Bài 1: Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn: $$f(xy).gcd\left(f(x)f(y),f\left(\frac{1}{x}\right)f\left(\frac{1}{y}\right)\right)=xyf\left(\frac{1}{x}\right)f\left(\frac{1}{y}\right) \forall x,y \in \mathbb{Q}^+$$
Bài 2: Tìm tất cả các hàm $f(0;+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x+y)=x^{12}.f(\frac{1}{x^{11}})+y^{12}.f(\frac{1}{y^{11}}).$
Bài 3: Cho $f$ là hàm số được xác định trên tập các số nguyên dương. Với bất kì $a,\ b >1$ và $d = \text{UCLN}\ (a,b)$ ta có: \[f(ab)=f(d)\left(f\left(\frac{a}{d}\right)+f\left(\frac{b}{d}\right)\right) \] Spoiler: Xem đáp án \[f:{N^*} \to R:f\left( {ab} \right) = f\left( d \right)\left( {f\left( {\frac{a}{d}} \right) + f\left( {\frac{b}{d}} \right)} \right)\forall a,b > 1,d = \left( {a;b} \right)\left( 1 \right)\] \[\begin{array}{l} b: = a,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{b^2}} \right) = 2f\left( b \right)f\left( 1 \right)\forall b > 1\left( 2 \right)\\ \forall n \in {N^*},n > 1:f\left( {{n^4}} \right) = 2f\left( {{n^2}} \right)f\left( 1 \right) = 4f\left( n \right)f{\left( 1 \right)^2}\left( * \right)\\ a: = {n^3},b: = n,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{n^4}} \right) = f\left( n \right)\left( {f\left( {{n^2}} \right) + f\left( 1 \right)} \right)\\ \mathop = \limits^{\left( 2 \right)} f\left( n \right)\left( {2f\left( n \right)f\left( 1 \right) + f\left( 1 \right)} \right) = f\left( n \right)f\left( 1 \right)\left( {2f\left( n \right) + 1} \right)\left( {**} \right)\\ \left( * \right),\left( {**} \right) \Rightarrow 4f\left( n \right)f{\left( 1 \right)^2} = f\left( n \right)f\left( 1 \right)\left( {2f\left( n \right) + 1} \right),\left( 3 \right) \end{array}\] TH1: $f\left( n \right) \ne 0\forall n$ \[\begin{array}{l} \left( 3 \right) \Rightarrow 4f\left( 1 \right) = 2f\left( n \right) + 1 \Rightarrow f\left( n \right) = 2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2}\forall n > 1\\ f\left( n \right) \ne 0 \Rightarrow f\left( 1 \right) \ne \frac{1}{4}\\ \left( 1 \right) \Rightarrow 2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = f\left( d \right)\left( {f\left( {\frac{a}{d}} \right) + f\left( {\frac{b}{d}} \right)} \right) \end{array}\] Chọn $a,b > 1$ sao cho $d=(a;b)=1$, suy ra \[2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2} = 2f\left( 1 \right)\left( {2f\left( 1 \right) - \frac{1}{2}} \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow f\left( n \right) = \frac{1}{2}\forall n > 1 \Rightarrow f\left( n \right) = \frac{1}{2}\forall n\] Hàm này thỏa đề nên $f\left( {2001} \right) = \frac{1}{2}$ TH2: $\exists {n_0}:f\left( {{n_0}} \right) = 0$ Giả như $f\left( 1 \right) = 0 \wedge \forall x > 1,f\left( x \right) \ne 0$ thì từ $(2)$, ta thấy $f\left( {{b^2}} \right) = 0\forall b > 1$: mâu thuẫn nên $f(1) \ne 0$, tức là $n_0>1$. Chọn $p_0>1 : (n_0; p_0)=1$. \[a: = {n_0},b: = {p_0},\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {{n_0}{p_0}} \right) = f\left( 1 \right)\left( {f\left( {{n_0}} \right) + f\left( {{p_0}} \right)} \right) \Rightarrow 0 = f\left( {{p_0}} \right)\forall {p_0}:\left( {{p_0};{n_0}} \right) = 1\] Làm tương tự với $p_0$ và liên tục như vậy, ta sẽ có $f\left( n \right) = 0\forall n > 1$. Do đó, $f(n)=0$ nếu $n>1$ và $f(1)=c$ với $c$ là một hằng số bất kỳ. Hàm này thỏa đề. Vì thế, $f(2001)=0$. Tóm lại: \[f\left( {2001} \right) \in \left\{ {\frac{1}{2};0} \right\}\]
Bài 4: Đặt $\mathbb{Q}^+$ là tập các số hữu tỉ dương. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một hàm số $f: \mathbb{Q}^+ \rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa mãn các điều kiện sau: i. Nếu $ 0<q<1/2$ thì $ f(q)=1+f(q/(1-2q))$. ii. Nếu $ 1<q\le2$ thì $ f(q)=1+f(q-1)$. iii. $ f(q)\cdot f(1/q)=1$ với mọi $ q\in Q^+$
Bài 5: Cho $f$ là hàm số xác định trên các tập số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện sau: Với mọi $n>1$ tồn tại một số chia nguyên tố $p$ thỏa mãn $f(n)=f\left(\frac{n}{p}\right)-f(p)$. Cho trước $f(2001) = 1$, xác định giá trị của $f(2002)$. Spoiler: Xem đáp án \[f(n)=f\left(\frac{n}{p}\right)-f(p) (1)\] Từ $(1)$, ta thấy $p|n$. Lựa $n:=p$ với $p$ là một số nguyên tố bất kỳ, $(1) \Rightarrow f(p)=f(1)-f(p) \Rightarrow f(p)=\frac{1}{2}f(1)\text{ } (2)$ Xét $f(p_1p_2)$ thì theo $(1)$, ta có 2 trường hợp: TH1: $f(p_1p_2)=f(p_1)-f(p_2)=0$ TH2: $f(p_1p_2)=f(p_2)-f(p_1)=0$ Cả hai trường hợp đều cho ta $f(p_1p_2)=0$ với mọi $p_1,p_2$ nguyên tố. Tiếp tục: \[\begin{array}{l} f\left( {{p_1}{p_2}{p_3}} \right) = \left[ \begin{array}{l} f\left( {{p_1}{p_2}} \right) - f\left( {{p_3}} \right)\\ f\left( {{p_2}{p_3}} \right) - f\left( {{p_1}} \right)\\ f\left( {{p_3}{p_1}} \right) - f\left( {{p_2}} \right) \end{array} \right. = - \frac{1}{2}f\left( 1 \right)\\ f\left( {2001} \right) = f\left( {3.23.29} \right) = - \frac{1}{2}f\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( 1 \right) = - 2\\ f\left( {{p_1}{p_2}{p_3}{p_4}} \right) = \left[ \begin{array}{l} f\left( {{p_1}{p_2}{p_3}} \right) - f\left( {{p_4}} \right)\\ f\left( {{p_2}{p_3}{p_4}} \right) - f\left( {{p_1}} \right)\\ f\left( {{p_3}{p_4}{p_1}} \right) - f\left( {{p_2}} \right)\\ f\left( {{p_4}{p_1}{p_2}} \right) - f\left( {{p_3}} \right) \end{array} \right. = - f\left( 1 \right)\\ f\left( {2002} \right) = f\left( {2.7.11.13} \right) = 2 \end{array}\]
Bài 6: Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Q}^+ \rightarrow \mathbb{Q}^+$ thỏa mãn: \[f\left(\frac{1}{x}\right)=f(x) \ \ \text{và} \ \ \left(1+\frac{1}{x}\right)f(x)=f(x+1). \] với mọi $x \in \mathbb{Q}^+.$ Spoiler: Xem đáp án Đặt $g\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{x}$. Từ giả thiết, ta suy ra $g:{Q^ + } \to {Q^ + }$ và \[g\left( {\frac{1}{x}} \right)\frac{1}{{{x^2}}} = g\left( x \right), \left( {1'} \right);g\left( x \right) = g\left( {x + 1} \right),\left( {2'} \right)\] Từ $(2')$, ta thấy $g$ tuần hoàn chu kỳ $1$. Từ $(1)$, ta có \[\forall n \in {N^*}:g\left( {\frac{1}{n}} \right) = {n^2}g\left( n \right) = {n^2}g\left( 1 \right),\left( 3 \right)\] Lấy bất kỳ một số hữu tỷ $\frac{p}{q} \in (0;1)$: \[\left( {1'} \right) \Rightarrow g\left( {\frac{p}{q}} \right) = \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}g\left( {\frac{q}{p}} \right) = \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}g\left( {{a_1} + \frac{{{r_1}}}{p}} \right)\mathop = \limits^{\left( {2'} \right)} \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}g\left( {\frac{{{r_1}}}{p}} \right)\] Trong đó $q=a_1 p + r_1$. Dễ thấy $(p;r_1)=1$. Làm tương tự, ta nhận được \[g\left( {\frac{{{r_1}}}{p}} \right) = \frac{{{p^2}}}{{r_1^2}}g\left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_2}}}} \right) \Rightarrow g\left( {\frac{p}{q}} \right) = \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}\frac{{{p^2}}}{{r_1^2}}g\left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right)\] Tiếp tục như vây: \[g\left( {\frac{p}{q}} \right) = \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}\frac{{{p^2}}}{{r_1^2}}...\frac{{r_{n - 1}^2}}{{r_n^2}}g\left( {\frac{{{r_{n + 1}}}}{{{r_n}}}} \right)\] Chú ý rằng $p, r_1, r_2,..., r_{n+1}$ là các số nguyên dương và $p > {r_1} > {r_2} > ...$. Nên tồn tại chỉ số $k$ sao cho $r_k = 1$. Tức là \[g\left( {\frac{p}{q}} \right) = \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}\frac{{{p^2}}}{{r_1^2}}...\frac{{r_{k - 1}^2}}{{r_k^2}}g\left( {\frac{1}{{{r_k}}}} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{{q^2}}}{{{p^2}}}\frac{{{p^2}}}{{r_1^2}}...\frac{{r_{k - 1}^2}}{{r_k^2}}r_k^2g\left( 1 \right) = {q^2}g\left( 1 \right)\] Cho nên \[\forall \frac{p}{q} \in {Q^ + }:g\left( {\frac{p}{q}} \right) = {q^2}g\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {\frac{p}{q}} \right) = g\left( {\frac{p}{q}} \right)\frac{p}{q} = pqf\left( 1 \right) = pqc\] Với $c$ là một hằng số hữu tỷ dương.
Bài 7: Cho $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ và các số nguyên $x,\ y$ thỏa mãn điều kiện: \[f(f(x)-y)=f(y)-f(f(x)).\] Chứng minh rằng $f$ bị chặn. Spoiler: Xem đáp án $$y \rightarrow f(x) \Rightarrow f(0) = 0$$ Thay $x=0$ thì $f(-y) = f(y)$. Thay $y=0$ thì $f(f(x)) = 0$. Từ đề ta có: \[ f(f(x)-y) = f(y),\ \ \ (1.1)\] Thế $y$ bởi $-y$ vào(1.1) ta có \[ f(f(x)+y) = f(-y) = f(y) = f(f(x)-y) \] Thay $x=1$ và đặt $c=f(1)$ ta có: \[f(c+y) = f(c-y),\ \ \ (1.2)\] Từ (1.2) thay $y$ bởi $y+c$ ta có: \[ f(2c+y) = f(-y) = f(y) \] Vậy $f$ tuần hoàn hay $f$ bị chặn.
Bài 8: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(2x+2y+f(x))=f(f(y))+8x,\forall x, y\in \mathbb{R}.$ Spoiler: Xem đáp án Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a)=f(b)=c$. Gọi $P(x;y)$ là phép thế $(x;y)$. $P(a;b)$: $f(2a+2b+c)=f(c)+8a$. $P(b;a)$: $f(2a+2b+c)=f(c)+8b$. Khi đó $a=b$ do đó $f$ đơn ánh. $P(0;x):f(2x+f(0))=f(f(x) \Rightarrow f(x)=2x+c,c\in \mathbb{R}.$ Thử lại thỏa mãn.
Bài 9: $\left\{\begin{matrix} xf(x)+2f(x_{1})=1\\ x_{1}f(x_{1})+2f(x_{2})=1 \\x_{2}f(x_{2})+2f(x_{3})=1\\ x_{3}f(x_{3})+2f(x)=1 \end{matrix}\right.$ Với $x_{n}=\frac{x_{n-1}-1}{x_{n-1}+1}$ và $x_{0}=x$ Tìm hàm $f(x)$.
Bài 10: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa: $$f(x^2-y^2)=xf(x)-yf(y), \forall x,y \in \mathbb{R}.$$
