[tc83][T11/509 Toán học & tuổi trẻ số 509, tháng 11 năm 2019]\label{ckb7iocato} Tìm tất cả hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\setminus \left\{{0}\right\}$ thoả mãn \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\]

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ thoả mãn \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{1}\] Cách 1. Đặt $f(1)=a$. Ta sẽ tính giá trị của hàm số $f$ tại $1$, $2$, $3$,$\ldots$ để dự đoán quy luật.

• Từ $(1)$ cho $n=1$, ta được $f(1) = \dfrac{{f(1)f(2)}}{2} \Rightarrow f(2) = 2$ (do $f(1)\ne 0$).
• Từ $(1)$ cho $n=2$, ta được \[f(1) + f(2) = \frac{{f(2)f(3)}}{2} \Leftrightarrow a + 2 = \frac{{2f(3)}}{2} \Leftrightarrow f(3) = 2 + a.\]
• Từ $(1)$ cho $n=3$, ta được \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) = \frac{{f(3)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + a + 2 = \frac{{(a + 2)f(4)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(4) = 4. \end{align*}

Từ các tính toán trên, ta dự đoán rằng \[f(n) = \left\{ \begin{array}{ll} n&\text{khi $n = 2k$, với $k = 1,2, \ldots$}\\ n - 1+a&\text{khi $n = 2k - 1$, với $k = 1,2, \ldots$} \end{array} \right.\tag{2}\] Ta sẽ chứng minh dự đoán trên bằng quy nạp theo $n$.

• Do $f(1)=a$, $f(2)=2$, $f(3)=2+a$, $f(4)=4$ nên $(2)$ đã đúng khi $n=1$, $n=2$, $n=3$, $n=4$.
• Giả sử $(2)$ đúng tới $n=\ell$ ($\ell \in\mathbb N$, $\ell \ge 2$), ta cần chứng minh $(2)$ cũng đúng với $n=\ell +1$. \item Trường hợp $\ell+1$ chẵn (khi đó $\ell$ lẻ), $\ell+1 =2h$, $h\in \mathbb N^*$. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2h - 1) = \frac{{f(2h - 1)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2h - 2 + a} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ha + 2(h - 1)h = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& h\left( {a + 2h - 2} \right) = \frac{{\left( {2h - 2 + a} \right)f(2h)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(2h) = 2h. \end{align*}Vậy $f(\ell + 1) = \ell + 1$. \item Trường hợp $\ell +1$ lẻ (khi đó $\ell$ chẵn), $\ell+1 =2t+1$, $t\in \mathbb N^*$. Khi đó \begin{align*} &f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + \cdots + f(\ell ) = \frac{{f(\ell )f(\ell + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& f(1) + f(2) + f(3) + f(4) \cdots + f(2t) = \frac{{f(2t)f(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& a + 2 + \left( {2 + a} \right) + 4 + \cdots + \left( {2t - 2 + a} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2\left( {2 + 4 + \cdots + 2t - 2} \right) + 2t = \frac{{2tf(2t + 1)}}{2}\\ \Leftrightarrow& ta + 2(t - 1)t + 2t = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& ta + 2{t^2} = tf(2t + 1)\\ \Leftrightarrow& f(2t + 1) = 2t + a. \end{align*}Vậy $f(\ell + 1) = \ell + 1$. Như thế $(2)$ cũng đúng với $n=\ell +1$.

Theo nguyên lí quy nạp suy ra $(2)$ đúng. Thử lại ta được hàm số xác định bởi $(2)$ thỏa mãn các yêu cầu đề bài (với $a$ là hằng số sao cho $a$ không phải là số nguyên chẵn không dương, vì nếu $a$ là số nguyên chẵn không dương thì $f(-a+1)=0$, mâu thuẫn với giả thiết $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$.
Cách 2. Từ $(1)$, ta có \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n)+f(n+1) = \dfrac{f(n+1)f(n + 2)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{3}\] Lấy $(3)$ trừ $(1)$ theo vế ta được \[f(n + 1) = \frac{{f(n + 1)f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)f(n + 1)}}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\tag{4}\] Do $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ nên từ $(4)$ ta có \begin{align*} &1 = \frac{{f(n + 2)}}{2} - \frac{{f(n)}}{2},\forall n \in \mathbb{N^*}\\ \Leftrightarrow& f(n + 2) = f(n) + 2,\,\forall n \in \mathbb{N^*}. \end{align*}Phương trình đặc trưng ${\lambda ^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \lambda = 1\\ \lambda = - 1. \end{array} \right.$
Do đó $f(n) = A + B{( - 1)^n} + Cn,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$. Do $f(1)=a$, $f(2)=2$, $f(4)=4$ nên $$\left\{ \begin{array}{l} A - B + C = a\\ A + B + 2C = 2\\ A + B + 4C = 4 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A - B = a - 1\\ A + B = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} C = 1\\ A = \dfrac{{a - 1}}{2}\\ B = \dfrac{{1 - a}}{2}. \end{array} \right.$$ Vậy $f(n) = \dfrac{{a - 1}}{2} - \dfrac{{(a - 1){{( - 1)}^n}}}{2} + n,\,\forall n \in \mathbb {N^*}.$$(5)$
Từ $(5)$ thấy rằng, nếu $n$ chẵn thì $f(n)=n\ne 0$ (kết quả này giống như ở cách 1), nếu $n$ lẻ thì $f(n)=a-1+n$ (kết quả này giống như ở cách 1). Ta có $a-1+n=0 \Leftrightarrow a=1-n$. Như thế, hàm số $f$ xác định bởi $(5)$ thỏa mãn các yêu cầu đề bài khi và chỉ khi $$a \in \mathbb R\backslash \left\{ {0, - 2, - 4, \ldots } \right\}.$$ Lưu ý. Ta có công thức quen thuộc sau: \[1 + 2 + \cdots + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\,\,(n \in \mathbb {N^*}).\] Do đó $f(n) = n,\,\,\forall n \in \mathbb {N^*}$ là một hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, và hàm này ứng với $a=1$ trong cả hai lời giải trên. Như thế, kết quả bài toán \ref{ckb7iocato} này thực sự có ý nghĩa, nó cho ta tất cả các hàm số $f~:~{\mathbb{N}}^{*}~\to ~\mathbb{R}\backslash \left\{{0}\right\}$ thoả mãn công thức \[f(1) + f(2) + \cdots + f(n) = \dfrac{f(n)f(n + 1)}{2},\forall n \in \mathbb {N^*}.\]