Ôn tập VMO – Đại số

giả sử 1P n  (2)
Khi đó    
1 1 1 1
2 1 2 2n n ni j i i ii j n i i i
a a i n a a i n a
     
          
 
1
1 2 2n ii
n i n a

     (2)
   
1 1 1 1 1
2 1 1 2 ( ) 1 2 ( )n n n ni j i i i ii j n i i i i
b b i n b n b n i b n n i b
      
                (3).
Từ (2) và (3) ta có  
1 1
2 2 2 ( )n ni ii i
i n a n i b
 
    
1 21 1
2 ( ) ( 2 2 ) ( 2) ... (2 )n ni i ni i
n i b n i a na n a n a
 
           
     1 2 1 3 12 4 ...n nna n a a n a a na        
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có
ÔN TẬP VMO 2015 – ĐẠI SỐ
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Page 10
  11 1 2 112 ( ) 2 1 . ( 1) ! ...
n ni ni
na n i b n n b b b 

    
   1 2 11 1 2...2 1 . ( 1) ! 2 1 . ( 1) ! ...n nn nn
a a an n n n a a ab      
   112 1 . 1 !n nn a n a  
Suy ra
1
2( 1) 1
( 1) !
n
n
n
n na n n
        . Do đó 1
1n i ni
P a na n

    mâu thuẫn với (2).
Do vậy, ta có 1P n  . Đẳng thức xảy ra khi 1 2 3 1 10, ... 1; ... 0, 1n n na a a a b b b         .
Vậy max 1P n  .
Ví dụ 9. (THTT) Cho 1 2 na , a , ..., a (n 3) là các số thực dương thỏa điều kiện
   2 2 2 21 2 n 1 2 n3n 1a a ... a a a ... a3      
Chứng minh rằng i j ka , a , a là độ dài ba cạnh tam giác trong đó i, j, k là các số tự nhiên thỏa
0 i j k n    .
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, ta chứng minh 1 2 3a , a , a là độ dài ba cạnh tam giác.
Ta có    2 2 2 2 2 2 2 21 2 n 1 2 3 4 n
n 3
3n 1 8a a ... a 1 ... 1 (a a a ) a ... a3 3 
                
  22 2 21 2 3 4 n8 a a a a ... a3         
Suy ra    2 2 2 21 2 n 1 2 n3n 1a a ... a a a ... a3      
  22 2 21 2 3 4 n8 a a a a ... a3         
Hay    2 2 2 21 2 3 1 2 38a a a a a a3        2 2 21 2 3 1 2 2 3 3 15 a a a 6 a a a a a a      (8).
Không mất tính tổng quát, ta giả sử  3 1 2 3a max a , a , a .
Ta có    22 2 21 2 1 2 3 1 2 3(8) 0 2 a a 3 a a 5a 6(a a )a       
   2 21 2 3 1 2 3a a 6a a a 5a    
Suy ra    1 2 3 1 2 3a a a a a 5a 0     , từ đó ta có được 1 2 3a a a 0   hay 1 2 3a a a 
Do đó 1 2 3a , a , a là độ dài ba cạnh tam giác.
Bài toán được chứng minh.
Ví dụ 10 (APMO 2013). Cho 2k số thực 1 2 k 1 2 ka , a , ..., a , b , b , ..., b . Xác định dãy số n(X ) như sau
ÔN TẬP VMO 2015 – ĐẠI SỐ
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Page 11
k
n i ii 1
X a n b , n 1, 2, ...

    
Chứng minh rằng nếu n(X ) là một cấp số cộng thì
k
ii 1
a

 là số nguyên.
Lời giải.
Đặt
k k
k ki 1 i 1
A a , B b
 
   . Ta có : i i i i i ia n b 1 a n b a n b       
Suy ra nAn B k X An B     .
Giả sử  nX là cấp số cộng với công sai d , khi đó n 1nd X X  và 1A B k X A B    
Vì n 1 1X X nd   nên ta có :
1A(n 1) B k X nd A(n 1) B        1 1An A B k X nd An A B X         
Mà 1A B X 0   và 1A B X k   nên An k nd An k   
Suy ra kA d n  .
Cho n tiến ra vô cùng, ta có A d 0 A d    .
Mặt khác  nX là dãy số nguyên nên n 1 nA d X X   là số nguyên (đpcm).
III. Phương trình hàm
1. Phương pháp thế
Ví dụ 1. (Baltic Way 2014) Tìm tất cả các hàm f :   thỏa mãn
     f f (y) f x y f xf (y) x x, y       (1).
Lời giải. Ta thấy f 0 là một nghiệm hàm của bài toán.
Trong (1) thay x y 0  ta được  f f (0) 0 . Đặt a f (0) ta có f (a) 0 .
Trong (1) thay x 0, y a  ta có:        f 0 f a f 0 f a 0      .
Trong (1) thay x y a  ta có:  f (0) f a 0 a 0     .
Trong (1) thay y 0 ta có f (x) f ( x) x     .
Trong (1) thay y x và y x  ta được
   
   
f f (x) f xf (x) x f (2x) 0 xf f ( x) f (2x) f xf ( x) x
           
 .
Vậy f (x) 0 x    là hàm cần tìm.
Ví dụ 2. (Romania MO 2009). Tìm tất cả các hàm * *f :   thỏa mãn
   
 
 
   
*f x y f x 2y f x , x, y,2x f y f x y f y
        (1).
Lời giải.
Trong (1) cho x y ta có
   
 
 
   
f 2x f x 2x f x
2x f x f 2x f x
  
Suy ra      f 2x f x f x 2x   hay  f 2x 2x.
Vậy ta có  f x x nếu x chẵn.
Trong (1) xét x, y cùng lẻ. Khi đó, ta có
 
 
 
 
x y f x 2y f x
2x f y x y f y
     .
Hay    f x f y x y   . Từ đây cho y 1 ta được    f x x 1 f 1   . Suy ra    f 3 2 f 1 
ÔN TẬP VMO 2015 – ĐẠI SỐ
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Page 12
Trong (1) cho x 2, y 1  và đặt  a f 1 ta có
 
     
f 3 2 2 2 4 a 4 a 14 a 2 2a4 f 1 f 3 f 1
         hay  f 1 1 .
Suy ra   *f x x x    .
Ví dụ 3. ( VMO -2005-Bảng A) Tìm tất cả các hàm :f   thỏa mãn :
          . , ,f f x y f x f y f x f y xy x y       (1)
Lời giải. Cho x y ta được      2 20 ,f f f x x x       .(2)
Ta cần tính  0f .
Đặt  0f a . Ta có     2 2 ,f a f x x x      (3)
 Trong (3) cho   20x f a a   .
 Lại cho     2 2 2 4 2 0
2
a
x a f a f a a a a a
a
            
(4)
 Ta dự đoán    0 0f x x f   nên 0a  , do đó cần tính a theo cách khác nữa để loại 2a   .
 Trong (3) cho     22 2 4x a f a f a a      , cần tính  2f a .
Do             2 3 20 0f a f f a f a f f a f a a a      
Vì vậy    2 22 2 4 4 2 4a f a a a a a a        (5)
Từ (4) và (5) suy ra: 0a  .
Do đó  0 0f  nên từ (3) suy ra   2 2 0,f x x x        . Từ đó với mỗi x , ta có   
f x x
f x x
   
 Nhận thấy hàm   ,f x x x   không thỏa mãn. Do đó ta giả sử  0 0 00 :x f x x   .
Trong (1) :
Cho       0 0 0 0 0 0 0 0 00
x x f f x f x f x x x x x
y
            
( vô lí)
Vậy   ,f x x x    là hàm số cần tìm.
Ví dụ 4 (IMO 2008). Tìm tất cả các hàm f :    thỏa
2 2 2 2
2 2 2 2
f (x) f (y) x y
f (z ) f (t ) z t
   với x, y, z, t
   thỏa xy zt .
Lời giải.
Cho x y z t 1    ta có 2f (1) f (1) f (1) 1   .
Cho x 1, z t y   ta có
 2 2 21 f (y) 1 y 1 1f (y) y f (y) 1 0 f (y) y f (y) 02f (y) 2y y y                    .
Giả sử tồn tại a, b sao cho   1f (a) a, f b b  .
Cho x a, y b, z t ab    ta có
ÔN TẬP VMO 2015 – ĐẠI SỐ
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Page 13
 
 
2 2 22 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1ab a ab a b 1f (a) f (b) a b bf (ab)2f (ab) 2ab a b b a b
          
Vì f (ab) ab hoặc   1f ab ab nên ta có
 
 
 
 
2 2
2 2 2 4
4 4 42 2
2 2 2
ab a b 1 abb a b b 1 a 1
b 1a b bab a b 1 1
abb a b
             
.
Vậy f (x) x hoặc 1f (x) x .
2. Phương pháp sử dụng tính chất ánh xạ.
Ví dụ 5. (MoldovaTST 2014). Tìm tất cả các hàm f :   thỏa
     f xf (y) y f xy x f x y 2xy      (1), x, y   .
Lời giải.
Trong (1) thay x y 0  ta có f (0) 0
Trong (1) thay x 1 ta có  f f (y) y 2y  . Từ đây, suy ra f là toàn ánh. Do đó, tồn tại a để f (a) 1 .
Trong (1) thay y a ta có    2af x 1 a 2ax f (x) x kxa 1     .
Thay vào (1) ta tìm được k 1,k 2   .
Ví dụ 6. (TP HCM 2014). Tìm tất cả hàm f :   thỏa mãn
   f 2f (x) y x f 2f (y) x    (1).
Lời giải.
Trong (1) ta chọn y 2f (x)  ta có
  f 2f 2f (x) x x f (0)     (2)
Từ đây, suy ra f là toán ánh. Do đó, tồn tại a để f (a) 0 .
Trong (1) thay x a ta có:
   f y a f 2f (y) a  
Đặt t 2f (y) a, t    ta có
  t a tf t m2 2
   .
Thay vào (1) ta tìm được m  .
Ví dụ 7. (Tự chế gần Bank 2006) Tìm tất cả các hàm f :   thỏa
     f f (x) y f f (x) y 8yf x    x, y   (1).
Lời giải.
Trong (1) thay y f (x) ta có   2f 2f (x) 8f (x) f (0)  (2).
Trong (1) thay y bởi 2f (y) f(x) ta được
      f 2f (y) f 2 f (x) f (y) 8 2f (y) f(x) f (x)   
Suy ra
        2 2 2f 2 f (x) f (y) 8f x f (0) 16f (x).f (y) 8f y 8 f (x) f (y) f (0)       
ÔN TẬP VMO 2015 – ĐẠI SỐ
Nguyễn Tất Thu – Trường Chuyên Lương Thế Vinh Page 14
Ta chứng minh tập  f (x) f (y) x, y    (*).
Ta thấy f 0 là một nghiệm hàm của bài toán.
Ta xét  0 0f 0 x : f x 0     .
Lấy bấy kì 0y   , đặt 0 00 00 0
y ya f (x ) , b f(x )8f (x ) 8f (x )    ta có     0f a f b y  . Suy ra (*) đúng.
Đặt  t 2 f (x) f (y) , t    ta có
2 2f (t) 2t f (0) 2t c t       .
Vậy f (x) 0 x    và 2f (x) 2x c, c , x      là hai nghiệm hàm cần tìm.
3. Chứng minh hàm cộng tính
Ví dụ 8. (Thái Bình 2014) Tìm tất cả các hàm f :   thỏa mãn
   22f x f (y) y f (x) x, y      (1).
Lời giải.
Trong (1) cho x 0 ta có
   2f f (y) y f 0  (2).
Từ (2), ta có f là song ánh nên tồn tại a để f (a) 0 .
Trong (1) thay x a, y 0  ta có
 2 2f a f (0) 0 f (a) a f (0) a      .
Trong (2) thay y a , ta có 2f (0) a f (0)  .
Suy ra
2 2 2
2
a f (0) a a f (0) 0 a f (0) 0f (0) a f (0)
          
.
Do đó, (2) được viết thành  f f (y) y .
Từ (1) ta có  2 2f y f (x) x f (y)   (3)
Trong (3) thay    2 2 2 2y 0 f f (x) x f x f (x)     , suy ra  f x 0 x 0   và    f x f x   .
Do đó ta viết lại (1) như sau:    2 2f x f (y) y f x   (4).
Trong (4) thay y bởi f (y) ta có  2 2f x y f (y) f (x )   hay      f x y f x f y x 0, y       .
Vì f là hàm lẻ nên ta suy ra được      f x y f x f y x, y      .
Lại có f (x) 0 x 0   nên ta suy ra được f (x) ax x    .
Thay vào phương trình ban đầu ta tìm được a 1 .
Vậy f (x) x x    là nghiệm hàm của bài toán.
Ví dụ 9. Tìm tất cả các hàm số f :   thoả mãn 3 2f (x y f (y)) 2y x f (x) x, y       (1).
(Chọn đội tuyển PTNK 2013)
Lời giải.
Cho x 0 ta có  f y f (y) 2y  (2) nên f toàn ánh. Do đó, tồn tại a