+
A6 IMO Shortlist 2010
Ŵ

Lời giải .
Bước 1.
Ta có nếu f (x) = f (y) thì g(x) = g(f (x)) − 1 = g(f (y)) − 1 = g(y).
Tương tự với g(x) = g(y).
Suy ra nếu f (f (x)) = f (f (y)) thì g(f (x)) = g(f (y)) ⇒ g(x) = g(y) ⇒ f (x) = f (y).
Bước 2.
Gọi a, b lần lượt là giá trị nhỏ nhất mà f, g nhận và giả sử a b.
Ta có f (a) > a vì nếu f (a) = a thì g(a) = g(f (a)) = g(a) + 1, vơ lí.
Nếu tồn tại f (x) = m thì tồn tại f (t) = f (g(x)) = f (x) + 1 = m + 1. Như vậy, với mọi j a thì ln
tồn tại z để f (z) = j. Tương tự như vậy, ta suy ra tồn tại x để f (a) = f (x) + 1 hay f (a) = f (g(x)).
Ta lại có tồn tại t để f (t) = a và tồn tại y để f (y) = g(x) nên f (f (t)) = f (a) = f (g(x)) = f (f (y)).
Suy ra g(x) = f (y) = f (t) = a b. Ta lại có b a nên a = b.
Bước 3.
Ta chứng minh nếu tồn tại f (x) = f (y) với y x a thì x = y.

Thật vậy, tồn tại f (h) = x và f (k) = y nên f (f (h)) = f (f (k)). Suy ra f (h) = f (k) = x = y.
Bước 4.
Giả sử f (a) a + 2 thì tồn tại x, y ∈ Z+ sao cho f (x) = f (a) − 2 và f (y) = g(x).
Như vậy, f (a) = f (x) + 2 = f (g(x)) + 1 = f (g 2 (x)). Lại có g 2 (x) a nên g 2 (x) = a.
Suy ra a = g(f (y)) = 1 + g(y) 1 + a, vơ lí. Suy ra f (a) a + 1.
Từ bước 2, ta có f (a) a + 1 nên f (a) = a + 1. Tương tự, g(a) = a + 1. Vậy f (a) = g(a)
Bước 5.
Ơ Do Math then Love Math

17

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

g 2 (x) = g(g(x)) = g(x)f (g(x)) = xf (x)f (xf (x)) = xf (x)2 f (f (x))
»
xf (x)2 x3 f (x) = (xf (x))5/2 = g(x)5/2


Giả sử f (n) = g(n) = n + 1, từ đề bài, ta được
f (n + 1) = f (g(n)) = f (n) + 1 = n + 2 và g(n + 1) = g(f (n)) = g(n) + 1 = n + 2
Như vậy, ta đã chứng minh được f (n) = g(n) với mọi n
Với n bất kì thì g(n) a nên ta được

a.

f (n) + 1 = f (g(n)) = g(n) + 1
ɰ


nên f (n) = g(n). Kết thúc chứng minh.
 Bài 10 Tìm tất cả các hàm số f, g : R → R thỏa mãn
g(f (x + y)) = f (x) + (2x + y)g(y), ∀ x, y ∈ R

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

A3 IMO Shortlist 2011
Ŵ

Lời giải . P (x, −2x), ta được
g(f (−x)) = f (x), ∀ x ∈ R
Điều kiện đề bài tương đương
f (x) + (2x + y)g(y) = g(f (x + y)) = f (−x − y), ∀ x, y ∈ R

(1)

Thay (x, y) với (−b, a + b) vào (1), ta được
f (−a) = f (−b) + (a − b)g(a + b), ∀ a, b ∈ R
Tương tự, ta có
f (−b) = f (−c) + (b − c)g(b + c)
f (−c) = f (−a) + (c − a)g(c + a)
Ta suy ra
(a − b)g(a + b) + (b − c)g(b + c) + (c − a)g(c + a) = 0, ∀ a, b, c ∈ R
Đặt (x, y, z) = (a + b, b + c, c + a), ta được
(z − y)g(x) + (x − z)g(y) + (y − x)g(z) = 0, ∀ x, y, z ∈ R
Như vậy, ba điểm A (x, g(x)), B (y, g(y)), C (z, g(z)) thằng hàng trên mặt phẳng tọa độ.
Vậy g(x) = ax + b, ∀ x ∈ R. Thay (x, y) bởi (0, −y) vào (1), ta được
f (0) − yg(−y) = f (y) = ay 2 − by + c
So sánh hệ số của x2 trong biểu thức g(f (−x)) = f (x), ta thu được a = a2 nên a = 0 hoặc a = 1.
Trường hợp 1. Nếu a = 0 thì g(f (−x)) = b = f (x). Thử lại ta được b = 0.

Trường hợp 2. Nếu a = 1 thì từ g(f (−x)) = f (x), ta được
x2 − bx + c = f (x) = g(f (−x)) = f (−x) + b = x2 + bx + c + b ⇒ 2bx = b ⇒ b = 0
Vậy f (x) = x2 + c và g(x) = x với mọi x ∈ R.

Ơ Do Math then Love Math

18

Việt Nguyễn − Mathpiad


ɰ

Vậy các hàm số thỏa mãn là (f, g) ∈ {(0, 0); (x2 + c, x)}.
 Bài 11 Tìm tất cả các hàm số f, g : Z+ → Z+ thỏa mãn
f g(n)+1 (n) + g f (n) (n) = f (n + 1) − g(n + 1) + 1, ∀ n ∈ Z+

A4 IMO Shortlist 2011

f (n + 1) − 1 + 1 − 1 < f (n + 1), ∀ n ∈ Z+

Giả sử y1 < y2 < ... là tập các giá trị của f .
Nếu tồn tại a > 1 để f (a) = y1 thì f f g(a−1)+1 (a − 1) < y1 , mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của y1 .
Từ đó suy ra f (x) = y1 ⇔ x = 1. Giả sử tồn tại a > 1 để f (a) = y2 thì f f g(a−1) (a − 1) = y1 nên
f g(a−1) = 1 hay y1 = 1.
Ta chứng minh quy nạp rằng nếu f (x) = yn thì x = yn = n. Giả sử điều này đúng đến n = k. Ta
chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1.
Từ giả thiết quy nạp, với a < k + 1 thì nếu f t (x) = a thì x = a nên f t (h) > a với h > a.
Giả sử tồn tại f (x) = yn+1 thì f f g(x−1) (x − 1) < yn+1 nên f f g(x−1) (x − 1) ∈ {y1 , ..., yn }
Do f (x) = yn+1 nên x > n hay x − 1 n = yn . Vậy x = n + 1.

Vậy ta có f f g(n+1)+1 (n + 1) < f (n + 2) = yn+2 nên f g(n+1)+1 (n + 1) = yn+1 .
Suy ra f g(n+1) (n + 1) = n + 1 nên yn+1 = n + 1.
Vậy ta đã chứng minh được f (n) = n với mọi n nguyên dương.
Điều kiện đề bài tương đương
n + g n (n) = n + 1 − g(n + 1) + 1 ⇔ g n (n) + g(n + 1) = 2
Suy ra g(n + 1) = g n (n) = 1, ∀ n ∈ Z+ hay g(n) = 1, ∀ n ∈ Z+ .
Thử lại thỏa mãn. Vậy f (n) = n và g(n) = 1 với mọi n nguyên dương.

ɰ

 Bài 12 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn
f (x + y)
Chứng minh rằng f (x) = 0 với mọi x

yf (x) + f (f (x)), ∀ x, y ∈ R

(1)

0
A6 IMO Shortlist 2011

Ŵ

Lời giải . P (x, t − x), ta được
f (t)

tf (x) − xf (x) + f (f (x)), ∀ x, t ∈ R

(2)


Thay (t, x) bởi (f (a), b) và (f (b), a), ta được
f (f (a))

f (a)f (b) − bf (b) + f (f (b))

f (f (b))

f (a)f (b) − af (a) + f (f (a))

Cộng theo vế cả hai bất đẳng thức trên, ta được
f (a)f (b)
Cho b = 2f (a), ta thu được af (a)
Giả sử tồn tại x để f (x) > 0.
Ơ Do Math then Love Math

0 nên f (a)

af (a) + bf (b)
0 với mọi a < 0

19

(*)

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Ŵ


Lời giải . Từ đề bài, ta có
Ä
ä
f f g(n) (n) = f (n + 1) − g(n + 1) + 1 − g f (n) (n)


xf (x) − f (f (x))
thì f (t) < 0, mâu thuẫn với (*)
f (x)
Như vậy, ta được f (x) 0, ∀ x ∈ R. Kết hợp với (*), ta được f (x) = 0 với mọi x < 0.
Chọn x < 0, y = 0 vào đề bài, ta được

Từ (2), ta có nếu t <

0 = f (x)
Mà f (0)

f (f (x)) = f (0)
ɰ

0 nên f (0) = 0. Kết thúc chứng minh.

 Bài 13 Tìm f : Z → Z sao cho với mọi a, b, c ∈ Z thỏa mãn a + b + c = 0 thì
f 2 (a) + f 2 (b) + f 2 (c) = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a)

(*)

A1 IMO Shortlist 2012

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT


Ŵ

Lời giải . Kí hiệu P (x, y, z) là thay lần lượt a, b, c bởi x, y, z vào phương trình (∗).
P (0, 0, 0) ⇒ 3f (0)2 = 6f (0)2 ⇒ f (0) = 0
P (a, 0, −a) ⇒ (f (a) − f (−a))2 = 0 ⇒ f (a) = f (−a)
P (a, b, −a − b) ⇒ f 2 (a) + f 2 (b) + f 2 (a + b) = 2f (a)f (b) + 2(f (b) + f (a))f (a + b), ∀ a, b ∈ Z (1)
Ta có các trường hợp sau :
Trường hợp 1. Nếu không tồn tại x sao cho f (x) = 0 hay f (a) = 0 ⇔ a = 0
Trong phương trình (1), ta thay b bởi −b, ta có
f 2 (a + b) − f 2 (a − b) = 2(f (a) + f (b))(f (a + b) − f (a − b))

(2)

Nếu tồn tại f (x) = f (x + c) và x, c, 2x + c = 0 ta có
f 2 (x) + f 2 (c) + f 2 (x + c) = 2f 2 (x) + f 2 (c)
= 2f (x)f (c) + 2(f (x) + f (c))f (x + c) = 2f (x)f (c) + 2(f (x) + f (c))f (x)
⇒ f 2 (c) = 4f (x)f (c) ⇒ f (c) = 4f (x)
Mặt khác
f 2 (x) + f 2 (x + c) + f 2 (2x + c) = 2f 2 (x) + f 2 (2x + c)
= 2f (x)f (x + c) + 2(f (x) + f (x + c))f (2x + c) = 2f 2 (x) + 4f (x)f (2x + c)
⇒ f (2x + c) = 4f (x) = f (c) ⇒ f (2x) = 4f (c)
Trong phương trình (1), thay b bởi a, ta được f (2a) = 4f (a)
Từ đó f (x) = f (c) = 4f (c), vơ lý. Từ đó suy ra f (a + b) = f (a − b)
Từ đó, ta có f (a + b) + f (a − b) = 2f (a) + 2f (b), ∀ a, b ∈ Z.
Dễ dàng quy nạp f (x) = dx2 . Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.
Trường hợp 2. Nếu tồn tại x = 0, f (x) = 0 ⇒ f (b) = f (x + b), ∀ b ∈ Z
Từ phương trình (1), ta có f 2 (2b) = 4f (b)f (2b), ta lại có 3 khả năng sau :
Khả năng 1. Nếu f (2) = 0 thì f (a) = f (a + 2).
Vậy f (a) = 0 nếu a chẵn và f (a) = e nếu a lẻ.


Ơ Do Math then Love Math

20

Việt Nguyễn − Mathpiad


Khả năng 2. Nếu f (2) = 0, f (4) = 0 thì f (1) =

f (2)
= 0 và f (4) = 4f (2) = 16f (1) = 16t
4

Thay a = 1 và b = 2 vào phương trình (1), ta có
17t2 + f (3)2 = 8t2 + 10t.f (3)
Từ đó suy ra f (3) = 9t hoặc f (3) = t
Nếu f (3) = 9t thì thay a = 1 và b = 3 vào phương trình (1), ta có

Vậy f (3) = t. Thay a = 1 và b = 2 vào phương trình (1), ta có
2t2 + 16t2 = 2t2 + 4t.16t, vô lý do t = 0
Vậy trường hợp này không thỏa mãn.
Khả năng 3. Nếu f (2) = 0 và f (4) = 0 thì f (x + 4) = f (x), ∀ x ∈ Z
Ta vẫn có f (3) = 9t hoặc f (3) = t.
Nếu f (3) = 9t thì thay a = 1 và b = 3 vào phương trình (1), ta có
t2 + 81t2 = 2.9t.t, vơ lý do t = 0
Vậy f (3) = f (1) = t. Từ đó hàm f được xác định như sau thỏa mãn yêu cầu đề bài:
f (4k) = 0; f (4k + 1) = f (4k + 3) = t; f (4k + 2) = 4t, ∀ k, t ∈ Z
Vậy tất cả các hàm f thỏa mãn là
1 f (x) = dx2 , ∀ x, d ∈ Z

2 f (2k) = 0; f (2k + 1) = c, ∀ k, c ∈ Z
3 f (4k) = 0; f (4k + 1) = f (4k + 3) = t; f (4k + 2) = 4t, ∀ k, t ∈ Z

ɰ
 Bài 14 Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (−1) = 0 và
f (1 + xy) − f (x + y) = f (x)f (y), ∀ x, y ∈ R
A5 IMO Shortlist 2012
Ŵ

Lời giải . P (x, −1), ta được
f (1 − x) = f (x − 1) + f (x)f (−1) ⇒ f (−x) = f (x) + f (x + 1)f (−1), ∀ x ∈ R
Thế x bởi −x, ta được f (x) = f (−x) + f (1 − x)f (−1) nên
f (x + 1)f (−1) + f (1 − x)f (−1) = 0 ⇒ f (x + 1) + f (x − 1) = 0 ⇒ f (x) + f (2 − x) = 0, ∀ x ∈ R (1)
P (x, 0) ⇒ f (1) = f (x) + f (x)f (0), ∀ x ∈ R. Nếu f (0) = −1 thì f (x) ≡ C.
Thế lại vào đề bài, ta được C = C + C 2 ⇒ C = 0, vơ lí do f (−1) = 0. Vậy f (0) = −1 Ta chọn x, y
sao cho x + y = 1 và 1 + xy = t < 1. P (2 − x, 2 − y), ta được
f (xy + 3) = f (3) + f (2 − x)f (2 − y) = f (3) + f (x)f (y) ⇒ f (xy + 3) − f (xy + 1) = f (3)
Ơ Do Math then Love Math

21

Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

82t2 + 162 t2 = 18t2 + 2.10t.16t, vô lý do t = 0


Vậy ta có f (t + 2) − f (t) = f (3) với mọi t < 1.
Kết hợp với (1), ta được f (t + 2) − f (t) = f (3) = C, ∀ x ∈ R.

Ta có f (2) = f (0) + C = C − 1. f (4) = f (2) + C = 2C − 1. P (2, 2), ta có
f (5) = f (4) + f (2)2 = (2C − 1) + (C − 1)2 = f (3) + C = 2C ⇒ C 2 = 2C
Lại có C = 0 vì nếu C = 0 thì f (x + 2) = f (x), ∀ x ∈ R nên f (−1) = f (1) = 0, vơ lí.
Vậy C = 2 hay f (x + 2) − f (x) = 2, ∀ x ∈ R. Kết hợp với (1), ta được
0 = f (x) + f (2 − x) = 2 + f (−x) + f (x) ⇒ f (−x) = −f (x) − 2, ∀ x ∈ R
P (x, y) và P (−x, −y), ta có

LATEX VÀ DỊCH THUẬT BỞI VIỆT

f (1 + xy) = f (−x − y) + f (−x)f (−y) = −f (x + y) − 2 + (f (x) − 2) (f (y) − 2)
= f (x + y) + f (x)f (y)
⇒ f (x + y) = f (x) + f (y) + 1, ∀ x, y ∈ R

(1)

f (1) + f (xy) + 1 = f (1 + xy) = [f (x) + 1] [f (y) + 1] , ∀ x, y ∈ R

(2)

Suy ra đề bài tương đương

Đặt g(x) = f (x) + 1, ∀ x ∈ R, ta được
®
g(xy) = g(x)g(y)
g(x + y) = g(x) + g(y)

, ∀ x, y ∈ R
ɰ

Ta suy ra g(x) = x, ∀ x ∈ R. Suy ra f (x) = x − 1, ∀ x ∈ R.


 Bài 15 Cho hàm số f : Z+ → Z+ . Giả sử rằng với mỗi số n ∈ Z+ , tồn tại một số k ∈ Z+
để f 2k (n) = n + k và đặt kn là số k nhỏ nhất có tính chất này. Chứng minh dãy k1 , k2 , ... không
bị chặn.
A6 IMO Shortlist 2012
Ŵ

Lời giải . Đặt S = {1, f (1), f 2 (1), ..., }. Khi đó S khơng bị chặn do với n ∈ S thì tồn tại số k > 0
sao cho f 2k (n) = n + k > n.
Như vậy, ta suy ra các phần tử trong f là khác nhau. Thật vậy, nếu tồn tại f i (1) = f j (1) với i = j
thì các giá trị f m (1) sẽ tuần hồn, vơ lí.
Đặt g : S → S với g(n) = f 2kn (n) = n + kn . Khi đó g đơn ánh. Thật vậy, giả sử tồn tại a < b mà
g(a) = g(b). Khi đó a + ka = f 2ka (a) = f 2kb (b) = b + kb nên ka > kb .
Do f đơn ánh nên ta có
f 2ka −2kb (a) = b = a + (ka − kb ), mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của ka
Ta kí hiệu T là tập các phần tử thuộc S nhưng khơng có dạng g(n) với n ∈ S.
Ta có 1 ∈ T do g(n) > 1, ∀ n ∈ Z+ nên T = Ø.
Với mỗi t ∈ T , đặt Ct = {t, g(t), ...} và gọi Ct là chuỗi bắt đầu từ t. Ta thấy rằng các chuỗi khác
nhau thì khơng có phần tử chung do g đơn ánh.
Với mỗi n ∈ S \ T , n = g(n ) với n < n và n ∈ S. Lặp lại tương tự như vậy, ta suy ra n ∈ Ct với
t ∈ T nào đó.
Giả sử f n (1) nằm trong chuỗi bắt đầu từ t = f nt (1) nào đó, ta được
f n (1) = g j (f nt (1)) = f 2kj f 2kj−1 ...f 2k1 (f nt (1))
Ơ Do Math then Love Math

22

= f nt (1) + k1 + k2 + ... + kj
Việt Nguyễn − Mathpiad



Mà n = nt + 2k1 + 2k2 + ... + 2kj nên
f n (1) = f nt (1) +

n − nt
2

(1)

f n (1) = t +

n − nt
2

tr +

N
2

Mặt khác, 1, f (1), ..., f N (1) là các số khác nhau nên ta phải có
N +1

tr +

N
+1
2

N
⇒ tr

2

Điều này là vơ lí do N có thể lớn tùy ý. Vậy tập T là tập vô hạn.
Trở lại bài tốn. Chọn số ngun dương k bất kì và xét k + 1 chuỗi bắt đầu từ k + 1 số đầu tiên
của tập T . Gọi t là số lớn nhất trong k + 1 số đó.
Khi đó mỗi chuỗi đều chứa một số không vượt quá t và tồn tại một chuỗi không chứa tất cả các số
nằm giữa (t + 1) và (t + k). Nói cách khác, tồn tại một chuỗi mà chứa số a t và g(a) t + k + 1.
Suy ra g(a) − a > k hay ka > k.
Vậy ta đã chứng minh được dãy (kn ) không bị chặn.
ɰ
 Bài 16 Tìm tất cả các hàm số f : Q>0 → R thỏa mãn
®

f (x)f (y)
f (x + y)

f (xy)
f (x) + f (y)

(1)
(2)

Với mọi số hữu tỉ dương x, y. Chứng minh rằng f (x) = x, ∀ x ∈ Q>0 , biết tồn tại một số hữu
tỉ dương a > 1 mà f (a) = a
A3 IMO Shortlist 2013
Ŵ

Lời giải . Thay x = 1, y = a vào (1), ta được af (1)
f (nx)


a ⇒ f (1)

1. Từ (2), ta dễ thấy

nf (x) với mọi n ∈ Z+ và x ∈ Q>0

(3)

Ta suy ra
f (n)

n, ∀ n ∈ Z+

nf (1)

(4)

m
f (n) f (m) nên f (q) > 0, ∀ q ∈ Q>0 .
n
Như vậy, từ (2), ta được hàm f tăng ngặt. Kết hợp với (4), ta được
Từ (1), ta có f

f (x)
Từ (1), ta được f (x)n
f (x)n

f ([x])

[x] > x − 1 với mọi x


1

f (xn ) nên
f (xn ) > xn − 1 ⇒ f (x)

√
n

xn − 1 với mọi x > 1 và n ∈ Z+

Cho n → ∞, ta được f (x) x với mọi x > 1.
Từ (1) và (5), ta được an = f (a)n f (an ) an nên f (an ) = an , ∀ n ∈ Z+ .
Với x > 1, tồn tại n sao cho an − x > 1. Từ (2) và (5), ta được
an = f (an )
Ơ Do Math then Love Math

f (x) + f (an − x)
23

(5)

x + (an − x) = an
Việt Nguyễn − Mathpiad

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRONG IMO SHORTLIST

Bây giờ, ta chứng minh T là tập vô hạn. Giả sử phản chứng. Giả sử chỉ có hữu hạn chuỗi là
Ct1 , Ct2 , ..., Ctr với t1 < ... < tr .
Cố định N . Nếu f n (1) với 1 n N nằm trong chuỗi Ct thì