Chuyên đề mối LIÊN hệ GIỮA số HỌCVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀMT07

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỒNG BẰNG VÀ DUYÊN HẢI BẮC BỘ HỘI THẢO KHOA HỌC NĂM 2019 BÁO CÁO KẾT QUẢ CHUYÊN ĐỀ Chuyên đề: MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌCVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC MỤC LỤC BẢNG CÁC KÝ HIỆU PHẦN A : ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU .5 III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU IV GIẢ THUYÊT KHOA HỌC .5 V BỐ CỤC PHẦN B : NỘI DUNG .6 B1 KIẾN THỨC CƠ BẢN B2 MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP Z .7 I Sử dụng công cụ hàm số tập số nguyên giải toán Số học II Sử dụng công cụ Số học để chứng minh tính chất hàm số tập số nguyên15 III Sử dụng công cụ Số học để giải phương trình hàm tập số nguyên 26 IV Bài tập tương tự 45 V Kết sau áp dụng đề tài 51 PHẦN C : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ………………………………………… 52 Một số hướng phát triển Đề tài……………………………………………………52 Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài…………………………… 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO .53 BẢNG CÁC KÝ HIỆU �:  0;1;2;3;  Tập hợp số tự nhiên : N* : Tập hợp số tự nhiên khác Z : Tập hợp số nguyên : � : Tập hợp số nguyên tố Q C R : : Tập hợp số hữu tỉ Tập hợp số phức : Tập hợp số thực x �Z : x thuộc Z; x aM b : a chia hết cho b : aM a không chia hết cho b|a : b ước b | a : b không ước :  1;2;3;   ; 3; 2; 1;0;1;2;3;  số nguyên b , a bội b a ,b b chia hết a a a �b  mod m  : a đồng dư với b theo môđun m , a  b chia hết cho m  a, b   a, b   a; b  � � : ƯCLN a b : BCNN a b : cặp số ,nghiệm phương trình hai ẩn số : Suy : Tương đương với ,khi (đpcm),  : , :  , , �� Điều phải chứng minh , kết thúc toán hay phép chứng minh Tồn tại,mọi ,hoặc, giao   n  : Hàm Ơle số nguyên dương n MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học vua khoa học Số học Nữ hoàng" Điều nói lên tầm quan trọng Số học đời sống khoa học Số học giúp người ta có nhìn tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Phương trình hàm tập số nguyên, với định lý, tính chất gắn liền với nó, xem công cụ mạnh để giải gọn đẹp nhiều toán Số học Những tốn phương trình hàm tập số ngun,xuất thường xuyên kì thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia quốc tế ngày trở nên quen thuộc người yêu toán Đặc biệt việc giải phương trình hàm, chứng minh tính chất hàm số ngun Ngồi việc sử dụng kỹ thuật chung, ta sử dụng tính chất số học đặc trưng tập rời rạc : tính chất chia hết, tính chất số nguyên tố, ƯSCLN, BSCNN số nguyên, số phương, thặng dư bình phương, số mũ lớn số nguyên tố số … Chiều ngược lại để giải số toán số học : Chia hết , chứng minh số có tính chất số học đó, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh bất đẳng thúc số học…Ta cần xây dựng hàm số tương thích sử dụng tính chất hàm để giải tốn số học đó, việc xây dựng hàm số đơn giản cần am hiểu sâu sắc giải tích hàm tính chất hàm…Bài viết giúp bạn giải vài vấn đề nhỏ quan hệ Phương trình hàm tập số nguyên Số học Xuất phát từ ý nghĩ tơi sưu tầm hệ thống lại số toán để viết lên chuyên đề " Mối liên hệ Số học phương trình hàm tập số nguyên qua kỳ thi Olympic ” Chuyên đề gồm phần : - Phần A : Đặt vấn đề - Phần B : Nội dung - B1: Kiến thức -B2: Mối liên hệ Số học phương trình hàm tập số nguyên - Phần C- Kết luận kiến nghi - Phần D: Tài liệu tham khảo Mục tiêu số mẫu, số khác biệt nói lên phần yếu chuyên đề Tuy vậy, thiếu sót nhầm lẫn khơng thể tránh khỏi tất , phương diện chuyên môn phương diện sư phạm Lối trình bày giải lối Tôi cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chun đề, học sinh theo mà khơng lạc hướng Ngồi lúc viết tơi ln ln ý đến bạn nhiều lí phải tự học, giản dị đầy đủ phương châm viết chuyên đề Tôi xin trân thành cảm ơn thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho chỗ thơ lâu phê bình chân thành để có dịp tơi sửa chữa chuyên đề hoàn thiện II MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu vai trò “ Số học Phương trình hàm tập số nguyên ” việc giải toán số học, đại số sơ cấp - Vận dụng “Số học Phương trình hàm tập số nguyên” tình cụ thể nhằm phát huy khả tư toán học cho học sinh - Đề xuất số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy lực tư giải toán phần “Số học Phương trình hàm tập số nguyên” chương trình chun tốn THPT III PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Trong sáng kiến kinh nghiệm sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu chuyên “Số học Phương trình hàm tập số nguyên” đặc biệt tài liệu liên quan đến “ Số học Phương trình hàm tập số nguyên” tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh lớp chuyên toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm IV GIẢ THUYÊT KHOA HỌC Nếu học sinh học chuyên sâu theo chuyên đề phát triển lực tư Tốn học, đặc biệt có phương pháp để giải tốn Số học Phương trình hàm tập số nguyên Đây phần khó với học sinh lớp chuyên toán V BỐ CỤC Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính: Phần A- ĐẶT VẤN ĐỀ Phần B- NỘI DUNG - B1 : Kiến thức - B2 : Mối liên hệ Số học Đa thức nguyên -I Sử dụng công cụ hàm số tập số nguyên giải tốn Số học -II Sử dụng cơng cụ Số học để chứng minh tính chất hàm số tập số nguyên -III Sử dụng công cụ để giải phương trình hàm tập số nguyên -IV: Bài tập tương tự -V Kết sau áp dụng đề tài Phần C- Kết luận kiến nghi PHẦN B : NỘI DUNG B1: KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chuyên đề này, ta quan tâm đến hàm số f  x  với tập xác định D  f  �Z tập giá trị R  f  �Z Giả sử 0 �A, B �Z Xét hàm số f : A � B , ta có định nghĩa số mệnh đề hữu ích liên quan đến tính chất ánh xạ hàm số sau Ánh xạ Đinh nghĩa Ánh xạ f : A � B gọi đơn ánh với a, b �A mà a �b f  a  �f  b   A  B  Hệ quả: f đơn ánh f  a   f  b  suy a  b (mọi a, b �A ) Đinh nghĩa Ánh xạ f : A � B gọi toàn ánh với phần tử b �B tồn phần tử a �A cho f  a   b  A �B  Đinh nghĩa Ánh xạ f : A � B gọi song ánh f vừa đơn ánh vừa toàn ánh  A  B Chú ý +) Để chứng minh f toàn ánh, ta chứng minh A �B , nghĩa tập giá trị ( tập B�   f  a  : a �A ) có B��B +) Ánh xạ f : A � B song ánh với b �B , tồn a �A cho f  a  b Hàm đơn điệu i Hàm số f  x  gọi tăng  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2 f  x1  �f  x2  ii Hàm số f  x  gọi tăng ngặt  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  Hệ quả: Nếu hàm số f  x  tăng  a; b  f đơn ánh f hàm tăng ngặt  a; b  iii Hàm số f  x  gọi giảm  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2 f  x1  �f  x2  iv Hàm số f  x  gọi giảm ngặt  a; b  với x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 f  x1   f  x2  Hệ quả: Nếu hàm số f  x  giảm  a; b  f đơn ánh f hàm giảm ngặt  a; b  v Hàm tăng ngặt giảm ngặt gọi đơn điệu thực Chú ý f liên tục f đơn ánh khoảng f hàm đơn điệu thực Tính chất: f : A � B, g : A � B hai hàm tăng f  g hàm tăng f : A � B, g : A � B hai hàm tăng khơng âm f  x  g  x  hàm tăng f : Af � B g : Ag � B hai hàm tăng, T f �Ag g o f  g  f  x   tăng , T f tập giá trị f tức T f   f  x  : x �Af  Hệ quả: Nếu f  x  hàm tăng f  f  x   (nếu xác định) tăng  Nếu f  x  hàm giảm f  f  x   (nếu xác định) tăng  Hàm cộng tính, hàm nhân tính 3.1 Hàm cộng tính Hàm f  x  gọi cộng tính tập xác định D với x, y �D x  y �D f  x  y   f  x   f  y  3.2 Hàm nhân tính Hàm f  x  gọi nhân tính tập xác định D với x, y �D x �� y D f  x � y   f  x  �f  y  Một số kết có sẵn 4.1 Phương trình hàm Cauchy Cho f : R � R , f cộng tính tồn x0 �R : lim f  x   f  x0  Khi f  x   kx với x �R với k số , k �R x�x 4.2 Cho f : R � R , f cộng tính đơn điệu R Khi f  x   kx với x �R với k số , k �R  f  x   f  x0  Khi 4.3 Cho f : R � R , f hàm nhân tính tồn x0 �R : lim x�x f  x   x với x �R với  �R số ,  �R tùy ý 0 Các phương pháp giải phương trình hàm 1) Phương pháp biến 2) Phương pháp sử dụng tính liên tục 3) Sử dụng tồn ánh 4) Sử dụng tính chất đơn ánh, song ánh 5) Sử dụng tính chất đơn điệu 6) Sử dụng tính chất điểm bất động B2 : Mối liên hệ Số học Phương trình hàm tập số nguyên I Sử dụng công cụ hàm số để giải tốn số học Ví dụ 1.1 (Timi§oara Mathematics Review) Gọi p số nguyên tố a, b, c, d số nguyên dương phân biệt thỏa mãn : a p  b p  c p  d p Chứng minh rằng: a  c  b  d �p p p p Giải Theo định lý Fermat’s ta có a  a �0  mod p  , b  b �0  mod p  , c  c �0  mod p  d p  d �0  mod p  Do từ đề � a  b �c  d  mod p  � a  c  b  d �0  mod p   Nếu a  b �c  d a  c  b  d �a  c  b  d �p ( a  c  b  d �0  mod p  a  c  b  d �0 )  Nếu a  b  c  d p Giả sử a  c  d  b Xét hàm số f  t   t với t � 0; � Ta thấy hàm f  t  xác định liên tục đoạn  c; a   b; d  , hàm f  t  có đạo  t   pt p 1 ) khoảng  c; a   b; d  nên thỏa mãn điều kiện định lý hàm ( f � Lagrange tức tồn số t1 � c; a  t2 � b; d  cho : � f  a  f  c � p 1 a p  c p � f t    � �pt1  a  c � � ac �� � f d  f b d p  bp     p 1 �f � � pt  t   2 � � d b � d b � p p p p Mà a  c  d  b a  c  d  b Suy pt1p 1  pt2p 2 � t1  t2 mâu thuẫn ( t1 , t2 thuộc hai khoảng khác nhau) Từ hai khả ta có điều cần chứng minh p Nhận xét: để chứng minh xảy a  b  c  d ta xây dựng hàm số f  t   t từ nhờ định lý Lagrange đẫn đen mâu thuẫn Ví dụ 1.2 ( Bulgarian MO 2005) Gọi a, b, c số nguyên dương cho ab chia hết c  c  c  1 a  b chia hết cho c  Chứng minh tập hợp  a, b  c, c  c  1 trùng  Giải Giả sử a �b Từ đề bài: a  b  k  c  1 ,  k �Z  , từ suy b � k   c 1 k  c  1 2 k  c  1  a � Cũng theo đề có c  c  c  1 Mab � ab  a � � ��c  c  c  1 a a a � k  c  1 � � �, ta thấy f  x  hàm số k  c  1  x � �; Xét hàm số f  x   x � � �trên khoảng � � � � � k  c  1 � k  c  1 � � � ; đồng biến khoảng ta thấy �c , hai số a, c thuộc � � � � � k  c  1 � � �; khoảng � � � � � � k  c  1  a � k  c  1  c � Nếu a  c thì: a � � � f  a   f  c   c � ��c  c  c  1 vô lý 2 � bc  kc  c  c  1 � k  c  1  a � Do a �c b � � � c � � kc  c  c  1  kc  ac Từ suy b �kc  ac , kc  ac  2 2 Nhưng b  k  c  1  a  kc  a �kc  ac �kc  c �0 vô lý Vậy để xảy điều kc  ac  � a  kc �c Do k  a  c 2 Vì b  k  c  1  a  c   c , ta có điều phải chứng minh Nhận xét: cách làm hay giải toán chứng minh hai tập hợp số nguyên nhờ việc sử dụng hàm số thích hợp Ví dụ: 1.3 ( Vơ địch Nga 1978) Tìm tất cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn phương trình : y 2 x  x  y  x 1  y y 2 x  x  y  1 Giải Từ đề ta thấy x  y �1 Đối với phương trình cho thực phép biến đổi sau y y x  x2  y  x  x  y  x2  y2  x  y � x  y y x   x  y  x  y y �  x  y x �  x  y 1 y  x  y x y 1 x  x y   x  y 1 y x �  x  y x y x   x  y x y x �  x  y x y   x  y x y  1 �  x  y  x y   x  y  x y 1 � ln  x  y  x  y  ln  x  y  x  y � ln  x  y  ln  x  y   x y x y ln t với t �1 t  ln t f� Đạo hàm  t  t f�  t   �  ln t  � t  e Xét hàm số f  t   f�  t   �t  e � hàm số f  t  tăng nghiêm ngặt khoảng  1;e  f�  t   t  e � hàm số f  t  giảm nghiêm ngặt khoảng  e; � Vì , f  t1   f  t2  �t1  t2 �t1  e t2  e Trở lại phương trình  1 ta nhận thấy rằng, : �x  y  x  y , nên �x  y  e Nhưng x  y �N* a) x  y  , b) x  y  a) Nếu x  y  thay vào  1 ta 1x  y  x  y � x  y  � y  mâu thuẫn b) Nếu x  y  thay vào  1 ta x  y   x  y  Nhận xét : n �5 ta có bất đẳng thức sau 2n  n ( pp dùng quy nạp cm ) Từ suy  x  y �4 Kiểm tra x  y  khơng thích hợp Còn x  y  thích hợp kết hợp với x  y  ta nhận x  y  thỏa mãn Phương trình có cặp  x; y    3;1 Nhận xét Để giải phương trình nghiệm nguyên dạng mũ mà việc sử dụng khái niệm tính chất số học khơng dễ dàng, nghĩ đến việc sử dụng hàm số đẻ giải tốn Ví dụ: 1.4 (BMO and IMO TST 2007) Chứng minh không tồn hai số nguyên dương phân biệt cho: x 2019  y !  y 2019  x ! Giải Ta chứng minh cho toán tổng quát: Với số nguyên n �2 cho n �2m  1 m �N*  hàm số f : N* � Z : f  x   x ! x n đơn ánh Đầu tiên ta chứng minh f hàm tăng với x �2n Thật với x �2n ta có x ! � 1.x    x  1   n  x   n   �x.x x  x n n 2n � 1� � �  ���  � �e Ta lại có : � � x � � 2n � Từ điều ta có : n n � � 1� � �� n f  x  1  �  � x ! x   � x 1 �  ��x ! � x� � x �� � 2n � � �� �f  x   � x 1 �  � �x ! �f  x    x   e  x !  f  x  � 2n � � � Vậy f hàm tăng với x �2n * n Ta chứng minh nhận định ban đầu hàm số f : N � Z : f  x   x ! x đơn ánh Bằng phản chứng Giả sử ta có x �y f  x   f  y  Với k �Z p số nguyên tố , kí hiệu v p  k  số mũ lớn p phân tích tiêu chuẩn k n n Gọi p ước nguyên tố x p x ! , p x p y ! Do p x  x ! y ! suy p y n nên p y Từ y ! x !  x ! �  x  1  x   L y  1� � �chúng ta thấy : v p  x !  v p  y ! x !  v p  y n  x n  �n �x � �x � �1 � x Bởi vì: v p  x !  � � � � L �x �   L � từ suy : �p � �p � �p p � p 1 x � p  1 v p  x ! � p  1 n Do hàm f  z  hàm tăng với z �2n , phải có p  x  2m Như n �2m  2n , từ � �1 v2  x ! y !  v2  x !  2m �   L  m � 2m  � �2 n n m Và n v2  y  x  � n  kết n  2m  vô lý Điều giả sử sai Vậy phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương phân biệt Nhận xét : Để chứng minh tốn khơng tồn hai số nguyên dương phân biệt thỏa mãn hệ thức ta chuyển tốn hàm số chứng minh hàm số Đơn ánh Ví dụ 1.5 (Polish MO 2013) Cho b, c �Z , hàm số f  x   x  bx  c k1 , k2 , k3 �Z cho 10 Trong   thay u  v ta thu : x  f  z   z  f  x  , x, z �N* � f  x   x  f  z   z , x, z �N* 2 2 2 Vậy f  x   x  a �Z � f  x   x  a, x �N*   Nhận thấy vế trái   số phương nên a  Do f  x   x , x �N* � f  x   x, x �N* * Vậy có hàm thỏa mãn đề là: f  x   x, x �N 2 Nhận xét Bài tốn khó việc biến y x  f  y  , việc chọn k  u  f  v  , v việc hoán đổi u cho z v cho x để cuối biểu thức đối xứng x, z Ví dụ 3.18 Tìm tất hàm f : N* � N* cho lcm  f  a  , b   lcm  a, f  b   với a, b �N* Kí hiệu: lcm  a, b  bội số chung nhỏ a b Giải Kí hiệu P  x, y  phép thay  x, y  � N*  tương ứng vào điều kiện lcm  f  x  , y   lcm  x, f  y   * + Với P  x,1 : lcm  f  x  ,1  lcm  x, f  1  , x �N � f  x   lcm  x, f  1  , x �N* * Và đó: f  x   lcm  x, c  , x �N , số c �N* Đây hàm cần tìm với lựa chọn số c �N* : lcm  lcm  x, c  , y   lcm  x,lcm  y, c    lcm  x, y, c  , x, y �N* * Vậy có hàm thỏa mãn đề là: f  x   lcm  x, c  , x �N số c �N* Ví dụ 3.19 Tìm tất hàm f : N* � N* cho : xf  x   yf  y   x  y  Giải 2018 , x, y �N* Xét số nguyên tố p với p  Kí hiệu P  x, y  phép thay  x, y  � N*  tương ứng vào điều kiện + Với : xf  x   yf  y   x  y  2018 P  p, p  : pf  p   pf  p   pf  p   p  p  2018  2018 � p 4036   Ta suy ra: f  p   p ,   ,  �N + Với : P  p,  : pf  p   f    p   2018 Do p  không chia hết suy pf  p  không chia hết cho f  p   không chia hết cho Vậy f  p   p ,   �N + Với: P  1,1 : f  1  f  1  f  1  12  12  2018  22018 � f  1  2   �N 39 + Với: P  2,1 : f    f  1  22  12  2018 + Với: P  p,1 : pf  p   f  1  p  12   �   hay f  1   52018 � f  1  2 M 2018 � p 1   p  1 2018 �  1  �   t * ( gcd  p  1, p  1  2, t  N , t ) Vậy f  p   p Cố định x �N* ,với p số nguyên tố lẻ + Với: P  p, x  : pf  p   xf  x   p  x  2018 � xf  x   p  p  xf  x   x  xf  x   � xf  x   p  x  xf  x   2018 2018  * Cho p � � từ  * suy x  xf  x   � f  x   x * Vậy có hàm số thỏa mãn đề là: f  x   x, x �N Ví dụ 3.20 Tìm tất hàm f : N* � N* tăng thực tập f    với x, y �N* nguyên tố ta có : f  mn   f  m  f  n  Giải Đặt f  3   k ,  k �N Theo giả thiết f hàm tăng thực hàm nhân tính N* f    f  2.3   f   f     k   f  5 2k f  9 4k f  10   f  2.5  f   f   �10  4k   f  18   f  2.9   f   f   �18  8k   kể từ f  3 Mặt khác  f  15  k 15 8k  1 f  5 k Và từ ta có f  15   f  3.5   f  3 f   �15  8k  k   Từ  1   � 15  8k �k  8k  15 � k  tức f  3    f  3  f  21  1  21  f    f  21    21  f    f  22  1  22  f    f  2    22  Ta dự đoán f   1    v �N   1 f       v �N    ta chứng minh hai công thức với v  1, 2, quy nạp Với v  1, v  cơng thức  1   Giả sử công thức  1   v v * v v * với v ta cần chứng minh  1   với v    f  2v 1    f  2v  1  f   f  2v  1   2v  1  2v 1  40 v 1 v 1 Do hàm f hàm tăng thực nên ta có f   1   Vậy theo nguyên lý quy v v * nạp công thức f   1    v �N  với v  1 f  2v    2v   v �N  ,   * Vậy tốn có nghiệm f  m   m, m �N Ví dụ 3.21(Mexico MO 2015) Tìm tất hàm f : N* � N* cho: f  1  f  x  y  xy   x  y  f  xy  , x, y �N* Giải Kí hiệu P  x, y  phép thay  x, y  � N*  tương ứng vào điều kiện * f  x  y  xy   x  y  f  xy  Đặt f    a �N , xét n �N x �N* * n n 1 n 1 n n + Với P  x  1,  � f  x   x  1  f   x  1    x  n n n 1 n 1 n n n n + Với P  x   x,1 � f  x   x  1  f  x   x   x   x  n n n n n + Với P  x,  � f  x   x   f  x    x  1  2  3 Từ    3 sau trừ cho  1 ta : f  2n  x  1   f  2n x   2n x  2n , x �N* , n �N * Kí hiệu Q  n, x  phép thay  n, x   N N tương ứng vào điều kiện : f  2n  x  1   f  n x   n x  2n   Bây lấy n �2 n n + Với P  2,   f  2  f  2n 1  2n f  2n 1  f  2n 1  n 2n 2�  f �  2n  + Với Q  1,3 �    + Với Q  n 1, n  f  2n 1  2n 1  4  5  6 Từ     sau trừ cho   ta kết sau f  2n 1   f  2n 1   �2n 1 , n �2, n �N n nn : f  22 n   22 n  f    4, n �N* n nn f  22 n 1   22 n 1  a  2, n �N n nn + Với P  2,  � f    a  f  2n   2n  a  2, n �N* n n n n + Sử dụng Q  n, x  � f   x  1   f  x   x  Và thật dễ dàng dùng quy nạp ta f  2n  1  2n  , n �N* Vì thế, f  x   x  a  Từ P  3,5  � a  f  x   x x �N* * Vậy f  x   x x �N nghiệm toán 41 Ví dụ 3.22 Tìm tất hàm số f : N � N thỏa mãn : a f  mn   f  m  f  n  , m, n �N b f  n  tăng thực c f    25 Giải Kí hiệu P  a, b  phép thay  a, b  � N tương ứng vào điều kiện : f  mn   f  m  f  n  - Với P  0,0  : f    f   � f    �f    - Với P  1,1 : f  1  f  1 � f  1  �f  1  2 Do f hàm tăng thực tập N nên ta có f    0, f  1  Ta chứng minh với p �2  p �N  f  p   p �m � Thật xét với m �N đặt k  � � log p � � m +    k k log p m Khi ta có : k �+ log p ۣ