Bài 11: Tìm các hàm $f: \mathbb{R}\mapsto\mathbb{R}$ nếu: $3f(\frac{x-1}{3x+2})-5f(\frac{1-x}{x-2})=\frac{8}{x-1}(x \neq 0,$$x \neq \frac{-2}{3},x \neq 2)$
Bài 12. Tìm các hàm $f:\mathbb{Q}^2\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn $f(x,y)+f(y,z)+f(z,x)=f(0,x+y+z)$ với mọi $x;y;z\in \mathbb{Q}$ Spoiler: Xem đáp án \[f:{Q^2} \to Q:f\left( {x,y} \right) + f\left( {y,z} \right) + f\left( {z,x} \right) = f\left( {0,x + y + z} \right),\left( 1 \right)\] Quy ước $a:=b$ nghĩa là "thay $a$ bởi $b$. \[\begin{array}{c} x = y = z: = 0,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {0,0} \right) = 0\\ y = z: = 0,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {x,0} \right) + f\left( {0,x} \right) = f\left( {0,x} \right) \Rightarrow f\left( {x,0} \right) = 0\forall x\left( 2 \right)\\ z: = 0,\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {x,y} \right) + f\left( {0,x} \right) = f\left( {0,x + y} \right),\left( 3 \right) \end{array}\] \[\left. \begin{array}{c} f\left( {0,x + \left( {y + z} \right)} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} f\left( {x,y + z} \right) + f\left( {0,x} \right)\\ f\left( {0,\left( {x + y} \right) + z} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} f\left( {x + y,z} \right) + f\left( {0,x + y} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} f\left( {x + y,z} \right) + f\left( {x,y} \right) + f\left( {0,x} \right) \end{array} \right\} \\ \Rightarrow f\left( {x,y + z} \right) = f\left( {x + y,z} \right) + f\left( {x,y} \right)\forall x,y,z,\left( 4 \right)\] \[\begin{array}{c} z: = y,\left( 4 \right) \Rightarrow f\left( {x,2y} \right) = f\left( {x + y,y} \right) + f\left( {x,y} \right)\\ z: = 2y,\left( 4 \right) \Rightarrow f\left( {x,3y} \right) = f\left( {x + y,2y} \right) + f\left( {x,y} \right) = f\left( {x + 2y,y} \right) + f\left( {x,y} \right) + f\left( {x,y} \right) = f\left( {x + 2y,y} \right) + 2f\left( {x,y} \right)\\ \Rightarrow f\left( {x,\left( {n + 1} \right)y} \right) = f\left( {x + ny,y} \right) + nf\left( {x,y} \right)\forall n \in N,\left( 5 \right) \end{array}\] \[\begin{array}{l} \begin{array}{ccc} f\left( {x,4y} \right)& \mathop = \limits^{\left( 4 \right):z: = 3y}& f\left( {x + 3y,y} \right) + f\left( {x,3y} \right)\\ & \mathop = \limits^{\left( 4 \right)}& f\left( {x + 3y,y} \right) + f\left( {x + 2y,y} \right) + 2f\left( {x,y} \right),\left( i \right)\\ f\left( {x,4y} \right)& \mathop = \limits^{\left( 4 \right):\left( {y;z} \right):= \left( {2y;2y} \right)}& f\left( {x + 2y,2y} \right) + f\left( {x,2y} \right)\\ & \mathop = \limits^{\left( 4 \right)}& \left( {f\left( {x + 2y + y,y} \right) + f\left( {x,y} \right)} \right) + \left( {f\left( {x + y,y} \right) + f\left( {x,y} \right)} \right)\\ & = & f\left( {x + 3y,y} \right) + f\left( {x + y,y} \right) + 2f\left( {x,y} \right),\left( {ii} \right) \end{array}\\ \left( i \right),\left( {ii} \right) \Rightarrow f\left( {x + 2y,y} \right) = f\left( {x + y,y} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x: = x - y} f\left( {x + y,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\forall x,y\left( 6 \right) \end{array}\] \[\begin{array}{c} \left. \begin{array}{l} \left( 6 \right) \Rightarrow f\left( {x + ny,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\forall n \in N\\ x: = x - y,\left( 6 \right) \Rightarrow f\left( {x,y} \right) = f\left( {x - y,y} \right) \Rightarrow f\left( {x - ny,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\forall n \in N \end{array} \right\}\\ \Rightarrow f\left( {x + ny,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\forall n \in Z\left( {6 + } \right) \end{array}\] \[\begin{array}{c} \left. \begin{array}{l} \left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow f\left( {x,ny} \right) = nf\left( {x,y} \right)\forall n \in N\\ z: = y,y: = - y,\left( 4 \right) \Rightarrow f\left( {x,0} \right) = f\left( {x - y,y} \right) + f\left( {x, - y} \right) \Rightarrow f\left( {x, - y} \right) = - f\left( {x - y,y} \right)\mathop = \limits^{\left( {6 + } \right)} - f\left( {x,y} \right) \end{array} \right\}\\ \Rightarrow f\left( {x,ny} \right) = nf\left( {x,y} \right)\forall n \in Z\\ y: = \frac{y}{n} \Rightarrow f\left( {x,y} \right) = nf\left( {x,\frac{y}{n}} \right)\forall n \in Z\\ f\left( {x,\frac{p}{q}y} \right) = pf\left( {x,\frac{y}{q}} \right) = \frac{p}{q}f\left( {x,y} \right) \Rightarrow f\left( {x,zy} \right) = zf\left( {x,y} \right)\forall z,\left( a \right) \Rightarrow f\left( {x,y} \right) = yf\left( {x,1} \right)\forall y,\left( b \right) \end{array}\] \[\begin{array}{c} \left( 4 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow f\left( {x,y + z} \right) = f\left( {x,z} \right) + f\left( {x,y} \right)\forall x,y,z,\left( {4 + } \right)\\ y: = \frac{y}{m},\left( {6 + } \right) \Rightarrow f\left( {x + \frac{n}{m}y,\frac{y}{m}} \right) = f\left( {x,\frac{y}{m}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( a \right)} \frac{1}{m}f\left( {x + \frac{n}{m}y,y} \right) = \frac{1}{m}f\left( {x,y} \right) \Rightarrow f\left( {x + zy,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\forall z\\ x: = 0,z \in Q \Rightarrow f\left( {zy,y} \right) = f\left( {0,y} \right)\mathop = \limits^{\left( b \right)} yf\left( {0,1} \right)\forall y,z \Rightarrow f\left( {x,y} \right) = ay\forall x,y \end{array}\]
Bài 13. Tìm $f: (0;+\infty ) \rightarrow (0;+\infty )$ thỏa $f(\frac{f(x)}{y})=yf(y)f(f(x)).$ Spoiler: Xem đáp án Với $x=y=1,f(f(1))=f(1)f(f1))$ nên $f(1)=1.$ Cho $y = f(x),f(1)=f(x)f(f(x))f(f(x))$ nên $f(f(x))=\frac{1}{\sqrt{f(x)}}.$ Cho $x=1,$ thay $y$ bởi $x,f(\frac{1}{x})=xf(x).$ Do vậy $f(f(\frac{1}{x}))=\frac{1}{\sqrt{f(1/x)}}=\frac{1}{\sqrt{xf(x)}}=\frac{1}{\sqrt{x}}.\frac{1}{\sqrt{f(x)}}.$ Thay $y$ bởi $xf(x)$ ta được $f(\frac{1}{x})= xf(x)f(xf(x)).f(f(x))=xf(x).$ Do đó $f(xf(x))=f(f(\frac{1}{x}))=\frac{1}{f(f(x))}=\sqrt{f(x)}.$ Nên $\frac{1}{\sqrt{x}}.\frac{1}{\sqrt{f(x)}}=\sqrt{f(x)}.$ Vậy $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}.$
Bài 14. Tìm tất cả $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $$f(x^2+f(xy))=xf(x+y), \forall x,y \in \mathbb{R}$$ Spoiler: Xem đáp án $f(x^2+f(xy)) = xf(x+y)$ Thế $ y = -x$ ta có $f(x^2+f(-x^2)) = xf(0) = -xf(0)$ với mọi $x$ nên $f(0) = 0$ . Từ đây ta có $f(x^2+f(-x^2)) = 0$ Thế $y = 0$ ta có $f(x^2) = xf(x)$ Giả sử tồn tại $a$ khác $0$ để $f(a) = 0$ . Theo điều trên ta có $f(a^2 ) = af(a) = 0$ Thế $y = \frac{a}{x}$ , $x \neq 0 $ ta nhận được $f(x+\frac{a}{x}) = 0$ . Xét phương trình $x +\frac{a}{x} = m$ , phương trình này có nghiệm khi $m^2 \geq 4a$ Vậy ta xét $3$ khoảng : $I_1 = ( - 2 \sqrt{a} , 2 \sqrt{a}) , I_2 = (- \infty , -2\sqrt{a}] , I_3 = [2\sqrt{a} , \infty )$ . Khi đó , $m \in I_2 , I_3$ thì $f(m) = 0$ Ta xét $x$ rất lớn , $y = a-x$ với $ a \in I_1$ . Khi đó thế vào đẳng thức ban đầu ta có $f(a) = 0$ nên $f(x) = 0$ $\forall$ $x $ $\in $ $\mathbb R$ Vậy nếu xét trường hợp $f$ không là hằng số thì $f(x) = 0$ khi và chỉ khi $x = 0$ , điều này suy ra $f(-x^2) = -x^2$ , tức là $f(x) = x$ với mọi $x$ âm Mà ta lại có $f(x^2) = xf(x) = -xf(-x)$ nên $f(-x) = -f(x)$ , kết hợp $2$ điều này suy ra $f(x) = x$ với mọi $x$ Vậy $f(x) = x$ hoặc $f \equiv 0$ $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$
Bài 15: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn phương trình sau: $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4 (\forall x\in \mathbb{R})$ Spoiler: Lời giải Theo đề: $x^2f(x)+f(1-x)=2x-x^4(1)$. Thay $x$ bởi $1-x$, ta được: $(1-x)^2f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^4(2)$. Nhân cả hai vế của $(1)$ cho $(1-x)^2$: $x^2(1-x)^2f(x)+(1-x)^2f(1-x)=(1-x)^2(2x-x^4)(3)$ Trừ $(2)$ cho $(3)$ vế theo vế ta được: $[1-x^2(1-x)^2]f(x)=(1-x)[2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)]$. Hay ta có thể viết lại: $K(x)f(x)=(1-x)M(x)(4),$ Trong đó: $K(x),M(x)$ lần lượt là : $K(x)=1-x^2(1-x)^2=(1-x+x^2)(1+x-x^2)$. $M(x)=2-(1-x)^3-(1-x)(2x-x^4)$. $\iff M(x)=2-(1-x)((1-x)^2+2x-x^4)$ $\iff M(x)=2-(1-x)(1+x^2-x^4)$ $\iff M(x)=1+x-x^2+x^3+x^4-x^5$ $\iff M(x)=(1+x^3)(1+x-x^2)=(1+x)(1-x+x^2)(1+x-x^2)=(1+x)K(x)$. Do đó: $(4)\iff K(x)f(x)=(1-x^2)K(x)$. $\implies K(x)=0\text{ hoặc }f(x)=1-x^2$. Ta có: $K(x)=0$ $\iff x^2(1-x)^2=1$. $\iff x(1-x)=1(*)\text{ hoặc }x(1-x)=-1(**)$. Ta nhận thấy, phương trình $(*)$ không có nghiệm thực, và phương trình $(**)$ có $2$ nghiệm là: $\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5})$. Và do $\alpha,\beta$ làn lượt là các nghiệm của $(**): x(1-x)=-1\iff x^2=x+1$, nên ta có các hệ thức sau: $\alpha+\beta=1;\alpha*\beta=-1;\alpha^2=\alpha+1;\beta^2=\beta+1(7)$. Vậy: $\forall x\ne \alpha,\beta$, ta có: $f(x)=1-x^2$. Xét $x=\alpha$. Thay lại vào phương trình $(1)$ ta có: $\alpha^2f(\alpha)+f(1-\alpha)=2\alpha-\alpha^4(8)$. Mặt khác theo hệ thức $(7)$, ta lại có: $\beta=1-\alpha$. Nên $(8)\iff \alpha^2f(\alpha)+f(\beta)=2\alpha-\alpha^4 =2\alpha-(\alpha+1)^2=-1-\alpha^2(9)$. Tương tự, thay $x=\beta$, ta có: $\beta^2f(\beta)+f(\alpha)=2\beta-\beta^4=-1-\beta^2 (10)$. Nhân $(10)$ với $\alpha^2$ vế theo vế ta được: $\alpha^2\beta^2f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-\alpha^2\beta^2-\alpha^2$. $\iff f(\beta)+\alpha^2f(\alpha)=-1-\alpha^2$ (do $(7):\alpha.\beta=-1$) Và ta có nhận xét rằng: Phương trình này chính là phương trình $(9)$. Do đó hai phương trình $(9)$ và $(10)$ thực chất là một. Giả sử $f(\alpha)=c(c\in \mathbb{R}\text{ tùy ý })$. Khi đó từ phương trình $(9)\implies f(\beta)=-(\alpha^2+1)-\alpha^2c=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c(\text{ do (7) })$. Kết luận: $\left\{\begin{array}{I} f(x)=1-x^2\forall x\ne \alpha,\beta \\f(x)=c( c\in \mathbb{R} ), x=\alpha\\ f(x)=-(\alpha+2)-(\alpha+1)c,x=\beta \end{array}\right.$ Trong đó: $\alpha=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5});\beta=\frac{1}{2}(1-\sqrt{5}).$
Bài 16: Tìm tất các hàm số $f:\mathbb{Q}\to \mathbb{Q}$ thỏa mãn: $f(f(x)+y)=x+f(y)$ với mọi số $x,y$ thuộc tập hợp số hữu tỉ $\mathbb{Q}$. Spoiler: Lời giải $f$ đơn ánh. Thật vậy nếu $f(a)=f(b)\implies a+f(y)=f(f(a)+y)=f(f(b)+y)=b+f(y)$ với mọi $y\implies a=b$. Cho $x=0$ ta được $f(y+f(0))=f(y)\implies y+f(0)=y\implies f(0)=0$. Trong phương trình hàm ở đề bài cho $y=0\implies f(f(x))=x(1)$. Thay $f(x)=x$ bởi $x$ trong phương trình hàm ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Từ đó bằng suy luận quen thuộc ta suy ra: $f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{Q}$. Thay vào phương trình $(1)$ ta rút ra $a^2=1\implies a=\pm{1}$. Thử lại ta thấy các hàm $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ thỏa mãn và do đó là các hàm cần tìm.
Bài 17: Hãy tìm tất cả các hàm số $f$ xác định trên tập số thực $\mathbb{R}$, lấy giá trị trong $\mathbb{R}$ và thỏa mãn hệ thức: $f(f(x-y))=f(x).f(y)-f(x)+f(y)-xy$ với mọi số thực $x,y$. Spoiler: Lời giải Giả sử $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ là hàm số thỏa mãn hệ thức của đề bài, nghĩa là: $f(f(x-y))=f(x).f(y)-f(x)+f(y)-xy(1)$. Đặt $f(0)=a$. Thế $x=y=0$ vào $(1)$, ta được: $f(a)=a^2(2)$. Thế $x=y$ vào $(1)$, với lưu ý tới $(2)$, ta được: $(f(x))^2=x^2+a^2,\forall x\in \mathbb{R}(3)$. Suy ra: $(f(x))^2=(f(-x))^2,\forall x\in \mathbb{R}(4)$. Giả sử tồn tại $x_0\ne 0$ sao cho $f(x_0)=f(-x_0)$. Thế $y=0$ vào $(1)$, được: $f(f(x))=af(x)-f(x)+a,\forall x\in \mathbb{R}(5)$. Thế $x=0,y=-x$ vào $(1)$, ta được: $f(f(x))=af(-x)+f(-x)-a,\forall x\in \mathbb{R}(6)$. Từ $(5),(6)$ suy ra: $a(f(-x)-f(x))+f(x)+f(-x)=2a,\forall x\in \mathbb{R}(7)$. Thế $x=x_0$ vào $(7)$, ta được: $f(x_0)=a(*)$. Mặt khác, từ $(3)$ suy ra nếu $f(x_1)=f(x_2)$ thì $x_1^2=x_2^2$. Vì thế, từ $(*)$ suy ra $x_0=0$, trái với giả thiết $x_0\ne 0$. Mâu thuẩn chứng tỏ $f(x)\ne f(-x),\forall x\ne 0$. Do đó, từ $(4)$ suy ra: $f(x)=-f(-x),\forall x\ne 0(8)$. Thế $(8)$ vào $(7)$, ta được: $a(f(x)-1)=0,\forall x\ne 0$. Suy ra: $a=0$, vì nếu ngược lại ,tức là $a\ne 0$ thì $f(x)=1,\forall x\ne 0$, trái với $(8)$. Do đó, từ $(3)$ có:$(f(x))^2=x^2,\forall x\in \mathbb{R}(9)$. Giả sử tồn tại $x_0\ne 0$ sao cho $f(x_0)=x_0$. Khi đó theo $(5)$ ta phải có: $x_0=f(x_0)=-f(f(x_0))=-f(x_0)=-x_0$. Mâu thuẩn chứng tỏ $f(x)\ne x,\forall x\ne 0$. vì vậy, từ $(9)$ ta được: $f(x)=-x,\forall x\in \mathbb{R}$. Ngược lại, kiểm tra trực tiếp, ta thấy hàm số tìm được ở trên thỏa mãn các yêu cầu của đề bài. Vậy hàm số $f(x)=-x,x\in \mathbb{R}$ là hàm số duy nhất cần tìm.
Bài 18: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N^*}\to \mathbb{N^*}$ thỏa mãn điều kiện: $f(f^2(m)+2f^2(n))=m^2+2n^2$ với mọi $m,n\in \mathbb{N^*}$. Spoiler: Lời giải Giả sử $f(n)$ là hàm số thỏa mãn bài toán. Nhận xét. Nếu $m_1,m_2\in \mathbb{N^*},f(m_1)=f(m_2)$, lấy $n\in \mathbb{N^*}$ tùy ý ta có: $m_1^2+2n^2=f(f^2(m_1)+2f^2(n))$. $=f(f^2(m_2)+2f^2(n))=m_2^2+2n^2$. $\implies m_1=m_2$. Tức là $f(n)$ là hàm số đơn ánh. + Với $m=n=1$, kí hiệu $a=f(1)$, ta nhận được: $f(3a^2)=3$. Ta lại có: $(5a^2)^2+2(a^2)^2=27a^4=(3a^2)^2+2(3a^2)^2$. $\implies f(f^2(5a^2)+2f^2(a^2))=27a^4$. $=f(f^2(3a^2)+2f^2(3a^2))=f(27)$. $\implies f^2(5a^2)+2f^2(a^2)=27$. Vì chỉ có hai cặp các số nguyên dương $(x;y)$ thỏa mãn $x^2+2y^2=27$ là $(x;y)=(3;3)$ và $(x;y)=(5;1)$ và do $f(5a^2)\ne f(a^2)$ ta suy ra: $f(5a^2)=5,f(a^2)=1$. Tương tự: $(5a^2)^2+2(2a^2)^2=33a^4=(a^2)^2+2(4a^2)^2$. $\implies f^2(5a^2)+2f^2(2a^2)=f^2(a^2)+2f^2(4a^2)$. $\implies 2(f^2(4a^2)-f^2(2a^2))=f^2(5a^2)-f^2(a^2)=5^2-1=24$. $\implies f^2(4a^2)-f^2(2a^2)=12$. Cũng như vậy, vì phương trình $x^2-y^2=12\iff (x-y)(x+y)=12\iff x-y=2,x+y=6\iff x=4,y=2$. Suy ra: $f(4a^2)=4,f(2a^2)=2$. Với số nguyên dương $m$ tùy ý, vì: $(m+4)^2+2(m+1)^2=m^2+2(m+3)^2$ nên $f^2((m+4)a^2)+2f^2((m+1)a^2)$. $=f^2(ma^2)+2f^2((m+3)a^2)$. Do đó, nếu ta đã kết luận được $f(ka^2)=k$ với $k=1,2,...,m+3$( ở trên chúng ta đã chứng minh với $k=1,2,3,4,5$) thì ta suy ra khẳng định đó cũng đúng với $k=m+4$. Bởi vậy, bằng phương pháp quy nạp ta có: $f(ka^2)=k$ với mọi $k\in \mathbb{N^*}$. Khi đó: $f(a^3)=f(a.a^2)=a=f(1)\implies a^3=1\implies a=1$. Như vậy: $f(k)=k$ với mọi $k\in \mathbb{N^*}$ và rõ ràng hàm số này thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Bài 19: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1$. Spoiler: Lời giải $f(f(x)+y)=f(x+y)+xf(y)-xy-x+1(1)$. Từ $(1)$, cho $y=0$ ta được: $f(f(x))=f(x)+xf(0)-x+1,\forall x\in \mathbb{R}(2)$. Trong $(2)$ cho $x=0$ ta được: $f(f(0))=f(0)+1(3)$ Tiếp tục, từ $(1)$ thay $y$ bởi $f(y)$ và sử dụng $(2)$ ta thu được: $f(f(x)+f(y))=f(x+f(y))+xf(f(y))-xf(y)-x+1$. $=(f(x+y)+yf(x)-xy-y+1)+x(f(y)+yf(0)-y+1)-xf(y)-x+1$ hay $f(f(x)+f(y))=f(x+y)+yf(x)+xyf(0)-2xy-y+2\forall x,y\in \mathbb{R}(4)$. Hoán vị vai trò của $x$ và $y$ trong $(4)$, ta thu được: $f(f(x)+f(y))=f(x+y)+xf(y)+xyf(0)-2xy-x+2,\forall x,y\in \mathbb{R}(5)$. Từ $(4)$ và $(5)$ suy ra: $yf(x)-y=xf(y)-x,\forall x,y\in \mathbb{R}(6)$. Trong $(6)$ cho $x=0,y=1$ thì $f(0)=1$.Thay vào $(3)$, ta được: $f(f(0))=2$. Từ $(6)$ thay $y=1$ và sử dụng hệ thức $f(f(0))=2$, ta thu được hàm số $f(x)=x+1$. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện $(1)$. Kết luận: Hàm số cần tìm là $f(x)=x+1$.
Bài 20: Với số nguyên dương $n>2$. Tìm số các hàm số $f:\left\{1,2,3,...,n\right\}\to \left\{1,2,3,4,5\right\}$ thỏa mãn tính chất: $|f(k+1)-f(k)|\ge 3,\forall k\in\left\{1,2,...,n-1\right\}$. Spoiler: Lời giải Ta sử dụng nhận xét sau đây: Nếu hàm số $f$ thỏa mãn điều kiện bài ra thì với mọi $n>2$ cho trước ta luôn có $f(n)\ne 3$. Thật vậy, nếu $f(n)=3$ thì suy ra: $f(n-1)\le 0$ hoặc $f(n-1)\ge 6$, điều này vô lí. Kí hiệu: $a_n,b_n,d_n,e_n$ là số các hàm $f:\left\{1,2,...,n\right\}\to \left\{1,2,3,4,5\right\}$ thỏa mãn tính chất đã cho ứng với $f(n)$ bằng $1,2,4,5$. Khi đó: $a_2=e_2=2$ và $b_2=d_2=1$ nên với $n\ge 2$ có: $a_{n+1}=e_n+d_n,b_{n+1}=e_n,e_{n+1}=a_n+b_n,d_{n+1}=a_n$. Ta cần tính tổng $S=a_n+b_n+d_n+e_n,\forall n\ge 2$. Ta có: $a_2=e_2$ và $b_2=d_2$. Bằng phương pháp quy nạp ta có: $a_n=e_n$ và $b_n=d_n,\forall n\ge 2$. Do vậy $a_{n+2}=e_{n+1}+d_{n+1}=a_{n+1}+b_{n+1}=a_{n+1}+e_n=a_{n+1}+a_n$. Do vậy, $(a_n)$ thỏa mãn dãy Fibonacci $(F_n)$ với cách chọn $F_0=0,F_1=1$ bởi vì $a_2=2=F_2,a_3=e_2+d_2=3=F_3$. Do đó $a_n=F_n$ với $n\ge 2$. Suy ra: $S=2(a_n+b_n)=2a_{n+1}=2F_{n+1}$ với $n\ge 2$.
