Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm số cơ bản (Toán học Lớp 10)

Lời giải: Nếu $P(x)\equiv c$, thì $c^2=2c+1\iff c=1\pm \sqrt{2}$. Các đa thức $P(x)=1\pm \sqrt{2}$ thỏa mãn đề bài. [0.5]

Nếu $\mathrm{deg}P\ge 1$, đặt $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ thì $a^2-1=a$. Cho $x=a$, ta được $(P(a){)}^2=2P(a)+1\iff P(a)=1\pm \sqrt{2}$. [1]

Nếu $P(a)=1+\sqrt{2}=b$ thì $b^2=2b+1$, đặt $P(x)=(x-a{)}^n\cdot Q(x)+b$ với $Q(x)$ là đa thức, $Q(a)\ne 0$. Thay vào đề bài ta được: [1]

${\left((x-a{)}^n\cdot Q(x)+b\right)}^2=2\left((x^2-1-a{)}^n\cdot Q(x^2-1)+b\right)+1$

$\iff (x-a{)}^{2n}\cdot (Q(x){)}^2+2b(x-a{)}^n\cdot Q(x)+b^2=2(x^2-a^2{)}^n\cdot Q(x^2-1)+2b+1$

$\Rightarrow (x-a{)}^n\cdot (Q(x){)}^2+2b\cdot Q(x)=2(x+a{)}^n\cdot Q(x^2-1)$ [1]

Cho $x=a$ ta được $2b\cdot Q(a)=2\cdot (2a{)}^n\cdot Q(a^2-1)\Rightarrow b=(2a{)}^n$. Rõ ràng không tồn tại $n$ để đẳng thức này xảy ra, mâu thuẫn, suy ra $P(x)\equiv b$. Trường hợp thứ hai $P(a)=1-\sqrt{2}$ tương tự.

Vậy chỉ có $P(x)=1+\sqrt{2}$ và $P(x)=1-\sqrt{2}$ là hai đa thức thỏa mãn đề bài. [1.5]

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2.

a) Với $a=x^2+2026,b=y^2+2026$ ($1\le y<x\le n$) ta có $a-b=x^2-y^2$. Vậy $T_n={\prod }_{1\le j<i\le n}(i^2-j^2)$. Do $i,j\le 28<29$ và $i\ne j$, ta có $29\mid i^2-j^2⟺i^2\equiv j^2(\mathrm{mod}29)⟺i\equiv \pm j(\mathrm{mod}29)⟺i+j=29$ (vì $0<i,j<29$). Do đó $T_n⋮29$ khi và chỉ khi tồn tại cặp $1\le j<i\le n$ với $i+j=29$, tức là khi $n\ge 15$ (cặp $14,15$). Với $n=14$, mọi cặp $i,j\le 14$ có $i+j\le 27<29$ nên $29\nmid T_{14}$. Vậy $n$ nhỏ nhất là $n=15$ (thật vậy $15^2-14^2=29$ là thừa số của $T_{15}$).

b) Phương trình đã cho tương đương
$$(x-2)(x-4)P(x)=x(x+2)P(x-2)(\star )$$
với mọi $x\in \mathbb{R}$, và đây là đồng nhất thức đa thức.

Tìm nghiệm: thay $x=2$ suy ra $8P(0)=0\Rightarrow P(0)=0$; thay $x=4$ suy ra $24P(2)=0\Rightarrow P(2)=0$; thay $x=-2$ suy ra $24P(-2)=0\Rightarrow P(-2)=0$.

Lan truyền nghiệm: nếu $P(\alpha )=0$ với $\alpha \ne 0,-2$ thì từ $(\star )$ tại $x=\alpha$ suy ra $P(\alpha -2)=0$; nếu $P(\alpha )=0$ với $\alpha \ne 0,2$ thì từ $(\star )$ tại $x=\alpha +2$ suy ra $P(\alpha +2)=0$. Vì $P$ chỉ có hữu hạn nghiệm, mọi nghiệm $\alpha$ phải là số nguyên chẵn thuộc $\{-2,0,2\}$ (chuỗi $\alpha ,\alpha -2,\dots$ phải dừng ở $0$ hoặc $-2$, chuỗi $\alpha ,\alpha +2,\dots$ phải dừng ở $0$ hoặc $2$).

Vậy $P(x)=c{x}^a(x-2{)}^b(x+2{)}^d$ với $a,b,d\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Khi đó $P(x-2)=c(x-2{)}^a(x-4{)}^b{x}^d$, thay vào $(\star )$:
$$x^a(x-2{)}^{b+1}(x-4)(x+2{)}^d=x^{d+1}(x+2)(x-2{)}^a(x-4{)}^b.$$
So sánh số mũ: $\{\begin{array}{l}a=d+1\\ b+1=a\\ 1=b\\ d=1\end{array}\Rightarrow b=d=1,a=2$.

Thử lại: với $P(x)=c{x}^2(x-2)(x+2)$ thì $P(x-2)=c(x-2{)}^2\cdot x(x-4)$, và
$$(x-2)(x-4)P(x)=c{x}^2(x-2{)}^2(x-4)(x+2)=x(x+2)P(x-2).$$
Vậy tất cả các đa thức thỏa mãn là $P(x)=c{x}^2(x-2)(x+2)=c(x^4-4x^2)$, với $c$ là hằng số thực tùy ý (kể cả $c=0$).

$$f(f(x)+y)+f(-x+f(f(y)))=2y,\forall x,y\in \mathbb{R}.(1)$$
a) Trong $(1)$ thay $x=f(f(y))$ thì ta có được
$$f(f(f(f(y)))+y)=2y-f(0),\forall y\in \mathbb{R}.$$
Do $2y-f(0)$ có tập giá trị là $\mathbb{R}$ nên ta có ngay $f$ toàn ánh. Khi đó tồn tại $c$ sao cho $f(c)=0$. Với $x_1,x_2$ là hai số thực thỏa mãn $f(x_1)=f(x_2)$. Thay $x=c$ và thay lần lượt $y=x_1,y=x_2$ vào $(1)$, ta được
$$2x_1=f(x_1)+f(-c+f(f(x_1)))=f(x_2)+f(-c+f(f(x_2)))=2x_2\Rightarrow x_1=x_2.$$
Vậy $f$ là đơn ánh, suy ra $f$ là một song ánh.

b) Do $f$ song ánh nên tồn tại duy nhất số thực $t$ để $f(t)=0$. Trong $(1)$ ta thay $x=y=0$ thì ta được
$$f(f(0))+f(f(f(0)))=0\Rightarrow f(f(f(0)))=-f(f(0)).$$
Ngoài ra, nếu ta thay $y=0$ và $x=f(f(0))$ trong $(1)$ thì ta cũng có
$$f(f(f(f(0))))+f(0)=0.$$
Và nếu thay $x=t$ và $y=0$ thì ta cũng sẽ có
$$f(0)+f(-t+f(f(0)))=0\Rightarrow f(-t+f(f(0)))=f(f(f(f(0))))\Rightarrow -t+f(f(0))=f(f(f(0))).$$
Mà $f(f(f(0)))=-f(f(0))$ nên $t=2f(f(0))$. Như vậy, ta có thể thay $x=-f(f(0))$ và $y=0$ trong $(1)$ thì ta được
$$f(f(-f(f(0))))=0\Rightarrow f(-f(f(0)))=t.$$
Mà $-f(f(0))=f(f(f(0)))$ nên $f(f(f(f(0))))=0$ như vậy ta thu được $f(0)+t=0$. Bây giờ, ta thay $x=y=t$ vào $(1)$ thì được $f(-t+f(0))=2t$ hay $f(-2t)=2t$, từ đó lại cho $x=-2t,y=t$ vào $(1)$ thì
$$f(2t+t)+f(2t+f(0))=2t\Rightarrow f(3t)=2t=f(-2t)\Rightarrow 3t=-2t\Rightarrow t=0\Rightarrow f(0)=0.$$
Tiếp theo, để tìm tất cả hàm số $f$ thỏa mãn thì ta thay $x=0$ vào $(1)$ thì ta có
$$f(y)+f(f(f(y)))=2y,\forall y\in \mathbb{R}(2)$$
Rồi thay $y=0$ vào $(1)$ thì được
$$f(f(x))=-f(-x),\forall x\in \mathbb{R}(3).$$
Từ $(3)$ ta có $f(f(-f(x))=-f(-(-f(x))=-f(f(x))=f(-x)$ nên khi thay $y$ bởi $-f(x)$ vào $(1)$ thì ta có
$$f(-x+f(-x))=-2f(x)\Rightarrow f(x+f(x))=2\cdot (-f(-x))=2f(f(x)),\forall x\in \mathbb{R}.$$
Ngoài ra, ta cũng có thể thay $x=-f(f(y))$ trong $(1)$ thì thu được
$$f(f(f(f(y)))+y)=2y\stackrel{(2)}{\Rightarrow }f(3y-f(y))=2y\Rightarrow f(3f(f(y))-f(f(f(f(y)))))=2f(f(y))$$
$$\stackrel{(2)}{\Rightarrow }f(3f(f(y))+f(y)-2y)=2f(f(y)),\forall y\in \mathbb{R}$$
Từ đây ta có được
$$f(3f(f(y))+f(y)-2y)=f(y+f(y))\Rightarrow 3f(f(y))=3y\Rightarrow f(f(y))=y$$
$$\stackrel{(3)}{\Rightarrow }f(-y)=-y\Rightarrow f(y)=y,\forall y\in \mathbb{R}.$$
Thử lại ta thấy thỏa, vậy $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$. $\square$

(AI giải đề cho tôi)
Đáp án: $P(x)=a{x}^2$ với $a$ là hằng số thực tùy ý.

Bước 1: Thay $x=y=z=0$ ta được $3P(0)=6P(0)$, suy ra $P(0)=0$.

Bước 2: Thay $(x,y,z)=(t,-t,0)$ (thỏa $x+y+z=0$):
$$P(t^2)+P(t^2)+P(0)=2[P(-t^2)+P(0)+P(0)]\Rightarrow P(t^2)=P(-t^2).$$
Vì tập $$\begin{gathered} {t}^2:t\in \mathbb{R} \\ =[0,\infty ) \end{gathered}$$ và $P$ là đa thức, hai đa thức $P(u)$ và $P(-u)$ trùng nhau trên $[0,\infty )$ nên trùng nhau trên toàn $mathbbR$, tức $P$ là đa thức chẵn. Vậy $P(x)=Q(x^2)$ với $$\begin{gathered} Q(t)= \\ su{m}_{k=0}^n{c}_k{t}^k \end{gathered}$$.

Bước 3: Khi $x+y+z=0$, không mất tổng quát giả sử $z=-(x+y)$. Đặt $u=x^2,v=y^2$, phương trình trở thành
$$\begin{gathered} Q(u^2)+Q(v^2)+Q((u+v{)}^2)=2 \\ big[Q(uv)+Q(v(u+v))+Q(u(u+v)) \\ big] \end{gathered}$$
với mọi $$\begin{gathered} u,v \\ ge0 \end{gathered}$$, do đó là đồng nhất thức đa thức theo $u,v$. So sánh từng bậc, với mỗi $k$ phải có
$$\begin{gathered} u^{2k}+v^{2k}+(u+v{)}^{2k}=2 \\ big[(uv{)}^k+(v(u+v){)}^k+(u(u+v){)}^k]. \end{gathered}$$

- $k=0$: $$\begin{gathered} 3c_0=6c_0 \\ Rightarrow{c}_0=0 \end{gathered}$$.
- $k=1$: vế trái $=2u^2+2v^2+2uv$, vế phải $=2u^2+2v^2+6uv$, không đồng nhất $Rightarrow{c}_1=0$.
- $$\begin{gathered} k \\ ge1 \end{gathered}$$ nói chung: thay $v=u$, vế trái $=u^{2k}(2+4^k)$, vế phải $=2u^{2k}(1+2^{k+1})$. Đồng nhất đòi hỏi $4^k=2^{k+2}$, tức $2k=k+2$, suy ra $k=2$. Vậy $c_k=0$ với mọi $$\begin{gathered} k \\ neq2 \end{gathered}$$.

Bước 4: Kiểm tra $k=2$ thỏa mãn: với $x+y+z=0$ ta có $x^2+y^2+z^2=-2(xy+yz+zx)$ và
$$x^4+y^4+z^4=2(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2),$$
(do $(x^2+y^2+z^2{)}^2=4(xy+yz+zx{)}^2$ và $(xy+yz+zx{)}^2=x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2+2xyz(x+y+z)$). Do đó với $P(x)=a{x}^2$:
$$P(x^2)+P(y^2)+P(z^2)=a(x^4+y^4+z^4)=2a(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)=2[P(xy)+P(yz)+P(zx)].$$

Kết luận: Tất cả các đa thức thỏa mãn là $P(x)=a{x}^2$, $$\begin{gathered} a \\ in \\ mathbbR \end{gathered}$$.

$\{\begin{array}{l}2\left(x^3-3x\right)=y^3+3y(1)\\ 2\left(x^2-1\right)=5y^2+1(2)\end{array}$

Ta có $(2)\Rightarrow y^2=\frac{2x^2-3}{5}$

suy ra $y^3+3y=y\left(y^2+3\right)=y\left(\frac{2x^2-3}{5}+3\right)=\frac{y\left(2x^2+12\right)}{5}$

do đó $(1)\iff 2\left(x^3-3x\right)=\frac{y\left(2x^2+12\right)}{5}\Rightarrow y=\frac{5\left(x^3-3x\right)}{x^2+6}$ (*)

Thay (*) vào (2) ta được: $2\left(x^2-1\right)=125\frac{{\left(x^3-3x\right)}^2}{{\left(x^2+6\right)}^2}+1$

$\iff 125{\left(x^3-3x\right)}^2-2\left(x^2-1\right){\left(x^2+6\right)}^2+{\left(x^2+6\right)}^2=0$

$\iff 125\left(x^6-6x^4+9x^2\right)-2\left(x^2-1\right)\left(x^4+12x^2+36\right)+\left(x^4+12x^2+36\right)=0$

$\iff 125\left(t^3-6t^2+9t\right)-2(t-1)\left(t^2+12t+36\right)+\left(t^2+12t+36\right)=0$ với $t=x^2\ge 0$.

$\iff 123t^3-771t^2+1089t+108=0$.

$\iff \{\begin{array}{l}t=-0,\mathrm{09...}<0(l)\\ t=4\\ t=2,\mathrm{36...}\to A\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=2\Rightarrow y=1\\ x=-2\Rightarrow y=-1\\ x\approx -1,5366\Rightarrow y\approx 0,5869\\ x\approx 1,5366\Rightarrow y\approx -0,5869\end{array}$.

Vậy hệ có 4 nghiệm $(x;y)$ là $(2;1)$, $(-2;-1)$, $(-1,5366;0,5869)$, $(1,5366;-0,5869)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1.

a) Tồn tại. Chọn $f(n)=n+1$ với mọi $n\in \mathbb{Z}$. Rõ ràng $f$ là song ánh từ $\mathbb{Z}$ vào $\mathbb{Z}$ (nghịch đảo $f^{-1}(m)=m-1$). Khi đó với mọi $n\in \mathbb{Z}$:
$$f(2f(n))=f(2(n+1))=f(2n+2)=(2n+2)+1=2n+3.$$
Vậy thỏa mãn yêu cầu.

Kết luận: Tồn tại, chẳng hạn $f(n)=n+1$.

b) Không tồn tại. Giả sử ngược lại có song ánh $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $f(2f(n))=2n+3$ với mọi $n\in \mathbb{N}$. Vì $f$ là song ánh nên khi $n$ chạy khắp $\mathbb{N}$, $f(n)$ chạy khắp $\mathbb{N}$, do đó tập $\{2f(n):n\in \mathbb{N}\}$ đúng bằng tập tất cả các số chẵn trong $\mathbb{N}$. Suy ra
$$f(\text{tập caˊc soˆˊ cha˘˜n})=\{2n+3:n\in \mathbb{N}\},$$
tức là $f$ đưa toàn bộ tập các số chẵn (một tập vô hạn) một-một lên tập $\{2n+3\}$ (các số lẻ bắt đầu từ $3$ hoặc $5$ tùy cách quy ước $\mathbb{N}$).

Xét phần còn lại của tập xác định: tập các số lẻ trong $\mathbb{N}$, cũng là một tập vô hạn. Vì $f$ là đơn ánh và các giá trị $f(m)$ với $m$ chẵn đã chiếm trọn tập $\{2n+3\}$, nên với mọi $m$ lẻ, $f(m)$ không thể thuộc $\{2n+3\}$; do đó
$$f(\text{tập caˊc soˆˊ lẻ})\subseteq \mathbb{N}\setminus \{2n+3:n\in \mathbb{N}\}.$$
Phần bù này chỉ gồm các số chẵn đã bị "loại khỏi hình ảnh bởi ràng buộc trên" — cụ thể chỉ là hữu hạn phần tử đầu tiên (ví dụ nếu $\mathbb{N}=\{1,2,3,\dots \}$ thì $\{2n+3\}=\{5,7,9,\dots \}$ và phần bù là $\{1,2,3,4\}$; nếu $\mathbb{N}=\{0,1,2,\dots \}$ thì $\{2n+3\}=\{3,5,7,\dots \}$ và phần bù là $\{0,1,2\}$). Vậy tập vô hạn các số lẻ phải được $f$ (đơn ánh) đưa vào một tập hữu hạn — điều này mâu thuẫn với tính đơn ánh của $f$ (vô hạn phần tử khác nhau không thể có vô hạn giá trị đôi một khác nhau trong một tập hữu hạn).

Kết luận: Không tồn tại song ánh $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn $f(2f(n))=2n+3,\forall n\in \mathbb{N}$.

Giả sử tồn tại hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ký hiệu $P(x_0,y_0)$ là kết quả thu được khi thay $x=x_0;y=y_0$ trong điều kiện đã cho.
Giả sử $f(a)=f(b)$. So sánh $P(x,a)$ và $P(x,b)$ ta có $a=b$, hay $f$ là đơn ánh. (0.5 điểm)

$P(x,f(x)):f(2x+f(f(x)))=f(3f(x)),\forall x\in \mathbb{R}$.
Mà $f$ là đơn ánh nên ta suy ra $f(f(x))+2x=3f(x),\forall x\in \mathbb{R}$, hay
$$f(f(x))=3f(x)-2x,\forall x\in \mathbb{R}(\ast )$$ (1 điểm)

$P(x,0):f(2x+f(0))+f(x)=f(3f(x)).$
So sánh với $P(x,y)$ ta được
$$f(2x+f(y))-y=f(2x+f(0)),\forall x\in \mathbb{R}(\ast \ast )$$ (1 điểm)

Thế $x=0$ vào $(\ast \ast )$, ta có $f(f(y))-y=f(f(0)),\forall y\in \mathbb{R}$.
Kết hợp điều này với $(\ast )$, ta thu được $3f(y)-3y=f(f(0)),\forall y\in \mathbb{R}$.
Như vậy, $f(y)=y+c,\forall y\in \mathbb{R}$, trong đó $c=f(f(0))/3$. Thay vào phương trình hàm ban đầu, ta thấy $f(x)=x+c$ là một nghiệm hàm khi và chỉ khi
$$2x+y+c+c+x+c-y=3(x+c)+c,$$
với mọi số thực $x,y$, nghĩa là khi và chỉ khi $c=0$.
Vậy, bài toán có nghiệm hàm duy nhất là $f(x)=x$ với mọi $x$. (0.5 điểm)

Giả sử rằng tồn tại hàm số $f$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dễ dàng chứng minh được $f$ là đơn ánh.
Thay $n=0$ vào (1) ta được:
$$f(m+f(0))=f(m)⟹m+f(0)=m⟹f(0)=0.$$
Thay $m=0$ vào (1) và kết hợp với $f(0)=0$, ta có:
$$f(0+f(n))=f(0)+9n⟹f(f(n))=9n,\forall n\in \mathbb{Z}.$$
Tiếp theo, thay $m\mapsto f(m)$ vào (1) ta có:
$$f(f(m)+f(n))=f(f(m))+9n=9(m+n)=f(f(m+n))⟹f(m+n)=f(m)+f(n),\forall m,n\in \mathbb{Z}.$$
Từ đây bằng quy nạp dễ dàng chứng minh $f(n)=nf(1),\forall n\in \mathbb{Z}$.
Đặt $c=f(1)\in \mathbb{Z}$, khi đó ta có $f(n)=cn,\forall n\in \mathbb{Z}$ và thay vào (1) ta được:
$$c(m+cn)=cm+9n⟺c^{2}n=9n,\forall n\in \mathbb{Z}.$$
Suy ra $c=\pm 3$. Vậy $f(n)=3n,\forall n\in \mathbb{Z}$ hoặc $f(n)=3n,\forall n\in \mathbb{Z}$. (Ghi chú: bản gốc in lặp 'f(n) = 3n' hai lần; khả năng đúng là $f(n)=3n$ hoặc $f(n)=-3n$ do $c=\pm 3$.)

Đặt $\alpha =1+\sqrt{2}$, là nghiệm dương của $x^2-2x-1$.
Giả sử $|a_0|,\dots ,|a_{n-1}|\le 1$. Từ $P(\alpha )=0$ và $|a_n|\ge 1$, ta có $\alpha -1=\sqrt{2}>1$ nên có mâu thuẫn là
$${\alpha }^n\le |a_n|{\alpha }^n=\left|\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\alpha }^k\right|\le \sum _{k=0}^{n-1}{\alpha }^k=\frac{{\alpha }^n-1}{\alpha -1}<{\alpha }^n$$
Mặt khác, với mọi $n>4$, lấy $P(x)=x^{n-2}(x^2-2x-1)=x^n-2x^{n-1}-x^{n-2}$.
Vì vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 2.

Ta sẽ chứng minh rằng các số nguyên dương $n$ thỏa mãn bài toán là các số lẻ.

(1) Chứng minh $n$ là số lẻ:

Đầu tiên ta có $g(i)=0$ với $i$ là số phức thỏa mãn $i^2=-1$.

Vì ${\prod }_{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right)=g(x{)}^2-1,\forall x\in \mathbb{R}$ và hai vế là đa thức nên điều này cũng đúng với mọi $x\in \mathbb{C}$.

Thay $x=i$, ta có ${\prod }_{j=1}^n\left(f_j(i{)}^2-1\right)=-1$.

Với $j\in \{1,2,\dots ,n\}$, đặt $f_j(i)=z_j\in \mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in \mathbb{Z}\}$.

Với mỗi số phức $z=a+bi$, xét $N(z)=a^2+b^2$ là chuẩn của $z$.

Khi đó ${\prod }_{j=1}^n\left(z_j^2-1\right)=-1$ nên ${\prod }_{j=1}^{n}N\left(z_j^2-1\right)=N(-1)=1$.

Vì $z_j\in \mathbb{Z}[x]$ nên $N\left(z_j^2-1\right)$ là số nguyên dương hay $N\left(z_j^2-1\right)=1$ với $j=1,2,\dots ,n$.

Khi đó $z_j^2-1\in \{1,-1,i,-i\}$, xét từng trường hợp và để ý $N\left(z_j^2\right)=N(z_j{)}^2$ là số chính phương để suy ra $z_j=0$ với mọi $j=1,2,\dots ,n$.

Vì vậy $-1={\prod }_{j=1}^n\left(z_j^2-1\right)=(-1{)}^n$ nên $n$ là số lẻ.

(2) Chứng minh $n$ lẻ thỏa mãn:

Ta có đẳng thức: $(4t^3-3t{)}^2-1=(t^2-1){\left((2t{)}^2-1\right)}^2$.

Xét dãy đa thức $(P_k{)}_{k\ge 0}$ được xác định bởi $P_0(x)=x^2+1$ và

$$P_{k+1}(x)=4P_k(x{)}^3-3P_k(x)\forall k\ge 0.$$

Thay $t=P_k(x)$, ta được:

$$P_{k+1}(x{)}^2-1=\left(P_k(x{)}^2-1\right){\left((2P_k(x){)}^2-1\right)}^2.$$

Vì $n$ là số lẻ nên tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $n=2m+1$.

Đặt $g(x)=P_m(x)$, $f_1(x)=P_0(x)=x^2+1$ và với mỗi $k=0,1,\dots ,m-1$, đặt:

$$f_{2k+2}(x)=f_{2k+3}(x)=2P_k(x).$$

Khi đó, áp dụng liên tiếp đẳng thức phía trên, ta có:

$$g(x{)}^2-1=P_m(x{)}^2-1=\left(P_0(x{)}^2-1\right)\prod _{k=0}^{m-1}{\left((2P_k(x){)}^2-1\right)}^2=\prod _{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right).$$

Mặt khác, $P_0(i)=0$. Nếu $P_k(i)=0$ thì: $P_{k+1}(i)=4P_k(i{)}^3-3P_k(i)=0$.

Do đó, theo quy nạp, $P_k(i)=0$ với mọi $k\ge 0$ nên $g(i)=0$ hay $g(x)$ chia hết cho $x^2+1$.

Vậy với mọi số lẻ $n$, tồn tại các đa thức khác hằng $f_1,f_2,\dots ,f_n,g\in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn:

$$\prod _{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right)=g(x{)}^2-1\text{vaˋ}g(i)=0.$$

Vậy tất cả số nguyên dương $n$ cần tìm là các số lẻ.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P2).

a) Trước hết, lấy $0<x<y$ và đặt $h=\frac{y-x}{3}>0$. Thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,h,h,h)$ để suy ra

$$f(u)=f(x+3h)\ge f(x)+3f(h)>f(x).$$

Vậy $f$ tăng ngặt trên ${\mathbb{R}}^{+}$.

Tiếp theo, thay $(x,y,z,t)$ bởi $(n,1,1,1)$ suy ra

$$f(n+3)\ge f(n)+3f(1)=f(n)+3.$$

Bằng quy nạp suy ra được $f(3n+1)\ge 3n+1$ với mọi số nguyên $n\ge 0$, do đó $f(2026)\ge 2026$.

b) Cách 1. Cố định $x>0$. Với mỗi $m$ đủ lớn, gọi $a_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$a_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),a_m\le 4^{m}x.$$

Ta có $0\le 4^{m}x-a_m<3$, nên $a_m/4^m\to x$. Bởi tính tăng ngặt của $f$ và nhận xét trên nên

$$4^{m}f(x)=f(4^{m}x)\ge f(a_m)\ge a_{m}f(1)=a_m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\ge x$.

Tương tự, gọi $b_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$b_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),b_{m}x\le 4^m.$$

Khi đó $0\le 4^m/x-b_m<3$, nên $4^m/b_m\to x$. Ta có

$$b_{m}f(x)\le f(b_{m}x)\le f(4^m)=4^m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\le x$. Do đó $f(x)=x$ với mọi $x>0$.

Cách 2. Cho $x=y=z=t=u$ trong giả thiết, khi đó $4f(u)\le f(4u)\le 4f(u)$ nên

$$f(4u)=4f(u),\forall u>0$$

Từ đây ta suy ra được với mọi $x,y,z,t>0$ thì

$$\frac{f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}{4}\le \frac{f(x+y+z+t)}{4}=f\left(\frac{x+y+z+t}{4}\right).$$

Hơn nữa, khi thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,x,y,y)$ ta được

$$f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge \frac{f(x)+f(y)}{2},\forall x,y>0$$

Ta có $f(2u)\ge \frac{f(u)+f(3u)}{2}$ và $f(3u)\ge \frac{f(2u)+f(4u)}{2}=\frac{f(2u)+4f(u)}{2}$ nên

$$f(2u)\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(3u)}{2}\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(2u)+4f(u)}{4}=\frac{f(2u)}{4}+\frac{3f(u)}{2}$$

Suy ra $f(2u)\ge 2f(u)$ nên $f(u)\ge 2f\left(\frac{u}{2}\right)$.

Mặt khác $f(2u)=4f\left(\frac{u}{2}\right)$ nên $f(u)\ge \frac{f(2u)}{2}$, hay $f(2u)\le 2f(u)$. Vậy $f(2u)=2f(u)$ với mọi $u>0$.

Vì vậy với mọi $x,y>0$, ta có $f(x+y)=2f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge f(x)+f(y)$.

Từ $f(1)=1$ và $f(2u)=2f(u)$, bằng cách lặp lại ta được $f(2^k)=2^k$ với mọi $k\in \mathbb{Z}$.

Xét $r=\frac{m}{2^n}$, trong đó $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $n\in \mathbb{N}$, khi đó ta có $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\ge mf\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{m}{2^n}$.

Chọn $N>m$ là lũy thừa của 2, ta có $f\left(\frac{N}{2^n}\right)=\frac{N}{2^n}$ và $f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge (N-m)f\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{N-m}{2^n}$.

Bởi vậy $\frac{N}{2^n}=f\left(\frac{N}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+\frac{N-m}{2^n}$.

Suy ra $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\le \frac{m}{2^n}$ nên $f(r)=r$ với mọi $r>0$ có dạng $r=\frac{m}{2^n}$ với $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },n\in \mathbb{N}$.

Cuối cùng, với $x>0$ tùy ý, đặt $r_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor }{2^n}$ và $s_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor +1}{2^n}$ với mọi $n$ đủ lớn.

Khi đó $r_n\to x$ và $s_n\to x$. Vì $f$ đồng biến nên $r_n=f(r_n)\le f(x)\le f(s_n)=s_n$.

Cho $n\to \infty$, ta được $f(x)=x$ với mọi $x>0$, thử lại thấy thoả mãn.