PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN đến TÍNH CHẤT số HỌC

1 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 MỤC LỤC A Ví dụ giải tốn B Bài tập PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN CÁC TÍNH CHẤT SỐ HỌC Trong kì thi Olympic tốn giới năm gần xuất nhiều toán xác định hàm số mà lời giải cần sử dụng nhiều tính chất số học, tính chất nghiệm phương trình nghiệm ngun Các tốn đa dạng, khó điều quan trọng tiếp cận chúng phải dự đốn nghiệm để tìm tính chất đặc trưng cho hàm cần tìm Muốn học tốt phần trước hết học sinh phải trang bị kiến thức tương đối đầy đủ Số học Phương trình hàm Trong viết chuyên đề chúng tơi xin nên số ví dụ tiêu biểu với hệ thống tập tương đối nhiều, sưu tầm qua kỳ thi Olympic năm gần đây, qua nhằm giúp học sinh có kĩ phương pháp định tiếp cận tốn dạng A VÍ DỤ GIẢI TỐN Bài tốn Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn m2 + f (n)| f (m) + n (1) với cặp số nguyên dương m, n (với Z+ tập số nguyên dương) Lời giải Thay m = n = vào (1), ta + f (1)|1 + f (1), suy ® + f (1)|1 + f (1)2 ⇒ + f (1)| (1 + f (1))2 − + f (1)2 + f (1)|(1 + f (1))2 Do + f (1)|2 f (1), mà gcd ( f (1), + f (1)) = nên + f (1)|2 f (1) = Bây giờ, thay m = vào (1), ta + f (n)|1 + n Từ suy f (n) ≤ n, ∀n ∈ Z+ (2) Thay n = vào (1), ta m2 + 1| f (m) + Từ suy m ≤ f ( m ), ∀ m ∈ Z+ (3) Kết hợp (2) (3), ta f (n) = n, ∀n ∈ Z+ Hàm thỏa mãn yêu cầu toán Chú ý Có thể coi (1) tốn phương trình hàm (dù khơng có hai vế) kiểu tương đối Sau đưa cách tiếp cận cho tốn dạng số tốn có dạng tương tự Hy vọng bạn đọc thấy điểm chung lời giải toán này, từ đúc kết phương pháp giải chung Bài tốn (IMO Shortlisted 2004, India 2005) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn f (m) + f (n)| m2 + n MỤC LỤC (1) |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 với cặp số nguyên dương m, n Lời giải Phân tích, tìm lời giải Đầu tiên ta thử tính số giá trị đặc biệt f (1), f (2), f (3), để dự đốn cơng thức hàm số f Từ điều kiện ban đầu ta thay m = n = thu f (1)2 + f (1) Từ điều kiện f (1) ≥ f (1)2 + f (1) ≥ 6, vơ lí, suy f (1) = Thay m = 1, n = m = 2, n = vào điều kiện ban đầu ta   f (1)2 + f (2) (1 + f (2))| ⇔ ⇔ f (2) = f (2)2 + 25  f (2)2 + f (1) 25 Như ta dự đoán f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Hướng thứ Đầu tiên ta nghĩ đến hướng sử dụng phương pháp quy nạp Giả sử f (k ) = k, k = 1, 2, , n Ta chứng minh f (n + 1) = n + Thật vậy, ta thay m n, thay n n + 1; sau lại thay m n + vào điều kiện ban đầu ta f ( n )2 + f ( n + 1) n2 + n + f ( n + 1)2 + f ( n ) ( n + 1)2 + n ⇒ n2 + f ( n + 1) n2 + n + ⇒ n + f ( n + 1)2 n2 + 3n + Ta nhận thấy từ hai điều kiện để đánh giá f (n + 1) khó khăn hướng làm thứ bế tắc Hướng thứ hai Ta nhận thấy chọn m, n ∈ N∗ cho m2 + n số nguyên tố ta tính f (m)2 + f (n) Chọn m = p − 1, n = 1, p số nguyên tố Khi từ điều kiện ban đầu ta thu f (1)2 + f ( p − 1) (1 + p − 1)2 ⇒ f ( p − 1) + 1| p2 ¶ © ¶ © ⇒ f ( p − 1) + ∈ p, p2 ⇒ f ( p − 1) ∈ p − 1, p2 − • Trường hợp 1: f ( p − 1) = p2 − Để sử dụng kết ta thay m = p − vào điều kiện ban đầu với số nguyên dương n ta f ( p − 1)2 + f (1) ⇔ p2 − ⇔ p2 − 2 ( p − 1)2 + +1 ( p − 1)2 + +1 ( p2 − 2p + 2)2 2 ⇔ p4 − 2p2 + ( p4 + 8p2 + − 4p3 − 8p) ⇔ p4 − 2p2 + −4p3 + 10p2 − 8p + ⇔ p4 − 2p2 + 4p3 − 10p2 + 8p − ⇒ p4 − 2p2 + ≤ 4p3 − 10p2 + 8p − Từ chia hai vế cho p3 cho p → +∞ thấy vơ lí MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 • Trường hợp 2: f ( p − 1) = p − Để sử dụng kết ta thay m = p − vào điều kiện ban đầu với số nguyên dương n ta f ( p − 1)2 + f ( n ) | ( p − 1)2 + n ⇔ ( p − 1)2 + f ( n ) | ( p − 1)2 + f ( n ) + n − f ( n ) ⇔ ( p − 1)2 + f (n) |(n − f (n))2 Nếu ta chọn p số nguyên tố đủ lớn điều kiện xảy f (n) = n Từ ta có f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại thấy thỏa mãn Giải Thay m = n = vào (1), ta f (1) + f (1)|4 ⇒ f (1) + f (1) ≤ ⇒ f (1) = Tiếp tục, thay n = vào (1), ta f ( m ) + 1| m2 + , ∀ m ∈ Z+ Suy f (m) < m2 + , hay f (m) < m2 + Nói cách khác, ta có f ( m ) ≤ m , ∀ m ∈ Z+ Bây giờ, thay m = n = p − với p số nguyên tố vào (1), ta + f ( p − 1)| p2 Suy + f ( p − 1) ∈ { p, p2 }, tức f ( p − 1) ∈ { p − 1, p2 − 1} Tuy nhiên, f ( p − 1) ≤ ( p − 1)2 < p2 − nên ta có f ( p − 1) = p − với p nguyên tố Tiếp theo, thay m = p − 1, ta f ( p − 1)2 + f ( n ) | ( p − 1)2 + n ⇔ ( p − 1)2 + f ( n ) | ( p − 1)2 + f ( n ) + n − f ( n ) ⇔ ( p − 1)2 + f (n) |(n − f (n))2 (2) Từ (2), cố định n cho p → +∞, ta ( p − 1)2 + f (n) → +∞, p số nguyên tố đủ lớn, từ (2) suy f (n) = n Thử lại, ta thấy hàm f (n) = n thỏa mãn yêu cầu tốn Chú ý Giữa phân tích tìm lời giải trình bày lời giải có khác định, trình bày lời giải ta rút kinh nghiệm Chẳng hạn phân phân tích tìm lời giải ta vất vả việc loại bỏ trường hợp f ( p − 1) = p2 − 1, nhiên trình bày lời giải ta làm cho gọn gàng dễ dàng Trong số tình huống, việc sử dụng số ngun tố tính vơ hạn tập số nguyên tố (bằng cách cho số nguyên tố p → +∞, hay cho số nguyên tố p đủ lớn) hữu hiệu MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Bài toán (Balkan 2017) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn n + f (m)| f (n) + n f (m) với cặp số nguyên dương m, n Lời giải Do f (n) + n f (m) = f (n) − n2 + n [ f (m) + n] nên từ giả thiết, ta có n + f (m)| f (n) − n2 , ∀m, n ∈ Z+ (1) Giả sử tồn n0 ∈ Z+ cho f (n0 ) > n20 Khi đó, cách thay m = n = n0 vào tính chất (1), ta n0 + f (n0 )| f (n0 ) − n20 , mâu thuẫn n0 + f (n0 ) > f (n0 ) − n20 > Do f ( n ) ≤ n2 , ∀ n ∈ Z+ Dễ thấy f (n) = n2 , ∀n ∈ Z+ nghiệm toán Xét trường hợp f (n) ≡ n2 , tồn n1 ∈ Z+ cho f (n1 ) < n21 Thay n = n1 vào (1), ta n1 + f (m)|n21 − f (n1 ), ∀ m ∈ Z+ Do đó, ta có f (m) ≤ n21 − n1 − f (n1 ) với m nguyên dương Nói cách khác, f (n) bị chặn số c dương Bây giờ, thay m = n vào (1), ta n + f (n)| f (n) − n2 , ∀n ∈ N∗ mà f (n) − n2 = f (n) − f (n) + f (n) − n2 , nên suy n + f (n)| f (n) − f (n), ∀n ∈ Z+ (2) Để ý rằng, với n > c2 − 2c f (n) − ≤ c − nên [n + f (n)] − [ f (n) − f (n)] = n + − [ f (n) − 1]2 ≥ n + − (c − 1)2 > Do đó, kết hợp với (2), ta f (n) − f (n) = hay f (n) = với n > c2 − 2c Bây giờ, ta có ý n2 − f (n) = [n2 − f (m)] + f (m) − f (n) nên kết hợp với (1), ta suy n + f (m)| f (m) − f (n), ∀m, n ∈ Z+ (3) Cố định m, chọn n nguyên dương cho n > c2 + c > c2 − 2c, ta n + f (m) > c2 + c ≥ f (m) + f (n) > | f (m) − f (n)| Do để tính chất (3) thỏa mãn phải có f (m) = f (n) = 1, hay f (m) = 1, ∀m ∈ Z+ Thử lại ta thấy hàm f (n) = 1, ∀n ∈ Z+ thỏa mãn u cầu tốn Tóm lại, tốn có hai nghiệm hàm f (n) = n2 f (n) = Nhận xét Sau chứng minh f (n) ≤ n2 ta cịn cách khác để hồn tất lời giải toán sau: Thay m = n = p với p nguyên tố vào giả thiết, ta p + f ( p)|( p + 1) f ( p) Nếu p khơng chia hết f ( p) ta có ( p + f ( p), f ( p)) = 1, suy p + f ( p)| p + Mà p + f ( p) ≥ p + nên ta có f ( p) = Tóm lại, với số ngun tố p MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 f ( p) = 1; p| f ( p) Gọi A tập số nguyên tố p cho f ( p) = 1, B tập hợp số nguyên tố p cho p| f ( p) Rõ ràng hai tập A , B có tập hợp chứa vô hạn phần tử Trường hợp 1: A tập vô hạn Thay n = p với p ∈ A vào giả thiết toán, ta p + f (m)|1 + p f (m), mà + p f (m) = − f (m) + f (m) [ p + f (m)] nên ta có p + f (m)| f (m) − Cố định m cho p → +∞, ta f (m) = Hàm f (n) = thỏa mãn yêu cầu Trường hợp 2: B tập vô hạn Thay m = p với p ∈ B vào (1), ta n + f ( p)|n2 − f (n) Chú ý f ( p) ≥ p Do đó, cách cố định n cho p → +∞, ta có f ( p) → +∞ Kết hợp với kết trên, ta f (n) = n2 Thử lại, ta thấy hàm f (n) = n2 thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán (IMO, 2011) Xét hàm số f : Z → Z+ thỏa mãn f (m − n)| f (m) − f (n) (1) Chứng minh rằng, với số nguyên m, n mà f (m) ≤ f (n) f (m)| f (n) Lời giải Thay n = vào (1), ta f (m)| f (m) − f (0) hay f (m)| f (0), ∀m ∈ Z Thay m = vào (1), ta f (−n)| f (0) − f (n), ∀n ∈ Z Kết hợp với kết trên, ta suy f (−n)| f (n), ∀n ∈ Z (2) Thay n −n vào (2), ta f (n)| f (−n), ∀n ∈ Z Từ đó, cách kêt hợp với (2), ta có f (−n) = f (n), ∀n ∈ Z Lần lượt thay n −n thay n m + n vào (1) sử dụng kết trên, ta f (m + n)| f (n) − f (m), ∀m, n ∈ Z, (3) f (n)| f (m) − f (m + n), ∀m, n ∈ Z, (4) Bây giờ, xét số nguyên m, n cho f (m) ≤ f (n), ta có trường hợp sau: Trường hợp 1: f (m + n) ≥ f (n) Khi đó, f (m + n) ≥ f (n) > f (n) − f (m) ≥ 0, nên từ (3), ta suy f (m) = f (n) Trường hợp 2: f (n) > f (m + n) Khi đó, f (n) ≥ max{ f (m), f (m + n)} > | f (m) − f (m + n)| nên từ (4), ta suy f (m) = f (m + n) Thay vào (3), ta f (m)| f (n) Tóm lại, trường hợp, ta có f (m)| f (n) Bài toán chứng minh MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 B BÀI TẬP Đề Bài tốn Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ cho với m, n ∈ N∗ , ta có f (m) + f (n) | m + n Bài toán (IMO Shortlist 2012) Cho n số nguyên dương lẻ Tìm tất hàm số f : Z → Z thỏa mãn f ( x ) − f (y) | x n − yn với x, y ∈ Z Bài toán (APMO 2019 P1, Indonesian MO 2020) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f ( a) + b| a2 + f ( a) f (b), ∀ a, b ∈ Z+ Bài toán (Thanh Hóa TST 2018-2019 vịng 2; IMO Shortlist 2016) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện ( f ( a) + f (b) − ab) | ( a f ( a) + b f (b)) , với a, b ∈ N∗ Bài tốn (Korean National Olympiad 2013) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện f (mn) = lcm(m, n) · gcd( f (m), f (n)), ∀m, n ∈ N∗ Với ký hiệu lcm(m, n) ước chung lớn m n, gcd( f (m), f (n)) bội chung nhỏ f (m) f (n) Bài toán 10 (Iran TST, 2008) Cho số nguyên dương k Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f (m) + f (n) chia hết (m + n)k với cặp số nguyên dương m, n (Z+ tập hợp số nguyên dương) Bài tốn 11 (Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f : N − → N thỏa mãn: tồn số k ∈ N số nguyên tố p cho với n ≥ k, f (n + p) = f (n) m| n f (m + 1)| f (n) + Bài toán 12 Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn n! + f (m)! | f (n)! + f (m!) với m, n ∈ Z+ Bài tốn 13 (BMO, 2010) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn đồng thời điều kiện: i) f (n!) = [ f (n)]! với n nguyên dương; ii) m − n| f (m) − f (n) với m, n nguyên dương phân biệt Bài tốn 14 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m! + n!) | f (m)! + f (n)! m + n ước f (m) + f (n) với số nguyên dương m, n Bài toán 15 (IMO Shortlist, 2007) Tìm tất tồn ánh f : Z+ → Z+ thỏa mãn điều kiện: Với m, n nguyên dương với số nguyên tố p f (m + n) chia hết cho p f (m) + f (n) chia hết cho p MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Bài tốn 16 (BMO 2020) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ cho với số ngun dương n, ta ln có n (i) ∑ f (k ) số phương k =1 (ii) f (n) chia hết n3 Bài tốn 17 (IMO, 2009) Tìm tất hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn số x, f (y), f (y + f ( x ) − 1) độ dài ba cạnh tam giác với x, y nguyên dương Bài toán 18 (IRAN 2011) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện a f ( a) + b f (b) + 2ab số phương với a, b ∈ N∗ Bài toán 19 (Bài tốn P199, Tạp chí Pi tháng năm 2018) Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dương a b, tổng a2 f ( a) + b2 f (b) + 3ab( a + b) viết dạng lập phương số nguyên dương Bài toán 20 (Canada MO 2008) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ thỏa f (n) p ≡ n ( mod f ( p)) với số nguyên dưong n số nguyên tố p Bài toán 21 (Chọn ĐTQG Thanh Hóa 2017) 2018 Tìm tất đa thức P ( x ) với hệ số số nguyên thỏa mãn n(n−1) − chia hết cho P (n), với số nguyên dương n Bài toán 22 Cho f : N∗ → Z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: f ( p) = 1, với p nguyên tố; (i) + f ( xy) = y f ( x ) + x f (y) , ∀ x, y ∈ Z (ii) Tìm n ∈ N∗ bé nhất, n ≥ 2018 để f (n) = n Tìm n ∈ N∗ bé nhất, n ≥ 2018 để f (n) = 2n Lời giải Bài Giả sử tồn hàm f : Z+ → Z+ thỏa mãn f (m) + f (n) | m + n, ∀m, n ∈ N∗ Kí hiệu P( a, b) phép m = a, n = b vào (1) Khi P(1, 1), ta có f (1) | ⇒ f (1) = Giả sử p số nguyên tố P( p − 1, 1), ta có f ( p − 1) + | p ⇒ f ( p − 1) + = p ⇒ f ( p − 1) = p − MỤC LỤC (1) |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 P( p − 1, p), ta có p − + f ( p) | 2p − ⇔ p − + f ( p) | p + ( p − 1) (2) P( p, p), ta có f ( p)|2p ⇒ f ( p)| p (3) Từ (2) (3), ta có f ( p) = p với số nguyên tố p Xét n số nguyên dương p số nguyên tố Khi f (n) + p = f (n) + f ( p) | n + p Suy f (n) + p | (n + p) − ( f (n) + p) = n − f (n), ∀ p nguyên tố (4) Cố định n cho p → +∞ (ta thực điều có vơ số số ngun tố) ta f (n) + p → +∞, từ (4) dẫn tới f (n) = n, ∀n ∈ Z+ Thử lại ta thấy nghiệm hàm thỏa Do đó, nghiệm hàm cần tìm Nhận xét Trong lời giải trên, ta tính giá trị hàm f điểm số nguyên tố Do f (m) + f (n) | m + n, nên ta chọn m, n cho m + n số nguyên tố để sử dụng tính chất số nguyên tố có hai ước nguyên dương Khi xác định f ( p) = p với p số nguyên tố, kết hợp với việc dự đoán f (n) = n nghiệm hàm toán, ta thay m n số nguyên tố sử dụng tính chia hết để tạo đại lượng f (n) − n chia hết cho vơ hạn số ngun Từ đó, dẫn tới f (n) = n Bài Giả sử tồn hàm số f : Z → Z thỏa mãn f ( x ) − f (y) | x n − yn , ∀ x, y ∈ Z Kí hiệu P( x, y) mệnh đề f ( x ) − f (y) | x n − yn , ∀ x, y ∈ Z Ta thấy, f hàm thỏa u cầu tốn f + c thỏa u cầu tốn Do đó, ta giả sử f (0) = Ta có f (1) | 1, nên f (1) = ±1 Giả sử f (1) = −1 Do f thỏa tốn − f thỏa toán, nên cần xét f (1) = Ta có f (−1) − f (0)|(−1)n − 0n ⇒ f (−1)| − ⇒ f (−1) = ±1 (1) Ta có f (−1) − f (1)|(−1)n − 1n ⇒ f (−1) − 1| − (2) Từ (1) (2) suy f (−1) = −1 Xét p số nguyên tố lẻ Mệnh đề P( p, 0) cho ta kết f ( p) | pn ⇒ f ( p) = ± pd , d p Nếu d = = f ( p) − f (q) | pn − qn (với p, q số nguyên tố phân biệt) điều vơ lí Do d > Giả sử f ( p) = − pd Khi f ( p) − f (1) | pn − ⇒ − pd − | pn − ⇒ pd + | pn − Ta có pd + | p2d − ⇒ pd + | pgcd(2d,n) − Mà n lẻ nên gcd(2, n) = ⇒ gcd(2d, n) = gcd(d, n) Do pd + | pgcd(d,n) − ⇒ pd + ≤ pgcd(d,n) − ≤ pd − 1, mâu thuẫn Như f ( p) = pd Ta viết n = qd + r với ≤ r ≤ d − Khi pd − = f ( p) − f (1) | pn − = pqd+r − = pr pqd − + pr − 1, suy pd − 1| pr − < pd − ⇒ pr − = ⇒ r = ⇒ d | n Giả sử b số nguyên Chọn số nguyên tố q cho q > bn + 2| f (b)|n hay bn + | f (b)|n < q − | f (b)|n MỤC LỤC |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Ta có f (b) − f (q) = f (b) − qd | bn − qn = bn − qd Mà bn − qd n d n n = bn − f (b) d + f (b) d − qd n d , n d (3) n f (b) − qd | f (b) d − qd n d n n nên kết hợp (3) ta có bn − f (b) d f (b) − qd Nếu bn − f (b) d = n bn − f (b) d ≤ bn + | f (b)|n < q − | f (b)|n ≤ qd − f (b), n đến ta gặp mâu thuẫn Do bn − f (b) d = ⇔ f (b) = bd Thử lại ta thấy hàm số f (x) = xd , ∀x ∈ Z (với d ước dương n) thỏa mãn yêu cầu đề Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng f ( x ) = ± x d + c, ∀ x ∈ Z (với d ước dương n, c số nguyên) Bài Giả sử tồn hàm số f : Z+ → Z+ thỏa mãn f ( a) + b| a2 + f ( a) f (b), ∀ a, b ∈ Z+ (1) Từ (1) thay a p, thay b f ( p), với p số nguyên tố ta f ( p)| p2 + f ( p) f ( f ( p)) ⇒ f ( p)| p2 + f ( p) f ( f ( p)) ả â f ( p)| p2 f ( p) ∈ 1, p, p2 , ∀ p nguyên tố Giả sử tồn số nguyên tố p cho f ( p) = Khi từ (1) thay a p thay b p ta + p| p2 + ⇒ p + 1|( p2 − 1) + ⇒ p + 1|2 (vơ lí) Giả sử tồn số ngun tố p cho f ( p) = p2 Khi từ (1) thay a p thay b p ta p2 + p | p2 + p4 ⇒ p + 1| p + p3 ⇒ p + 1|( p + 1) + ( p3 + 1) − ⇒ p + 1| − (vơ lí) Do f ( p) = p với số nguyên tố p Giả sử b số nguyên dương, ta lấy p số nguyên tố lớn b Khi từ (1) thay a p ta p + b| p2 + p f (b) ⇒ p + b| p ( p + f (b)) Mà gcd( p + b, p) = nên p + b| p + f (b) ⇒ p + b| f (b) − b Do (2) với số nguyên tố p > b nên suy f (b) − b = hay f (b) = b Vậy f (n) = n, ∀n = 1, 2, Thử lại thấy thỏa mãn MỤC LỤC (2) 10 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Bài Giả sử f hàm số thỏa mãn điều kiện toán Cho a = b = ta f (1) − 1|2 f (1) ⇒ f (1) − 1|1 Mà f (1) ∈ N∗ ⇒ f (1) − = ⇒ f (1) = Xét số nguyên tố p bất kì, p ≥ Cho a = p, b = ta f ( p ) − p + 1| p f ( p ) + ⇒ f ( p ) − p + 1| p f ( p ) − p2 + p + ( p2 − p + 1) ⇒ f ( p) − p + 1|( p2 − p + 1) Nếu f ( p) − p + = p2 − p + ⇒ f ( p) = p2 Nếu f ( p) − p + = p2 − p + p2 − p + lẻ nên p2 − p + ≥ ( f ( p ) − p + 1) Từ ta có f ( p) ≤ p + 2p − Cho a = b = p, ta f ( p) − p2 |2p f ( p) ⇒2 f ( p) − p2 |2p f ( p) − p3 + p3 ⇒ f ( p) − p2 | p3 2 p + 2p − − p2 < − p Do p nguyên tố p ≥ nên điều mâu thuẫn với điều kiện f ( p) − p2 ước p3 Vậy với số nguyên tố p ≥ f ( p) = p2 Với số nguyên a cố định, chọn số nguyên tố p lớn Cho b = p, ta Mặt khác f ( p) ≥ ⇒ − p3 < f ( p) − p2 ≤ f ( a) + p2 − pa| a f ( a) + p3 ⇒ f ( a) + p2 − pa| a f ( a) + ap2 − a2 p + p3 − ap2 + a2 p ⇒ f ( a) + p2 − pa| p( p2 − ap + a2 ) Do chọn p đủ lớn nên p ước f ( a), f ( a) + p2 − pa p nguyên tố nên f ( a) + p2 − pa| p2 − ap + a2 = f ( a) + p2 − pa + a2 − f ( a) ⇒ f ( a) + p2 − pa| a2 − f ( a) Vì a2 − f ( a) cố định nên ta chọn p đủ lớn để f ( a) + p2 − pa > a2 − f ( a) Do để f ( a) + p2 − pa| a2 − f ( a) a2 − f ( a) = Vậy f ( a) = a2 với ∀ a ∈ N∗ Thử lại thấy thỏa mãn Bài Giả sử tồn hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện f (mn) = lcm(m, n) · gcd( f (m), f (n)), ∀m, n ∈ N∗ (1) Ký hiệu P(m, n) phép thay số (m, n) ∈ N∗ × N∗ vào (1) Gọi f (1) = c ∈ N∗ Ta có P(m, 1) ⇒ f (m) = m · gcd( f (m), c), ∀m ∈ N∗ (2) Với m ∈ N∗ , thực P(cm, 1) ta f (cm) = cm · gcd( f (cm), c) = cm · gcd cm · gcd f (cm), c , c = c2 m MỤC LỤC 18 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Bài 14 Giả sử tồn hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f (m! + n!) | f (m)! + f (n)! m + n ước f (m) + f (n) với số nguyên dương m, n Từ giả thiết ta có n + n| f (n) + f (n) ⇒ n| f (n), ∀n = 1, 2, (1) Bây ta giả sử p số nguyên tố đủ lớn Theo định lí Wilson, ta có ( p − 1)! + ≡ (mod p) Do theo giả thiết ta có p| f (( p − 1)! + 1)| f ( p − 1)! + f (1)! (2) Do p số nguyên tố đủ lớn nên p không ước f (1)!, từ (2) suy p không ước f ( p − 1)!, f ( p − 1) ≤ p − Kết hợp với (1) ta thu kết quả: f ( p − 1) = p − với số nguyên tố p đủ lớn Với p số nguyên tố đủ lớn ta có p − + n | f ( p − 1) + f ( n ), mà f ( p − 1) = p − nên p − + n| p − + f (n) ⇒ p − + n| p − + n + f (n) − n, dẫn tới p − + n| f (n) − n, ∀n = 1, 2, (3) Với n số nguyên dương tùy ý, (3) với số nguyên tố đủ lớn nên f (n) − n = hay f (n) = n Như f (n) = n với số nguyên dương n Thử lại thấy thỏa mãn Bài 15 Cách Nếu f (1) có ước ngun tố p f (1) + f (1) chia hết cho p f (2) = f (1 + 1) giả thiết toán nên f (2) chia hết cho p Chứng minh tương tự, ta có f (3), f (4), chia hết cho p Điều mâu thuẫn với giả thiết f tồn ánh Do f (1) = Bây giờ, với số p nguyên tố, gọi n p số nguyên dương n nhỏ thỏa tính chất p| f (n), tức ß ™ ∗ n p = n ∈ N | f (n) p Rõ ràng n p > Ta có p ⇒ f n p + n p p ⇒ f 2n p p + f 2n p p ⇒ f 3n p p ⇒ · · · ⇒ f kn p p f np + f np ⇒ f np Nghĩa là, n bội n p f (n) chia hết cho p Ngược lại, giả sử có số nguyên dương n cho f (n) chia hết cho p Nếu n không chia hết cho n p n = k · n p + r, < r < n p , mà f (n) = f k · n p + r giả thiết nên f k · n p + f (r ) chia hết cho p, lại theo lí luận f k · n p chia hết cho p nên ta suy p| f (r ), mâu thuẫn với tính chất nhỏ n p Do đó, ta phải có n chia hết cho n p Tóm lại, ta có p| f (n) ⇔ n p |n (1) Ta có bổ đề sau: Bổ đề Cho số nguyên tố p Khi x ≡ y modn p ⇔ f ( x ) ≡ f (y) ( mod p) MỤC LỤC 19 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Chứng minh Giả sử x ≡ y modn p Ta chọn số nguyên dương d > x cho d n p Do (1) nên f (d) p Ta có (1) y − x + d n p ⇒ f (y − x + d) p ⇒ f (y) + f (d − x ) p Mà f ( x + (d − x )) = f (d) p ⇒ f ( x ) + f (d − x ) p nên f ( x ) − f (y) p ⇔ f ( x ) ≡ f (y) ( mod p) Giả sử f ( x ) ≡ f (y) ( mod p) Giả sử y > x ta chọn số nguyên dương d > x cho d n p Khi f (y − x ) ≡ f (y − x ) + f (d) ≡ f (y + d − x ) ≡ f (y) + f (d − x ) ≡ f ( x ) + f (d − x ) ≡ ( mod p) Do đó, sử dụng (1) suy y − x n p Như bổ đề chứng minh Tiếp theo ta chứng minh: x ≡ y ( mod p) ⇔ f ( x ) ≡ f (y) ( mod p) (2) Vì 1, 2, , n p đôi không đồng dư với theo modulo n p nên theo cách chọn n p f (1), f (2), , f (n p ) không chia hết cho p theo bổ đề f (1), f (2), , f (n p ) đôi không đồng dư với theo modulo p Nếu n p > p chia n p số f (1), f (2), , f (n p ) cho p ta n p số dư đôi khác tất thuộc {0, 1, 2, , p − 1}, vơ lí Vậy p ≥ n p Do f toàn ánh nên tồn x1 , x2 , , x p ∈ N∗ cho f ( x1 ) = 1, f ( x2 ) = 2, , f ( x p ) = p Tất số chia cho p có số dư khác Do theo bổ đề suy x1 , x2 , , x p đôi không đồng dư với theo modulo n p , suy p ≤ n p , p > n p tồn x i , x j ∈ x1 , x2 , , x p cho xi ≡ x j modn p , mâu thuẫn Như p = n p (2) chứng minh Tiếp theo ta chứng minh f (n) = n phương pháp qui nạp Theo có f (1) = 1, (1) n = Giả sử (1) tới k (với k ∈ N∗ ) Ta cần chứng minh f (k + 1) = k + • Nếu f (k + 1) > k + f (k + 1) − k ≥ 2, gọi p ước nguyên tố f ( k + 1) − k = f ( k + 1) − f ( k ) Khi (2) f (k + 1) ≡ f (k) ( mod p) ⇒ k + ≡ k ( mod p) (vô lí) MỤC LỤC (3) 20 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 • Nếu f (k + 1) < k + k + − f (k + 1) ≥ 2, gọi p ước nguyên tố k + − f ( k + 1) = k + − ( f ( k + 1) − 1) Khi (2) k + ≡ f (k + 1) − ( mod p) ⇒ f (k + 1) ≡ f ( f (k + 1) − 1) ( mod p) (*) Nếu f (k + 1) = = f (1) với số ngun tố p bất kì, ta ln có p| f (k + 1) − f (1) ⇒ p| k + − ⇒ p| k (vơ lí) Suy f (k + 1) − ≥ 1, từ đây, theo (∗) giả thiết quy nạp ta có f (k + 1) ≡ f (k + 1) − ( mod p) (vơ lí) • Vậy f (k + 1) = k + Theo nguyên lí quy nạp suy (3) với n nguyên dương Vậy f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại thấy thỏa mãn Cách (tiếp nối từ (2)) Ta chứng minh rằng, với số n nguyên dương, số f (n + 1) − f (n) khơng có ước ngun tố Thật vậy, giả sử ngược lại số f (n + 1) − f (n) có ước nguyên tố, gọi ước nguyên tố p Xét số nguyên dương đủ lớn cho p > f (n), f toàn ánh nên tồn số nguyên dương x để f ( x ) = p − f (n) ⇒ f ( x ) + f (n) p Kết hợp với giả thiết kết (1), ta suy p| f ( x + n) n p | x + n Do f (n) ≡ f (n + 1) ( mod p) nên ta có p| f ( x ) + f (n + 1) Từ suy p| f ( x + n + 1), n p | x + n + (4) (5) Từ (4) (5), ta thu điều mâu thuẫn ( x + n, x + n + 1) = Tóm lại, ta có | f (n + 1) − f (n)| = 1, ∀n ∈ Z+ (6) Từ (6), ta dễ dàng suy f (2) = Giả sử f (1) = 1, f (2) = 2, , f (n − 1) = n − Ta chứng minh f (n) = n Nếu f (n) ≤ n − j ∈ {1, 2, , n − 1} cho f (n) = j = f ( j) Chọn số nguyên tố p đủ lớn, p| f (n) − f ( j) ⇒ p| n − j, vơ lí Do f (n) ≥ n Nếu f (n) > n f (n) − (n − 1) ≥ ⇒ f (n) − f (n − 1) ≥ (mâu thuẫn với (6)) Vậy f (n) = n Thử lại ta thấy hàm f (n) = n, n ∈ N∗ thỏa mãn điều kiện Do f (n) = n, n ∈ N∗ Bài 16 Giả sử tồn hàm số f : Z+ → Z+ cho với số ngun dương n, ta ln có MỤC LỤC 21 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 n (i) ∑ f (k ) số phương k =1 (ii) f (n) chia hết n3 Ta chứng minh f (n) = n3 phương pháp quy nạp Với n = 1, ta có f (1) | 13 = ⇒ f (1) = Giả sử f (i ) = i3 với số nguyên i ∈ [1, k − 1], k Ta chứng minh f (k ) = k3 Ta có f ( ) + f ( ) + · · · + f ( k ) = 13 + · · · + ( k − ) + f ( k ) = (1 + + · · · + k − 1)2 + f ( k ) ( k − 1) k = = C2k 2 + f (k) + f ( k ) = m2 với m > C2k số nguyên dương Ta viết m = C2k + với số nguyên dương Ta có f (k) = m2 − C2k = ( k ( k − 1) + ) = k2 − k + Do f (k ) | k3 , nên ta có k2 − k + | k3 − k k2 − k + = k2 − k Suy k2 − k + | k2 − k Tuy nhiên, ta ln có (k2 − k + ) − (k2 − k ) = − k + k = (k − 1)( − 1) + − > 0, nên k2 − k + > k2 − k , suy k2 − k = 0, hay số nguyên dương n Thử lại thấy thỏa mãn Lưu ý Do "quen biết" đẳng thức = k Suy f (k) = k3 Vậy f (n) = n3 với 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + + · · · + n)2 nên ta dự đoán nghiệm hàm f (n) = n3 với số nguyên dương n Bài 17 Từ giả thiết, ta suy 1, f ( x ), f ( x + f (1) − 1) độ dài ba cạnh tam giác Suy > | f ( x ) − f ( x + f (1) − 1)| , f ( x ) = f ( x + f (1) − 1) , ∀ x ∈ Z+ Ta chứng minh f (1) = Giả sử f (1) > 1, từ giả thiết ta suy f hàm tuần hoàn nên nhận hữu hạn giá trị Như bất đẳng thức tam giác x < f ( y ) + f ( y + f ( x ) − 1) ta cho x nhận giá trị đủ lớn Tóm lại, ta phải có f (1) = Đến đây, cách thay y = vào giả thiết đề bài, ta suy x, 1, f ( f ( x )) độ dài ba cạnh tam giác Do > | x − f ( f ( x ))| ⇒ f ( f ( x )) = x, ∀ x ∈ Z+ MỤC LỤC 22 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Kết chứng tỏ f song ánh Tiếp theo, ta chứng minh f (n) = (n − 1)[ f (2) − 1] + 1, ∀ n ∈ Z+ (1) quy nạp Rõ ràng khẳng định với n = 1, Giả sử khẳng định (1) đến n = k ≥ 2, thay x = y = f (k ) vào giả thiết, ta suy 2, k, f ( f (2) + f (k ) − 1) độ dài ba cạnh tam giác Suy k − < f ( f (2) + f (k ) − 1) < k + Do vậy, ta có f ( f (2) + f (k ) − 1) ∈ {k − 1, k, k + 1} Nếu f ( f (2) + f (k ) − 1) = k − = f ( f (k − 1)) f đơn ánh nên f (2) + f ( k ) − = f ( k − 1) Sử dụng giả thiết quy nạp f (k ) = (k − 1)[ f (2) − 1] + 1, f (k − 1) = (k − 2)[ f (2) − 1] + 1, ta suy k [ f (2) − 1] + = (k − 2)[ f (2) − 1] + hay f (2) = 1, mâu thuẫn f đơn ánh Nếu f ( f (2) + f (k ) − 1) = k = f ( f (k )) ta có f (2) + f (k ) − = f (k ), mâu thuẫn Như vậy, ta phải có f ( f (2) + f (k ) − 1) = k + = f ( f (k + 1)) Suy f (k + 1) = f (2) + f (k ) − = k[ f (2) − 1] + Vậy f (k + 1) = k[ f (2) − 1] + Do Theo nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định (1) với n nguyên dương Từ (1), ta suy f hàm tăng ngặt Từ suy f (n) ≥ n n = f ( f (n)) ≥ f (n) ≥ n với n nguyên dương Do vậy, dấu đánh giá phải xảy Hay nói cách khác, ta có f (n) = n, ∀n ∈ Z Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn Bài 18 Với giả thiết a f ( a) + b f (b) + 2ab số phương với a, b ∈ N∗ nên ta dự đoán f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Với hàm số f (n) = n, ∀n ∈ N∗ ta có n f (n) số phương với n ∈ N∗ tính chất đặc trưng như: p số nguyên tố cho p| f (n) p| n; | f (n + 1) − f (n)| = 1, ∀n ∈ N∗ Với giả thiết toán ta chứng minh hai kết sau: Bổ đề n f (n) số phương với n ∈ N∗ Chứng minh Giả sử tồn c ∈ N∗ cho c f (c) khơng số phương Khi tồn số nguyên tố p cho v p (c f (c)) = 2k + 1, k ∈ N Chọn d số nguyên dương thỏa mãn v p (d) > 2k + 1, v p (c f (c) + d f (d) + 2cd) = 2k + Do c f (c) + d f (d) + 2cd khơng số phương Do bổ đề chứng minh Bổ đề Nếu p số nguyên tố lẻ, p| f (n) , n ∈ N∗ p| n MỤC LỤC 23 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Chứng minh Giả sử tồn số nguyên tố lẻ p số nguyên dương c cho p| f (c) p không ước c Chọn số nguyên dương d cho v p (d) = 1, d f (d) số phương nên v p (d f (d)) số chẵn hay p2 d f (d) Do ta có   p| c f (c) + d f (d) + 2cd p| 2cd, 2cd ≡ mod p2  c f (c) + d f (d) + 2cd ≡ mod p2 Điều khơng xảy c f (c) + d f (d) + 2cd số phương Do bổ đề chứng minh Quay trở lại toán Đầu tiên ta tính f (1), ta có f (1) + f (1) + 2.1.1 = f (1) + số phương nên tồn số nguyên dương u cho f (1) + = u2 ⇒ u ⇒ u = 2t ⇒ f (1) + = 2t2 (1) Từ (1) suy f (1) số lẻ Giả sử f (1) có ước nguyên tố lẻ p, theo bổ đề ta p| vơ lí Do f (1) số lẻ khơng có ước ngun tố lẻ suy f (1) = Thay a = 2, b = vào điều kiện ban đầu ta f (2) + f (1) + 2.2.1 số phương hay tồn số nguyên dương u cho f (2) + = u2 (2) Theo bổ đề ta f (2) = v , v số nguyên dương Thay vào (2) thu ß ß u−v = u=3 2 2 v +5 = u ⇔ u −v = ⇔ ⇔ ⇒ f (2) = u+v = v=2 Tiếp theo ta chứng minh: với số nguyên dương a f ( a) ≤ a Giả sử phản chứng rằng, tồn a ∈ N∗ cho f ( a) > a Khi f ( a) ≥ a + Từ giả thiết, tồn k ∈ N∗ cho a f ( a) + f (1) + 2a = k2 ⇒ a f ( a) + 2a + = k2 ß » k > a f ( a) ⇒ ⇒ a f ( a) < k < a f ( a) + k2 < a f ( a ) + a f ( a ) + Mà theo bổ đề a f ( a) vơ lí Như a f ( a) + 2 (3) hai số phương liên tiếp nên (3) điều f ( a) ≤ a, ∀ a ∈ N∗ Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh f (n) = n, ∀n ∈ N∗ (4) Do f (1) = 1, f (2) = nên (4) n = 1, n = Giả sử (4) tới k − (với k ≥ 2), ta cần chứng minh f (k ) = k Do k ≥ nên m21 = k f (k) + f (1) + 2k = k f (k ) + 2k + ≥ ⇒ m1 ≥ Giả sử f (k ) ≤ k − Theo giả thiết, tồn số nguyên dương mi cho k f (k ) + i f (i ) + 2ki = m2i , ∀i = 1, 2, , k − Do giả thiết quy nạp nên k f (k ) + i2 + 2ki = m2i , ∀i = 1, 2, , k − Dễ thấy m2i+1 − m2i = (i + 1)2 − i2 + 2k ((i + 1) − i ) = 2i + + 2k > nên ≤ m < m < · · · < m k −1 MỤC LỤC (5) 24 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Mặt khác m2k−1 = k f (k) + (k − 1)2 + 2k(k − 1) ≤ k(k − 1) + 3k2 − 4k + = 4k2 − 5k + < 4k2 − 4k + = (2k − 1)2 Suy mk−1 < 2k − Kết hợp với (5) ta ≤ m1 < m2 < · · · < mk−1 < 2k − (6) Nếu mi+1 − mi ≥ 2, ∀i = 1, 2, , k − m2 ≥ m1 + m3 ≥ m2 + m k −1 ≥ m k −2 + suy mk−1 ≥ m1 + 2(k − 2) ≥ 2k − 1, mâu thuẫn với (6) Vậy tồn i ∈ {1, 2, , k − 2} cho mi+1 = mi + ⇔ m2i+1 = m2i + 2mi + » ⇔(i + 1)2 + 2k(i + 1) = i2 + 2ki + k f (k) + i2 + 2ki + » ⇔2i + 2k = k f (k) + i2 + 2ki ⇔i2 + 2ki + k2 = k f (k) + i2 + 2ki ⇔ f (k) = k (mâu thuẫn với f (k) ≤ k − 1) Do f (k) > k − 1, kết hợp với f (k) ≤ k ta f (k ) = k Như theo nguyên lí quy nạp suy (4) Sau thử lại ta kết luận f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Bài 19 Cách Để cho gọn, số viết dạng lập phương số nguyên dương ta gọi số số lập phương Đặt S( a, b) = a2 f ( a) + b2 f (b) + 3ab( a + b) Để giải toán ta phát biểu số bổ đề Bổ đề m số lập phương v p (m) với số nguyên tố p Chứng minh Hiển nhiên Bổ đề Với a ∈ N∗ a2 f ( a) số lập phương Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn a ∈ N∗ cho a2 f ( a) số lập phương Khi theo bổ đề 4, tồn số nguyên tố p cho v p a2 f ( a) Đặt α = v p a2 f ( a) Khi v p S( a, pα+1 ) = α Vì α nên theo bổ đề 4, từ α = v p S( a, pα+1 ) suy S a, pα+1 thiết S a, pα+1 số lập phương Vậy bổ đề chứng minh Bổ đề Với a ∈ N∗ , p số nguyên tố mà p| f ( a) p| a 3, mâu thuẫn với giả MỤC LỤC 25 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Chứng minh Vì p2 f ( p), a2 f ( a) số lập phương (theo bổ đề 5) nên p2 f ( p) p3 (1) từ f ( a) p suy a f ( a) p (2) Theo giả thiết, S( a, p) số lập phương, mà S( a, p) p nên S( a, p) p Kết hợp điều với (1), (2) ta 3ap( a + p) p3 Do phải có a p, ngược lại, a p 3ap( a + p) chia hết cho p chia hết cho p2 (khi p = 3) Vậy bổ đề chứng minh Giả sử f (1) có ước nguyên tố p, theo bổ đề ta p| 1, vơ lí, f (1) khơng có ước nguyên tố, suy f (1) = Bổ đề Nếu tồn vô hạn số nguyên dương a mà f ( a) = a với số nguyên dương b, ta có f (b) = b Chứng minh Giả sử a số nguyên dương mà f ( a) = a Xét số nguyên dương b tùy ý Ta có S( a, b) = a2 f ( a) + b2 f (b) + 3ab( a + b) = a3 + b2 f (b) + 3ab( a + b) = x3a , với x a số nguyên dương Suy x3a − ( a + b)3 = b2 f (b) − b3 = b2 ( f (b) − b) Do x2a + x a ( a + b)2 + ( a + b)2 ước nguyên dương b2 ( f (b) − b) Từ đây, có vơ hạn số ngun dương a cho f ( a) = a, suy b2 ( f (b) − b) phải có vơ hạn ước ngun dương Vì phải có b2 ( f (b) − b) = ⇒ f (b) = b Vì b số nguyên dương tùy ý nên bổ đề chứng minh Bổ đề Với số nguyên dương a ta có f ( a) ≤ a Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn a ∈ N∗ cho f ( a) > a Theo bổ đề 5, tồn số nguyên dương x a cho a2 f ( a) = x3a Vì f ( a) > a nên x3a = a2 f ( a) > a3 ⇒ x a > a Vì S( a, 1) = a2 f ( a) + + 3a( a + 1) = x3a + + 3a( a + 1) (3) < x3a + + 3x a ( x a + 1) = ( x a + 1)3 Hơn từ (3) ta thấy x3a < S( a, 1) Như x3a < S( a, 1) < ( x a + 1)3 , mâu thuẫn với S( a, 1) số lập phương Vậy bổ đề chứng minh Bổ đề Với số nguyên dương n ta có f (n) = n Chứng minh Xét số nguyên tố p tùy ý Ta có p2 f ( p) p3 ⇒ f ( p) p ⇒ f ( p) = kpα Ta chứng minh f ( p) lũy thừa p MỤC LỤC (4) 26 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Từ (4), k = f ( p) = qα Từ (4), k > gọi q ước nguyên tố k, q f ( p), theo bổ đề ta có q p, suy q = p, f ( p) lũy thừa p Tóm lại, f ( p) = p β Theo bổ đề 8, ta có f ( p) = p β ≤ p, suy f ( p) ∈ {1, p} Theo bổ đề ta f ( p) = p, với số nguyên tố p Mà tập hợp số nguyên tố tập vô hạn nên theo bổ đề 7, ta có f (n) = n với n nguyên dương Vậy bổ đề chứng minh Thử lại ta thấy hàm số f (n) = n, ∀n ∈ N∗ thỏa mãn yêu cầu đề Như có hàm số thỏa mãn đề f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Cách Xét số nguyên tố p tùy ý Ta có S( p, p) = 2p2 f ( p) + 6p3 số lập phương, nghĩa tồn số nguyên dương y p cho 2p2 f ( p) + 6p3 = y3p (2.1) Từ (2.1) suy (2.1) y3p p ⇒ y p p ⇒ y3p p3 ⇒ 2p2 f ( p) p3 ⇒ f ( p) p Mà p số nguyên tố lẻ nên f ( p) p Ta có S( p, 1) = p2 f ( p) + f (1) + 3p( p + 1) = m3p , S( p, 2) = p2 f ( p) + f (2) + 6p( p + 2) = n3p , với m3p , n3p số nguyên dương Từ hai đẳng thức suy m3p > p2 f ( p); n3p > p2 f ( p); n3p − m3p = 3p2 + 9p + C, (2.2) với C = f (2) − f (1) Từ thấy với p số nguyên tố lẻ đủ lớn n p > m p Giả sử tồn vô hạn số nguyên tố lẻ p mà f ( p) = p Khi f ( p) p ⇒ f ( p) ≥ p, suy có vơ hạn số ngun tố lẻ p cho f ( p) ≥ 2p Với p vậy, ta có » n3p − m3p = n p − m p n2p + n p m p + m2p ≥ n2p + n p m p + m2p ≥ 3 n3p m3p » » √ 3 > p4 f ( p)2 ≥ 3 p4 4p2 = 4p2 (2.3) √ √ C Từ (2.3) (2.2) suy 3p2 + 9p + C > 3 4p2 ⇒ + + > 3 4, từ cho p → +∞ p p √ ta ≥ 4, điều vơ lí chứng tỏ điều giả sử sai, tức là, có hữu hạn số nguyên tố lẻ p mà f ( p) = p, nghĩa tồn số nguyên tố p0 cho f ( p) = p với số nguyên tố p ≥ p0 Xét số nguyên dương a tùy ý Với p số nguyên tố thỏa mãn p ≥ p0 , xét hiệu H1 = ( a + p + 1)3 − a2 f ( a) + p3 + 3ap( a + p) = ( a + 1)3 + p3 + 3p( a + 1) ( a + p + 1) − a2 f ( a) + p3 + 3ap( a + p) = ( a + 1)3 − a2 f ( a) + 3p ( p + 2a + 1) , MỤC LỤC 27 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 H2 = a2 f ( a) + p3 + 3ap( a + p) − ( a + p − 1)3 = a2 f ( a) + p3 + 3ap( a + p) − ( a − 1)3 + p3 + 3( a − 1) p( a + p − 1) = a2 f ( a) − ( a + 1)3 + 3p ( p + 2a − 1) Do p → +∞ H1 → +∞ H2 → +∞ Vì thế, tồn số nguyên tố p a ≥ p0 cho ( a + p a − 1)3 < a2 f ( a) + p3a + 3ap a ( a + p a ) < ( a + p a + 1)3 (2.4) Do p a ≥ p0 nên a2 f ( a) + p3a + 3ap a ( a + p a ) = a2 f ( a) + p2a f ( p a ) + 3ap a ( a + p a ) Do đó, theo giả thiết, a2 f ( a) + p3a + 3ap a ( a + p a ) số lập phương Bởi thế, từ (2.4) suy a2 f ( a) + p3a + 3ap a ( a + p a ) = ( a + p a )3 ⇔ a2 f ( a) + p3a + 3ap a ( a + p a ) = a3 + p3a + 3ap a ( a + p a ) ⇔ f ( a) = a Từ đây, a số nguyên dương tùy ý nên ta có f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Thử lại ta thấy hàm số f (n) = n, ∀n ∈ N∗ thỏa mãn yêu cầu đề Như có hàm số thỏa mãn đề f (n) = n, ∀n ∈ N∗ Lưu ý Bài toán 19 phát triển toán 18 Điểm mấu chốt lời giải khẳng định f ( a) = a với vô hạn số nguyên dương a Cả hai lời giải trình bày phải thơng qua bước Trong thực tế, cách mà người ta sử dụng để giải phương trình hàm nói chung, phương trình hàm số học nói riêng, cố gắng dự đốn nghiệm hàm cần tìm, sau tìm cách chứng minh bước một; đầu tiên, chứng minh hàm cần tìm trùng với hàm dự đoán, miền nhỏ miền xác định hàm cần tìm, tìm cách thác triển cách thích hợp miền để nhận kết toàn miền xác định Bài 20 Giả sử tồn hàm số f : Z+ → Z+ thỏa f (n) p ≡ n ( mod f ( p)) với số nguyên dương n số nguyên tố p Cho n = p số nguyên tố, ta có p≡0 ( mod f ( p)) suy f ( p) = p f ( p) = Đặt A = { p ∈ P : f ( p) = p} Trường hợp A tập vô hạn Khi ta có n ≡ f (n) p ≡ f (n) Suy f (n) = n với số nguyên dương n MỤC LỤC ( mod p), ∀ p ∈ A 28 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Trường hợp A = ∅ Khi f ( p) = 1, ∀ p ∈ P Ta thấy hàm thỏa toán Trường hợp A = ∅ A hữu hạn Gọi q phần tử lớn tập A Nếu q 3, q với số nguyên tố p > q, ta có p ≡ ( f ( p)) = ( modq) Giữa hai số q 2q tồn số nguyên tố p p ≡ 1( mod q), điều vơ lí Do q = 2, hay A = {2} Tức f (2) = f ( p) = với số nguyên tố p Khi đó, ta có n ≡ f ( n )2 ( mod2) suy f (n) n tính chẵn lẻ Vậy f (n) = n, ∀n ∈ Z+ ; f ( p) = p, ∀ p ∈ P ; f (2) = 2, f ( p) = 1, ∀ p ∈ P , p f (n) với n tính chẵn lẻ với n hợp số Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn yêu cầu toán Bài 21 Giả sử P ( x ) đa thức thỏa mãn toán Đầu tiên, ta xét trường hợp deg P ( x ) = Khi P ( x ) = a0 , với a0 ∈ Z Theo giả thiết ta có 2(2−1) 2018 −1 P (2) ⇔ a0 ⇔ a0 = ±1 Vậy P ( x ) = ±1 Tiếp theo giả sử deg P ( x ) ≥ Đặt P ( x ) = a m x m + a m −1 x m −1 + · · · + a x + a với m ∈ N∗ , ∈ Z, ∀i = 0; m Trường hợp 1: am > Khi có số nguyên dương N cho P ( x ) > 0, ∀ x > N Với n ∈ N∗ , n > N, xét số nguyên tố p ước P (n) Từ giả thiết suy ra: n ( n −1) 2018 p −1 (1) Lại có: P ( n + p ) = a m ( n + p ) m + a m −1 ( n + p ) m −1 + · · · + a ( n + p ) + a = P (n) + pQ (n) Suy P (n + p) p (với Q (n) ∈ Z) Vì ( n + p ) ( n + p −1) 2018 2018 P (n + p) −1 2018 nên (n + p)(n+ p−1) ≡ ( mod p) ⇒ n(n+ p−1) p − định lý Euler ta có n ≡ ( mod p) Khi từ ≡ ( mod p), (n, p) = Theo (n + p − 1)2018 = n2018 + ( p − 1) A (với A ∈ N∗ ) suy n ( n + p −1) 2018 ≡ nn 2018 +( p −1) A ≡ nn 2018 n p −1 A ≡ nn 2018 ( mod p) MỤC LỤC 29 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Mà n(n+ p−1) 2018 ≡ ( mod p) nên nn 2018 ≡ ( mod p) Hay nn 2018 −1 p (2) Từ (1), (2) sử dụng tính chất ( am − 1; an − 1) = a(m;n) − 1, suy nn 2018 − 1; n(n−1) 2018 2018 2018 p ⇒ n ( n ;( n −1) ) − −1 p ⇒ (n − 1) p (3) n2018 ; (n − 1)2018 = Xét số nguyên tố q với q > N Theo (3), gọi p ước nguyên tố P(q + 1) ta có (q + − 1) p ⇒ q p Vì p, q số nguyên tố nên q = p Từ suy P ( p + 1) = pk p với số nguyên tố p > N, k p số nguyên dương phụ thuộc p Gọi v p (n) số mũ ước nguyên tố p n, nghĩa n pk n pk+1 Áp dụng định lý sau: Với x, y số nguyên (không thiết dương), n nguyên dương, p số nguyên tố lẻ cho p |( x − y) x, y khơng chia hết cho p thì: v p ( x n − yn ) = v p ( x − y) + v p (n) Ta v p ( p + 1) p 2018 − = v p (( p + 1) − 1) + v p p2018 = 2019 Mà P( p + 1) ước ( p + 1) p 2018 − nên v p ( P( p + 1)) ≤ v p ( p + 1) p 2018 − ⇒ k p ≤ 2019, với số nguyên tố p > N Do dãy k p có vơ hạn phần tử (vì có vơ hạn số ngun tố p > N) nên tồn dãy thỏa mãn P ( p + 1) = pk với vô số số nguyên tố p Suy P ( x ) = ( x − 1)k với k ∈ N∗ , ≤ k ≤ 2019 Nếu am < 0, cách đặt Q ( x ) = − P ( x ) làm tương tự ta có Q ( x ) = ( x − 1)k ⇒ P ( x ) = −( x − 1)k với k ∈ N∗ , ≤ k ≤ 2019 Thử lại ta thấy đa thức P ( x ) = ( x − 1)k , P ( x ) = −( x − 1)k với k ∈ N∗ , ≤ k ≤ 2019 khơng thỏa mãn u cầu tốn n = Vậy tất đa thức cần tìm là: P ( x ) ≡ ±1 Bài 22 Phân tích: Ta có f : N∗ → Z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: f ( p) = 1, với p nguyên tố; (i) + f ( xy) = y f ( x ) + x f (y) , ∀ x, y ∈ Z (ii) Giả thiết (ii ) : f ( xy) = y f ( x ) + x f (y) , ∀ x, y ∈ Z+ , giống (uv)/ = u/ v + v/ u Giải Ta chứng minh quy nạp theo k rằng: f MỤC LỤC pk = kpk−1 , với p nguyên tố (1) 30 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Với k = (1) (i ) Giả sử (1) chứng minh cho k (k ∈ Z+ ) Khi đó: f p k +1 = f pk + pk f ( p) = p.k.pk−1 + pk = (k + 1) pk p.pk = p f Theo nguyên lý quy nạp toán học, (1) chứng minh với k ∈ Z+ Tiếp theo ta chứng minh: ∀t ∈ Z+ , dãy (αi )it=1 ⊂ N∗ p1 , p2 , , pt số ngun tố đơi phân biệt, ta có: t ∏ f i =1 t α pi i ∏ = i =1 t αi p i =1 i ∑ α pi i (2) Thật vậy, t = (2) (1) chứng minh Giả sử (2) chứng minh đến t ∈ N∗ Ta bổ sung pt+1 số nguyên tố khác với t số nguyên tố p , p , , p t ; p t +1 ∈ N∗ t +1 f ∏ pi i α t ∏ pi i pt+t+11 α α = f i =1 i =1 t i =1 = t αi α −1 + ∏ piαi (αt+1 ) pt+t+11 p i =1 i =1 i i =1 t +1 ∏ pi i ∑ α i =1 i =1 ∑ α t +1 α t ∏ pi i α + ∏ piαi f pt+t+11 α t = pt+t+11 t ∏ pi i α = pt+t+11 f i =1 αi pi Theo nguyên lý quy nạp toán học, cho ta (2) , ∀t ∈ N∗ Trước hết, chọn x = y = (ii ) ta được: f (1) = f (1) ⇒ f (1) = = Xét < n ∈ N∗ , đó: ∃t ∈ N∗ , (αi )it=1 ⊂ N∗ tồn p1 , p2 , , pt số nguyên t tố đôi phân biệt để n = ∏ pi i Vì thế, theo (2) α i =1 t f (n) = n ⇔ α ∑ pii t =1⇔ i =1 i =1 Với số ∈ {1; 2; ; t}, ta có: t      ∏ p j p     ∏ p j p , j =1 t ∑ αi ∏ p j = ∏ pi i = j =i Vậy, (∗) ⇒ α ∏ p j p ⇒ α p , ∀ , suy α ≥ p Do j= Vậy nên để f (n) = n (*) i =1 j =i t α ∑ pii ≥ t i =1 t = ∧ α1 = p1 ⇔ n = p p Lại thấy: 33 < 2018 < 55 nên n = 55 số cần tìm MỤC LỤC 31 |Biên soạn: Nguyễn Tài Chung, ĐT 0968774679 Ta cần xét < n ∈ N∗ biểu diễn n = t ∏ pi i , với t ∈ N∗ , (αi )it=1 ⊂ N∗ , p1, p2, , pt α i =1 số nguyên tố đôi phân biệt Lý luận câu (1), ta thấy t f (n) = 2n ⇔ α ∑ pii =2 i =1 ⇔ t = ∧ α1 = 2p1 ⇔ t = ∧ α1 = p1 , α2 = p2 n = p2p n = p p qq ; p < q Dễ thấy n = 22 55 > 2018 có f (n) = 2n Ta chứng minh n số bé Nếu m = p p qq , với p, q số nguyên tố p < q m < n q < (vì q ≥ p p qq ≥ p p 55 ≥ 22 55 = n, mâu thuẫn) nên q ≤ 3, p < q Suy m = p p qq ≤ 33 33 < 2018 Vậy số cần tìm n = 22 55 MỤC LỤC ... a ) + Mà theo bổ đề a f ( a) vơ lí Như a f ( a) + 2 (3) hai số phương liên tiếp nên (3) điều f ( a) ≤ a, ∀ a ∈ N∗ Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh f (n) = n, ∀n ∈ N∗ (4) Do f (1)... gọn, số viết dạng lập phương số nguyên dương ta gọi số số lập phương Đặt S( a, b) = a2 f ( a) + b2 f (b) + 3ab( a + b) Để giải toán ta phát biểu số bổ đề Bổ đề m số lập phương v p (m) với số... Với giả thiết toán ta chứng minh hai kết sau: Bổ đề n f (n) số phương với n ∈ N∗ Chứng minh Giả sử tồn c ∈ N∗ cho c f (c) không số phương Khi tồn số ngun tố p cho v p (c f (c)) = 2k + 1, k ∈ N