Trong thực tế, một trong những cách mà người ta có thể sử dụng để giải các phương trình hàm nói chung, và các phương trình hàm số học nói riêng, là cố gắng dự đoán nghiệm hàm cần tìm, sa[r]
(1)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)|f2(m) +n (1)
với cặp số nguyên dươngm,n(vớiZ+là tập số nguyên dương)
LLời giải
Thaym=n =1vào(1), ta được1+f(1)|1+f2(1),suy
®
1+ f(1)|1+ f(1)2
1+ f(1)|(1+ f(1))2 ⇒1+ f(1)|
h
(1+f(1))2−1+ f(1)2i
Do đó1+ f(1)|2f(1), màgcd(f(1), 1+f(1)) = 1nên 1+ f(1)|2 f(1) = Bây giờ, thay m=1vào(1), ta được1+ f(n)|1+n Từ suy
f(n) ≤n, ∀n∈ Z+ (2)
Thayn=1vào (1), ta đượcm2+1|f2(m) +1 Từ suy
m≤ f(m), ∀m∈ Z+ (3)
Kết hợp(2)và(3), ta f(n) = n, ∀n∈ Z+ Hàm thỏa mãn u cầu tốn
Chú ý Có thể coi(1)như tốn phương trình hàm (dù khơng có hai vế) kiểu tương đối Sau đưa cách tiếp cận cho toán dạng số tốn có dạng tương tự Hy vọng bạn đọc thấy điểm chung lời giải tốn này, từ đúc kết phương pháp giải chung
Bài toán (IMO Shortlisted 2004, India 2005)
Tìm tất hàm f: Z+ →Z+ thỏa mãn
(2)với cặp số ngun dươngm,n
LLời 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 thaym=n =1thu
f(1)2+ f (1)
Từ điều kiện f (1)≥2thì f(1)2+f (1)≥6, vơ lí, suy f(1) =1 Thaym =1,n =2
vàm=2,n =1vào điều kiện ban đầu ta
f(1)2+ f (2)
f(2)2+ f (1) 25
⇔
(
(1+ f(2))|9
f(2)2+1 25
⇔ f (2) =2
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+1 Thật vậy, ta thaymbởi n, thay nbởin+1; sau lại thaymbởin+1vào điều kiện ban đầu ta
f(n)2+ f (n+1)
n2+n+12 ⇒ n2+ f (n+1)
n2+n+12
f(n+1)2+ f (n)
(n+1)2+n2 ⇒ n+ f(n+1)2
n2+3n+12
Ta nhận thấy từ hai điều kiện để đánh giá f (n+1)là khó khăn hướng làm thứ bế tắc
Hướng thứ hai Ta nhận thấy chọnm,n ∈ N∗ sao chom2+nlà số nguyên tố
thì ta tính f(m)2+ f (n) Chọnm = p−1, n = 1, plà 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 (p1) +1ảp,p2â f (p1) ảp1,p21â
ã Trng hp 1: f(p−1) = p2−1 Để sử dụng kết ta thaym = p−1vào điều kiện ban đầu với số nguyên dươngnta
f(p−1)2+ f (1)
(p−1)2+12
⇔
p2−12+1
(p−1)2+12
⇔
p2−12+1
(p2−2p+2)2 ⇔p4−2p2+2
(p
4+8p2+4−4p3−8p) ⇔p4−2p2+2
−4p3+10p2−8p+2 ⇔p4−2p2+2
4p3−10p2+8p−2 ⇒p4−2p2+2≤4p3−10p2+8p−2
(3)• Trường hợp 2: f (p−1) = p−1 Để sử dụng kết ta thaym = p−1 vào điều kiện ban đầu với số nguyên dươngnta
f(p−1)2+ f(n)|(p−1)2+n2
⇔(p−1)2+f (n)|(p−1)2+f (n) +n− f (n)2 ⇔(p−1)2+f (n)|(n− f (n))2
Nếu ta chọn plà 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.Thaym =n = 1vào(1), ta f2(1) + f(1)|4 ⇒ f2(1) + f(1) ≤4 ⇒ f(1) = Tiếp tục, thayn=1vào(1), ta
f2(m) +1|m2+12, ∀m ∈Z+
Suy f2(m) < m2+12
, hay f(m) <m2+1 Nói cách khác, ta có
f(m)≤m2, ∀m ∈Z+
Bây giờ, thaym=1vàn = p−1với plà số nguyên tố vào(1), ta
1+ f(p−1)|p2
Suy ra1+ f(p−1)∈ {p,p2}, tức f(p−1) ∈ {p−1,p2−1} Tuy nhiên, f(p−1) ≤(p−1)2 < p2−1
nên ta có f(p−1) = p−1với mọipnguyên tố Tiếp theo, thaym =p−1, ta
f(p−1)2+f (n)|(p−1)2+n2
⇔(p−1)2+ f (n)|(p−1)2+ f (n) +n−f (n)2
⇔(p−1)2+ f (n)|(n− f (n))2 (2)
Từ(2), cố định nvà cho p → +∞, ta được(p−1)2+ f(n) → +∞, plà số nguyên tố đủ lớn, từ(2)suy f(n) = n Thử lại, ta thấy hàm f(n) = nthỏa mãn yêu cầu toán
Chú ý
Giữa phân tích tìm lời giải trình bày lời giải có khác định, khi
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 nguyên tố tính vơ hạn tập số ngun
(4)Bài tốn (Balkan 2017) Tìm tất hàm f: Z+ →Z+thỏa mãn n+f(m)|f(n) +n f(m)
với cặp số nguyên dươngm,n
LLời 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 tạin0 ∈ Z+sao cho f(n0) > n20 Khi đó, cách thaym = n =n0vào tính chất (1), ta đượcn0+f(n0)|f(n0)−n20, mâu thuẫn don0+ f(n0)> f(n0)−n20 >0 Do
f(n) ≤n2, ∀n∈ Z+
Dễ thấy f(n) = n2,∀n ∈ Z+ nghiệm toán Xét trường hợp f(n) 6≡ n2, tồn tạin1 ∈Z+ cho f(n1) <n21 Thayn=n1vào(1), ta
n1+ f(m)|n21− f(n1), ∀m∈ Z+
Do đó, ta có f(m) ≤ n21−n1− f(n1) với mọim nguyên dương Nói cách khác, f(n) bị chặn
trên sốcdương Bây giờ, thaym =nvào(1), ta n+ f(n)|f(n)−n2, ∀n∈ N∗
mà f(n)−n2 = f(n)−f2(n) + f2(n)−n2,nên suy
n+f(n)|f2(n)−f(n),∀n ∈Z+ (2)
Để ý rằng, với mọin>c2−2cthì f(n)−1 ≤c−1nên
[n+ f(n)]−[f2(n)− f(n)] =n+1−[f(n)−1]2 ≥n+1−(c−1)2 >0
Do đó, kết hợp với(2), ta f2(n)− f(n) =0hay f(n) =1với mọin >c2−2c Bây giờ, ta có ý
n2− f(n) = [n2− f2(m)] + f2(m)−f(n)
nên kết hợp với(1), ta suy
n+ f(m)|f2(m)− f(n), ∀m,n∈ Z+ (3)
Cố địnhm, chọnnnguyên dương chon>c2+c >c2−2c, ta
n+ f(m) >c2+c ≥ f2(m) + f(n) >|f2(m)−f(n)|
Do để tính chất(3)được thỏa mãn phải có f2(m) = f(n) = 1, hay f(m) = 1,∀m∈ Z+. Thử lại ta thấy hàm f(n) = 1, ∀n ∈ Z+ thỏa mãn yêu cầu tốn Tóm lại, tốn có hai nghiệm hàm f(n) =n2và f(n) =1
Nhận xét Sau chứng minh f(n) ≤ n2 ta cịn cách khác để hồn tất lời giải tốn sau: Thaym =n= pvới pnguyên tố vào giả thiết, ta
p+ f(p)|(p+1)f(p)
Nếupkhơng chia hết f(p)thì ta có(p+ f(p), f(p)) =1, suy rap+ f(p)|p+1 Mà
p+ f(p) ≥ p+1
(5)hoặc f(p) =1; hoặc p|f(p).
GọiA tập số nguyên tố p cho f(p) = 1, B tập hợp số nguyên tố psao cho p|f(p) Rõ ràng hai tậpA,Bsẽ có tập hợp chứa vô hạn phần tử
Trường hợp 1:A là tập vô hạn Thayn= pvới p∈ A vào giả thiết toán, ta được
p+f(m)|1+p f(m),
mà1+p f(m) =1−f2(m) + f(m) [p+ f(m)]nên ta có p+ f(m)|f2(m)−1
Cố địnhmvà cho p→+∞, ta f(m) = 1.Hàm f(n) = 1thỏa mãn yêu cầu
Trường hợp 2:Blà tập vô hạn Thaym= pvới p ∈B vào(1), ta được
n+ f(p)|n2− f(n)
Chú ý f(p) ≥ p Do đó, cách cố địnhn cho p → +∞, ta có f(p) → +∞ Kết hợp với kết trên, ta f(n) = n2 Thử lại, ta thấy hàm f(n) = n2thỏa 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 nguyênm,nmà f(m) ≤ f(n)thì f(m)|f(n)
LLời giải
Thayn=0vào (1), ta f(m)|f(m)− f(0)hay f(m)|f(0), ∀m∈ Z
Thaym=0vào (1), ta
f(−n)|f(0)−f(n), ∀n ∈Z
Kết hợp với kết trên, ta suy
f(−n)|f(n), ∀n ∈Z (2)
Thaynbởi−nvào(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 thaynbởi−nvà thaynbởim+nvào(1)rồi sử dụng kết trên, ta
f(m+n)|f(n)− f(m), ∀m,n∈ Z, (3)
và
f(n)|f(m)− f(m+n), ∀m,n∈ Z, (4)
Bây giờ, xét số nguyênm,nsao cho f(m)≤ f(n), ta có trường hợp sau:
Trường hợp 1: f(m+n) ≥ f(n). Khi đó, do 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, do
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)
(6)B BÀI TẬP 1 Đề bài
Bài tốn Tìm tất hàm f : Z+ →Z+sao cho với mọim,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→Zthỏa mãn f(x)− f(y) | xn−ynvới mọix,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 tốn (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 mọia,b ∈N∗
Bài toán (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)là ước chung lớn củamvàn, gcd(f(m), f(n))là bội chung nhỏ f(m)và 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)kvới cặp số nguyên dươngm,n(Z+là tập hợp số nguyên dương)
Bài tốn 11 (Iran TST 2005) Tìm tất hàm số f : N−→Nthỏa mãn: tồn sốk∈ Nvà số nguyên tốpsao cho với mọin≥k, f(n+p) = f (n)và nếum|nthì f (m+1)| f (n) +1 Bài tốn 12 Tìm tất hàm số f :Z+ →Z+ thỏa mãn
n!+ f(m)!| f(n)!+ f(m!)
với mọim,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 mọinnguyên dương;
ii) m−n|f(m)− f(n)với mọim,nnguyên dương phân biệt
Bài toán 14 Tìm tất hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f(m!+n!) | f(m)!+ f(n)! m+nlà ước f(m) + f(n)với số nguyên dươngm,n
(7)Bài tốn 16 (BMO 2020) Tìm tất hàm số f : Z+ → Z+ sao cho với số ngun dươngn, ta ln có
(i)
n
∑
k=1
f(k)là số phương (ii) f(n)chia hếtn3
Bài toán 17 (IMO, 2009) Tìm tất hàm f: Z+ →Z+thỏa mãn số x, f(y), f(y+ f(x)−1)
là độ dài ba cạnh tam giác với mọix,ynguyên dương
Bài tốn 18 (IRAN 2011) Tìm tất hàm số f : N∗ →N∗ thỏa mãn điều kiện a f(a) +b f (b) +2ab
là số phương với mọia,b ∈N∗
Bài toán 19 (Bài toán P199, Tạp chí Pi tháng năm 2018)
Tìm tất hàm số f : N∗ →N∗thỏa mãn điều kiện: với số nguyên dươngavàb, tổng a2f(a) +b2f(b) +3ab(a+b)
luôn viết dạng lập phương số ngun dương
Bài tốn 20 (Canada MO 2008) Tìm tất hàm số f :Z+ →Z+thỏa
f(n)p ≡n (modf(p))
với số nguyên dưongnvà số ngun tốp
Bài tốn 21 (Chọn ĐTQG Thanh Hóa 2017)
Tìm tất đa thức P(x) với hệ số số nguyên thỏa mãn n(n−1)2018−1 chia hết cho P(n), với số nguyên dươngn
Bài toán 22 Cho f : N∗ →Zthỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
f(p) = 1, với pnguyên tố; (i)
f(xy) = y f (x) +x f (y),∀x,y ∈Z+ (ii)
1 Tìmn∈ N∗ bé nhất,n≥2018để f (n) =n 2 Tìmn∈ N∗ bé nhất,n≥2018để f (n) =2n 2 Lời giải
Bài 5. Giả sử tồn hàm f : Z+ →Z+thỏa mãn
f(m) + f(n) |m+n, ∀m,n∈ N∗ (1)
Kí hiệuP(a,b)là phép thếm=a,n =bvào (1) Khi đóP(1, 1), ta có
2f(1) |2 ⇒ f(1) =1
Giả sử plà số nguyên tố.P(p−1, 1), ta có
(8)P(p−1,p),ta có p−1+f(p) |2p−1⇔ p−1+ f(p)| p+ (p−1) (2)
P(p,p),ta có2f(p)|2p ⇒ f(p)|p (3)
Từ (2) (3), ta có f(p) = pvới số nguyên tố p Xétnlà số nguyên dương plà số ngun tố Khi
f(n) +p= f(n) + f(p)| n+p Suy
f(n) +p |(n+p)−(f(n) +p) =n− f(n),∀pnguyên 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 chọnm,nsao chom+nlà số nguyên tố để sử dụng tính chất số ngun tố có hai ước ngun dương Khi xác định f(p) = pvới p số nguyên tố, kết hợp với việc dự đoán f(n) = n nghiệm hàm toán, ta thaymhoặcn số nguyên tố sử dụng tính chia hết để tạo đại lượng f(n)−nchia hết cho vô hạn số nguyên Từ đó, dẫn tới f(n) = n
Bài 6. Giả sử tồn hàm số f : Z→Zthỏa mãn
f(x)− f(y)| xn−yn, ∀x,y∈ Z
Kí hiệu P(x,y) mệnh đề f(x)− f(y) | xn−yn, ∀x,y ∈ Z Ta thấy, nếu f hàm thỏa yêu 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)| −1⇒ f(−1) =±1 (1)
Ta có f(−1)− f(1)|(−1)n−1n ⇒ f(−1)−1| −2 (2)
Từ(1)và(2)suy f(−1) =−1 Xétplà số nguyên tố lẻ Mệnh đềP(p, 0)cho ta kết
f(p) | pn ⇒ f(p) = ±pd, 06d6 p
Nếud =0thì
0= f(p)− f(q) | pn−qn (với p,qlà số ngun tố phân biệt) điều vơ lí Do đód>0 Giả sử f(p) = −pd Khi
f(p)− f(1) | pn−1⇒ −pd−1 | pn −1⇒ pd+1| pn−1
Ta cópd+1| p2d−1⇒ pd+1| pgcd(2d,n)−1
Mànlẻ nêngcd(2,n) =1 ⇒gcd(2d,n) =gcd(d,n) Do
pd+1| pgcd(d,n)−1⇒ pd+1 ≤pgcd(d,n) −1≤ pd−1,
mâu thuẫn Như f(p) = pd Ta viếtn=qd+rvới0≤r≤d−1 Khi
pd−1= f(p)− f(1)| pn−1= pqd+r−1= prpqd−1+pr−1,
suy pd−1|pr −1 < pd−1 ⇒ pr−1 = ⇒ r = ⇒ d|n Giả sử b số nguyên Chọn số nguyên tốqsao cho
(9)Ta có
f(b)− f(q) = f(b)−qd |bn−qn =bn −qd n d
(3)
Mà
bn−qd
n d
=bn− f(b)nd + f(b) n d −
qd
n d
, f(b)−qd|f(b)nd −
qd
n d
nên kết hợp(3)ta cóbn− f(b)nd f(b)−qd Nếubn−f(b) n
d 6=0thì
b
n− f(b)nd ≤b
n+|f(b)|n <
q− |f(b)|n ≤qd− f(b),
đến ta gặp mâu thuẫn Do đóbn− f(b)nd =0⇔ f(b) = bd Thử lại ta thấy hàm số
f(x) = xd, ∀x ∈Z (vớidlà ước dương củan) thỏa mãn yêu cầu đề Vậy tất hàm số thỏa mãn yêu cầu đề có dạng
f(x) =±xd+c, ∀x ∈Z (vớidlà ước dương củan,clà số nguyên) Bài 7. Giả sử tồn hàm số f: Z+ →Z+thỏa mãn
f(a) +b|a2+ f(a)f(b), ∀a,b ∈ Z+ (1)
Từ(1)thayabởip, thaybbởi f(p), với plà số nguyên tố ta
2f(p)|p2+ f(p)f(f(p))⇒ f(p)|p2+ f(p)f(f(p))
f(p)|p2 f(p) ả1,p,p2â, p nguyờn tố
Giả sử tồn số nguyên tố psao cho f(p) =1 Khi từ(1)thayabởi pvà thaybbởi p
ta
1+p|p2+1⇒ p+1|(p2−1) +2⇒ p+1|2 (vơ lí)
Giả sử tồn số nguyên tố psao cho f(p) = p2 Khi từ(1)thayabởi pvà thaybbởi
pta
p2+p|p2+p4 ⇒ p+1|p+p3
⇒p+1|(p+1) + (p3+1)−2⇒ p+1| −2 (vơ lí)
Do f(p) = pvới số nguyên tốp Giả sửblà số nguyên dương, ta lấy plà số nguyên tố lớn hơnb Khi từ(1)thayabởipta
p+b|p2+p f(b) ⇒ p+b|p(p+f(b))
Màgcd(p+b,p) =1nên
p+b|p+ f(b) ⇒ p+b|f(b)−b (2)
Do(2)đúng với số nguyên tốp >bnên suy f(b)−b =0hay f(b) = b Vậy
f(n) =n, ∀n=1, 2,
(10)Bài 8. Giả sử f hàm số thỏa mãn điều kiện toán Choa=b =1ta
2f(1)−1|2f(1)⇒2f(1)−1|1
Mà f(1) ∈ N∗ ⇒ 2f(1)−1 = ⇒ f(1) = Xét số nguyên tố pbất kì, p ≥ Cho a = p, b =1ta
f(p)−p+1|p f(p) +1⇒ f(p)−p+1|p f(p)−p2+p+ (p2−p+1)
⇒f(p)−p+1|(p2−p+1)
Nếu f(p)−p+1 = p2−p+1 ⇒ f(p) = p2
Nếu f(p)−p+1 6= p2−p+1thì p2−p+1lẻ nên
p2−p+1≥3(f(p)−p+1)
Từ ta có f(p) ≤
3 p
2+2p−2
Choa =b= p, ta
2f(p)−p2|2p f(p)
⇒2f(p)−p2|2p f(p)−p3+p3 ⇒2f(p)−p2|p3
Mặt khác f(p) ≥ ⇒ −p3 < 2f(p)−p2 ≤
3 p
2+2p−2
−p2 < −p Do pnguyên tố p ≥ 7nên điều mâu thuẫn với điều kiện2f(p)−p2 ước p3 Vậy với số nguyên tố p ≥7thì f(p) = p2 Với số nguyênacố định, chọn số nguyên tố prất lớn Chob = p, ta
f(a) +p2−pa|a f(a) +p3
⇒f(a) +p2−pa|a f(a) +ap2−a2p+p3−ap2+a2p
⇒f(a) +p2−pa|p(p2−ap+a2)
Do chọnpđủ lớn nênpkhông thể ước f(a), f(a) +p2−pavà pnguyên tố nên
f(a) +p2−pa|p2−ap+a2 =f(a) +p2−pa+a2− f(a)
⇒f(a) +p2−pa|a2−f(a)
Vìa2− f(a)cố định nên ta chọn pđủ lớn để
f(a) +p2−pa> a2− f(a)
Do để f(a) +p2−pa|a2− f(a)thìa2− f(a) =0 Vậy f(a) =a2với∀a∈ N∗ Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 9. 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 hiệuP(m,n)là 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 mọim ∈N∗, thực hiệnP(cm, 1)ta
f(cm) = cm·gcd(f(cm),c) = cm·gcdcm·gcd f(cm),c
(11)Với mọim,n∈ N∗, thực P(m,cn)ta
c2mn = f(m.cn) =lcm(m,cn)·gcd(f(m), f(cn)) = cmn
gcd(m,cn) ·gcd(f(m),c 2n)
Suy rac·gcd(m,cn) =gcd(f(m),c2n) Do đóc|f(m) Vậy(2)trở thành f(m) = m·gcd(f(m),c) =cm
Thử lại ta thấy hàm số f(m) =cm(vớic ∈ N∗) thỏa mãn đề Thật vậy, f(m) =cm
lcm(m,n)·gcd(f(m), f(n)) = mn
gcd(m,n) ·gcd(cm,cn) =cmn = f(mn),
thỏa mãn(1) Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu đề
f(m) = cm, ∀m∈ N∗ (vớic∈ N∗)
Bài 10. Phân tích. Ta thử tính số giá trị đặc biệt f (1), f (2) Thay m = n = vào điều kiện ban đầu thu
2f (1)|2k ⇔ f (1)|2k−1
Tiếp theo thaym = 2,n = 1vào điều kiện ban đầu thu f (2) + f (1)|3k Từ điều kiện suy f (2), f(1) khác tính chẵn, lẻ Nếu f (2) chẵn f (1) lẻ, kết hợp với điều kiện
f (1)|2k−1ta f(1) =1 Nếu f (2)lẻ, thaym=n =2vào điều kiện ban đầu ta f (2) + f (2)|4k ⇔ 2f (2)|22k ⇔ f (2)|22k−1,
kết hợp với f (2)lẻ nên f (2) =1 Tiếp theo thaym=n=4vào điều kiện ban đầu ta f (4) + f (4)|8k ⇔ f (4)|23k−1
Thaym=3,n=2vào điều kiện ban đầu ta
f (3) + f (2)|5k ⇔ f (3) +1|5k
Suy f (3)chẵn Tiếp tục thaym =3,n =4vào điều kiện ban đầu ta f (3) + f (4)|7k
Suy f (4)lẻ, f (4) = Theo lập luận việc tính f (1)là tương đối khó khăn Như ta cần theo hướng làm khác Đầu tiên ta dễ nhận thấy hàm số cần tìm
f (n) = n, ∀n∈ N∗
Nếu hàm số ta dự đốn tính chất đặc biệt hàm số chẳng hạn nếuplà số nguyên tố cho p| f (n)thì p|n;
|f (n+1)− f(n)| =1,∀n∈ N∗,
f hàm số đơn ánh Ta cần tìm đẳng thức liên hệ hàm số f Do ta chứng minh tính chất
|f (n+1)− f(n)| =1,∀n∈ N∗
Để chứng minh tính chất ta thường làm theo hướng: giả sử tồn số nguyên dươngnsao cho
(12)suy tồn số nguyên tố p|(f(n+1)−f (n)) (1)
Ta tìm mối liên hệ f(n+1), f (n) Từ điều kiện ban đầu ta có
f (m) + f (n)|(m+n)k,∀m∈ N∗; f (m) + f (n+1)|(m+n+1)k,∀m∈ N∗
Từ hai điều kiện suy
(f (m) + f (n), f (m) + f (n+1)) =1,∀m ∈ N∗
Suy
(f (m) + f (n), f (m) + f (n+1)− f (m)− f (n)) =1,∀m∈ N∗
Do đó(f (m) + f (n), f (n+1)− f(n)) =1,∀m ∈N∗ (2)
Kết hợp (1) (2) ta chọn đượcmsao cho p| f(m) + f(n)thì ta có điều mâu thuẫn Việc chọn đơn giản, lấym= pα−n, với
αđủ lớn theo điều kiện ban đầu ta f (m) + f(n)|(m+n)k ⇒ f (m) + f (n)|pαk.
Kết hợp với f (m) + f (n) > ta p| f(m) + f(n) Từ điều (1), (2) dẫn tới mâu thuẫn, suy
|f (n+1)− f (n)| =1,∀n ∈N∗ (3) Từ (3) giả thiết ta cần
f (n+1)− f (n) =1,∀n∈ N∗
hoặc
f (n+1)−f (n) = −1,∀n ∈N∗
Nhận thấy hai đẳng thức khơng xảy tồn số nguyên dươngk cho
f (k+1)− f(k) =1
và
f(k+2)−f (k+1) = −1
cộng vế hai đẳng thức ta
f (k+2)−f (k) = 0⇔ f (k+2) = f (k)
Ta cần điều không đúng, muốn ta nghĩ đến chứng minh hàm số f đơn ánh Thật vậy, giả sử tồn hai số nguyên dương phân biệt a, b cho f (a) = f (b) Theo giả thiết ta có
®
f (a) + f (x)|(a+x)k
f (b) + f (x)|(b+x)k (∀x∈ N
∗)
(4)
Doa 6=b nên tồn số nguyên dươngxsao cho (a+x,b+x) = 1, điều thực
(a+x,b+x) = (a+x,a+x−b−x) = (a+x,a−b)
Từ ta cần lấyxsao choa+xlà số nguyên tố đủ lớn Từ (4) ta suy f (a) + f (x)|(a+x)k,(b+x)k =1,
vơ lí f(a) + f (x) >1 Do hàm số f đơn ánh Từ phân tích ta
(13)hoặc
f (n+1)− f (n) = −1,∀n∈ N∗
Nếu f (n+1)−f (n) = −1,∀n ∈N∗thì f (n+1)< f (n),∀n∈ N∗, vơ lí Vậy
f (n+1)− f(n) =1,∀n ∈N∗ ⇒ f (n) =n−1+ f (1),∀n ∈N∗
Thử vào điều kiện ban đầu ta
m+n−2+2f(1)|(m+n)k,∀m,n∈ N∗ (5)
Từ (5) chom=n=1vàm=2,n=1vàm =n=2thu
2f(1)|2k 1+2f (1)|3k 2+2f (1)|4k
⇒
f (1)|2k−1 1+2f (1)|3k 1+ f (1)|22k−1
⇒ f (1) =1
Do f (n) = n Thử lại thấy thỏa mãn
Giải.Trước hết ta chứng minh f đơn ánh Giả sử cóa,b∈ Z+,a6=bsao cho f(a) = f(b) Khi đó, từ giả thiết, ta suy f(a) + f(n)chia hết (a+n)k f(b) + f(n) = f(a) + f(n) chia hết
(b+n)k nên
(a+n)k,(b+n)k>1,∀n∈ Z+
Suy ((n+a),(n+b)) = (n+a,a−b) > 1,∀n ∈ Z+, mâu thuẫn Vậy f đơn ánh Tiếp theo ta chứng minh số f(n+1)− f(n) ước nguyên tố Thật vậy, giả sử ngược lại f(n+1)−f(n) có ước nguyên tố Gọi plà số nguyên tố gọi`là số nguyên dương chop` >n Từ giả thiết, ta suy
f(n) + f p`−n|p`k
Do f(n) + f p`−n
>1nên
p|f(n) + fp`−n
Chú ý f(n) ≡ f(n+1)(modp)nên từ đây, ta suy rap|f(n+1) + f p`−n
Mà theo giả thiết tốn
f(n+1) + f p`−n|p`+1k
nên ta cóp| p`+1k
, mâu thuẫn Tóm lại, ta có
|f(n+1)− f(n)|=1, ∀n ∈Z+
Bây giờ, giả sử tồn tạin0 ∈ Z+ cho f (n0+1) = f(n0)−1 Khi đó, f đơn ánh nên ta
phải có f (n0+2) = f(n0)−2 Bằng cách lập luận vậy, ta chứng minh
f(n0+m) = f (n0)−m, ∀x ∈Z+
Tuy nhiên, điều dẫn đến mâu thuẫn chom > f (n0)(chú ý f(n) ∈ Z+) Do sốn0
nói khơng tồn tại, tức phải có
f (n+1)− f (n) =1, ∀n∈ Z+
Từ đây, dễ dàng suy f(n) =n+c,∀n ∈ Z+với c = f(1)−1 Thay trở lại tốn, ta phải tìmc ≥0sao cho
m+n+2c|(m+n)k, ∀m,n ∈ Z+
Chọnm,nsao chom+nlà số ngun tố lớn hơn2c, ta tính đượcc=0 Từ suy f(n) =n,∀n∈ Z+
(14)Bài 11. Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu tốn Giả sửn ≥ kvàn−1khơng chia hết cho p Khi tồn tại`sao cho n−1|n+`p Suy f (n)| f (n+`p) +1 Mặt khác
f(n) = f(n+p) = f(n+2p) = · · · = f(n+`p)
nên f (n)|1→ f (n) =1.Vớin>1bất kì, ta có:
n−1|(n−1)kp⇒ f (n)| f ((n−1)kp) +1=2
Do vớin >1thì f(n)∈ {1; 2} Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: f (n) = 2, ∀n ≥ kvà p|n−1.Xác địnhn ≥ kvà pkhơng chia hếtn−1.
Khi tồn tạimsao cho n−1|mvà p|m−1 Suy f (n)| f(m) +1=3 hay f (n) =1
Ta xác định hàm f sau:
• f (n) =2, ∀n≥kvà p|n−1
• f (n) =1, ∀n>kvàpkhơng ước củan−1
• f (i) = f (i+p), ∀i<k
Trường hợp 2: f (n) = 1, ∀n ≥ k và p|n−1. Trong trường hợp này, f(n) = 2, ∀n ≥ k
và giả sửS={a| f (a) =2} không tồn tạim,n∈ Sthỏa mãn m−1|n.Ta xác định hàm f sau:
• f (n)∈ {1; 2}, ∀n∈ N
• VớiSlà tập vơ hạn củaNsao cho không tồn tạim,n∈ Sthỏa mãn m−1|n vớin>1, f (n) = 2khi khin ∈ S, f (n) = 1với cácn 6=1còn lại f (1)
là số xác định f (2)|f (1) +1
Bài 12. Giả sử tồn hàm số f : Z+ →Z+thỏa mãn
n!+ f(m)! | f(n)!+ f(m!), ∀n,m ∈Z+
Chom =n=1,ta có
1+ f(1)!|f(1)!+f(1)⇒1+ f(1)!|f(1)−1
Mà1+ f(1)!>|f(1)−1|,nên f(1) =1.Chom=1,ta có
n!+1 | f(n)!+1⇒ f(n)!>n!⇒ f(n)>n
Cho(m,n) = (1,p−1)với plà số nguyên tố (và ý đến định lí Wilson), ta có
p|(p−1)!+1|f(p−1)!+1⇒ f(p−1) < p⇒ f(p−1) = p−1
Chon = p−1(plà số nguyên tố) ta có(p−1)!+ f(m)!| (p−1)!+ f(m!).Suy
(p−1)!+f(m)!| f(m!)− f(m)!
với số nguyên tốp,dẫn tới f(m!) = f(m)! Do ta viết lại đề sau n!+ f(m)!|f(m)!+ f(n)!⇒n!+ f(m)!|f(n)!−n!
(15)Bài 13. Lời giải (Phân tích, tìm lời giải).Tính chất
m−n| f(m)−f (n)
với mọim,n ∈N∗,m6=ngợi cho ta thấy f có tính chất giống đa thức hệ số nguyên Như ta xét trường hợp sau:
Trường hợp 1: f là hàm số và f (n) = a,∀n ∈ N∗, đó a là số nguyên
dương cho trước Khi theo giả thiết ta được: a=a!, đẳng thức xảy khia ∈ {1, 2} Thử lại thấy thỏa mãn, suy có hai hàm thỏa mãn
f (n) =1,∀n∈ N∗; f (n) = 2,∀n ∈N∗
Trường hợp 2: f không phải hàm số Ta dự đoán trường hợp này
f (n) =n,∀n ∈N∗
Trước hết ta chứng minh n|f (n),∀n ∈ N∗ Ta lấy hai số nguyên dương u, v cho u|v, để sử dụng giả thiết cho ta lấy biến nguyên dươngn chon > v Khi n>unênn!chia hết chou Suy
u|(n!−v),n! >v ⇒ (n!−v)|(f (n!)−f (v))
Do
(n!−v)|(f(n)!− f (v))⇒ u|(f (n)!− f(v)) (1) Nếu từ (1) ta chọnn>vsao cho f (n)>uthì từ (1) suy rau| f (v), từ kết lấyu=vthì u|f (u)hay ta có
n| f (n),∀n ∈N∗
Như ta cần tồn n>vsao cho f(n)>u Thật vậy, giả sử ngược lại ta có
f (n)≤u,∀n∈ N∗,n >v
Suy tồn số nguyên dương a ≤ u cho f(n) = a vô hạn số nguyên dương n>v Theo giả thiết, với số nguyên dươngm6=n, ta có
m−n| f (m)− f (n) ⇒ m−n|f (m)−a (2)
Do f hàm số nên ta chọn số nguyên dương m cho f (m)−a 6= Do từ (2) suy có vơ hạn số ngun ước f (m)−a 6= 0, điều mâu thuẫn, suy tồn số nguyên dương n > vsao cho f (n) > u Do theo lí luận ta thu
n| f (n),∀n ∈N∗ (3)
Theo (3) ta có 2| f (2), mà từ i), ta suy f(1), f(2)∈ {1; 2}nên f (2) = Nếu f (3)>3
thì
f (3)≥4⇒ f(3!) = f (3)! 4⇒ f (3!)− f (2) = f (3!)−2,
không chia hết cho Mặt khác theo giả thiết
3!−2| f (3!)− f (2) ⇒ 4| f (3!)−2,
mâu thuẫn, suy f (3) ≤3 Theo (3) ta lại có f (3) ≥3⇒ f (3) = Ta có
(16)Cứ tiếp tục ta có vơ hạn số nguyên dươngnsao cho f (n) = n Đây kết quan trọng để ta
f (n) = n,∀n ∈N∗
Thật vậy, với số nguyên dương m, kết hợp với kết tồn vơ hạn số ngun dươngn>msao cho f (n) = n Theo giả thiết ta có
m−n| f (m)− f (n) ⇒ m−n| f(m)−n
m−n| f (m)−m+m−n⇒ m−n| f (m)−m
với vô hạn số nguyên dươngn>m Điều xảy f (m) = m Do
f (n) = n,∀n ∈N∗
Thử lại thấy thỏa mãn
Lời giải 2.Ta chứng minh rằng, tồn tạin0∈ Z+,n0 ≥2mà f(n0) =1thì
f(n) =1, ∀n≥n0 (*)
Thật vậy, giả sử cón≥2sao cho f(n) =1, ta có
n·n! = (n+1)!−n!|f((n+1)!)− f(n!) = [f(n+1)]!−[f(n)]! (**) Do n·n! chia hết cho 2nên [f(n+1)]!−1 chia hết cho 2, suy [f(n+1)]! số lẻ,
f(n+1) = 1.Tương tự ta có
f(n+2) = f(n+3) = · · · =1
Khẳng định (∗) chứng minh Trở lại toán, từ i) suy f(1), f(2) ∈ {1, 2} Xét trường hợp sau:
Trường hợp 1: f(1) = f(2) =1 Theo(∗), ta có f(n) =1, ∀n∈ Z+ Hàm thỏa mãn yêu cầu toán
Trường hợp 2: f(1) =2, f(2) =1. Theo(∗), ta có f(n) =1, ∀n ≥2 Tuy nhiên điều này
mâu thuẫn với ii) (chỉ cần thayn=1vàm≥3vào ii))
Trường hợp 3: f(1) = 1, f(2) = 2 Ta chứng minh quy nạp f(n) = nvới mọi
nnguyên dương Thật vậy, giả sử khẳng định đếnn =k; theo(∗∗)(chú ý tính chất ln i) ii)), ta có
k·k!|[f(k+1)]!−k!
Suy f(k+1) < 2k, trường hợp ngược lại dẫn đến[f(k+1)]!chia hết cho k·k!; từ suy rak!chia hết chok·k!(vơ lý) Thêm vào đó, ta phải có
k= (k+1)−1|f(k+1)− f(1) = f(k+1)−1
Mà trong2k−1 số 1, 2, , 2k−1có
2k−1
k
=
2−1
k
= số chia hết cho k nên từ
f(k+1)−1<2k−1, f(k+1)−1 k
(17)Trường hợp 4: f(1) = f(2) = 2 Trong trường hợp này, ta chứng minh f(n) =2cũng
bằng quy nạp Thật vậy, giả sử khẳng định đến n=k; theo(∗∗), ta có k·k!|[f(k+1)]!−2
Suy f(k+1) <2k(lý luận tương tự trường hợp trên) Lại có
k−1= (k+1)−2|f(k+1)−f(2) = f(k+1)−2
và
k= (k+1)−1|f(k+1)− f(1) = f(k+1)−2
Do k(k−1)|f(k+1)−2 Kết Kết hợp với bất đẳng thức f(k+1) < 2k, ta suy f(k+1) = Theo nguyên lý quy nạp, ta có f(n) = với mọin nguyên dương Hàm thỏa mãn yêu cầu toán
Lời giải 3.Từ i), ta suy f(1), f(2)∈ {1; 2}.Do f(2) ∈ {1, 2}và
4= (3!−2)|f(3!)−f(2) = [f(3)]!− f(2)
nên f(3) ≥4thì f(3)!−f(2) >20, vơ lí Vậy f(3) ∈ {1, 2, 3} Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: f(3) =3 Xét dãy (ak)với a1 = 3vàak+1 = ak!,ta dễ thấy f(ak) = ak với
mọik nguyên dương vàlimak = +∞ Bây giờ, cố địnhnvà thaym = ak > nvào ii), ta
được ak−n|ak− f(n), suy
ak−n|ak−n+n− f(n) ⇒ak−n|n−f(n)
Chok →+∞, ta f(n) =n Thử lại, hàm f(n) = nthỏa mãn yêu cầu toán
Trường hợp 2: f(3) ∈ {1, 2} Vớin >3, ta có
n!−3|f(n!)− f(3) = [f(n)]!− f(3)
Don!−3chia hết cho3nên[f(n)]!−f(3)chia hết cho3 Nếu f(n) ≥3thì[f(n)]!−f(3)
chia3dư f(3), vơ lí, f(n) <3, tức f(n) ∈ {1, 2} Tóm lại, ta có
f(n) ∈ {1; 2}, với n∈ Z+ (***)
• Dễ thấy hàm f(n) = 1và f(n) =2đều thỏa mãn yêu cầu đề
• Xét trường hợp f khác hằng, (∗ ∗ ∗)nên tồn hai sốa;b ∈ Z+ sao cho f(a) =1và f(b) =2 Theo ii), ta có
3+b= (3+a+b)−a|f(3+a+b)−f(a) = f(3+a+b)−1
và
3+a= (3+a+b)−b|f(3+a+b)− f(b) = f(3+a+b)−2
Mà3+b >2≥ f(3+a+b)−1≥0;3+a>2>2− f(3+a+b) ≥0nên từ suy
1= f(3+a+b) =2
(18)Bài 14. Giả sử tồn hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn f(m!+n!) | f(m)!+f(n)!vàm+nlà ước f(m) + f(n)với số nguyên dươngm,n Từ giả thiết ta có
n+n|f(n) + f(n) ⇒n|f(n), ∀n =1, 2, (1) Bây ta giả sử plà số nguyên tố đủ lớn Theo định lí Wilson, ta có
(p−1)!+1≡0 (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 pkhông ước f(1)!, từ (2) suy p không ước f(p−1)!, f(p−1) ≤ p−1 Kết hợp với (1) ta thu kết quả: f(p−1) = p−1
với số nguyên tốpđủ lớn Vớiplà số nguyên tố đủ lớn ta có p−1+n|f(p−1) + f(n),
mà f(p−1) = p−1nên
p−1+n|p−1+ f(n) ⇒ p−1+n|p−1+n+ f(n)−n,
dẫn tới
p−1+n|f(n)−n, ∀n =1, 2, (3)
Với nlà số nguyên dương tùy ý, do(3) với số nguyên tố đủ lớn nên f(n)−n =
hay f(n) = n Như f(n) = nvới số nguyên dươngn Thử lại thấy thỏa mãn
Bài 15. Cách 1.Nếu f(1)có ước nguyên tố pnào f(1) + f(1)chia hết chopvà f(2) = f(1+1)và giả thiết toán nên f(2)cũng 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 toàn ánh Do f(1) = Bây giờ, với số pnguyên tố, gọi np số nguyên dương n nhỏ thỏa tính
chất p|f(n), tức
np =min
ß
n∈ N∗|f(n) p
™
Rõ ràngnp>1 Ta có
f np
+ f np
p⇒ f np+np
p⇒ f 2np
p
⇒f np+ f 2np p⇒ f 3np p⇒ · · · ⇒ f knp p
Nghĩa là, nếunlà bội củanp f(n)chia hết cho p Ngược lại, giả sử có số nguyên dươngn
sao cho f(n)chia hết chop Nếunkhông chia hết chonpthì
n=k·np+r, <r<np,
mà f(n) = f k·np+rvà giả thiết nên f k·np+ f(r)chia hết chop, lại theo lí luận
thì f k·np
chia hết cho pnên ta suy p|f(r), mâu thuẫn với tính chất nhỏ củanp Do
đó, ta phải cónchia hết chonp Tóm lại, ta có
p|f(n)⇔ np|n (1)
Ta có bổ đề sau:
(19)Chứng minh.
Giả sử x ≡ y modnp
Ta chọn số nguyên dương d > x cho d np Do (1) nên
f(d) p Ta có
y−x+d np
do(1)
⇒ f(y−x+d) p⇒ f(y) + f(d−x) p
Mà f (x+ (d−x)) = f(d) p ⇒ f(x) + f(d−x) pnên
f(x)−f(y) p⇔ f(x) ≡ f(y) (modp)
Giả sử f(x) ≡ f(y) (modp) Giả sử y > x và ta chọn số nguyên dương d > x sao cho
d np Khi
f(y−x) ≡ f(y−x) + f(d) ≡ f (y+d−x) ≡ f(y) + f(d−x)
≡ f(x) + f(d−x)≡0(modp)
Do đó, sử dụng(1)suy ray−x np
Như bổ đề chứng minh Tiếp theo ta chứng minh:
x ≡y(modp) ⇔ f (x)≡ f(y) (modp) (2)
Vì1, 2, ,npđôi không đồng dư với theo modulo np nên theo cách chọnnp
thì f(1), f(2), ., f(np) không chia hết cho p theo bổ đề f(1), f(2), .,
f(np) đôi không đồng dư với theo modulo p Nếu np > p chia np
số f(1), f(2), ., f(np) cho pta np số dư đôi khác tất thuộc
{0, 1, 2, ,p−1}, vơ lí Vậy p≥np
Do f là toàn ánh nên tồn tạix1,x2, ,xp∈ N∗sao cho
f(x1) =1, f(x2) = 2, ,f(xp) = p
Tất số chia cho pthì có số dư khác Do theo bổ đề suy x1, x2, ., xp đôi không đồng dư với theo modulonp, suy p ≤ np,
p>npthì tồn
xi,xj ∈
x1,x2, ,xp
sao choxi ≡xj modnp
, mâu thuẫn
Như vậyp =npvà(2)được chứng minh Tiếp theo ta chứng minh f(n) =n (3)
bằng phương pháp qui nạp
Theo có f(1) =1, vậy(1)đúng khin =1.
Giả sử (1)đúng tớik(vớik ∈N∗) Ta cần chứng minh f(k+1) = k+1. • Nếu f(k+1) >k+1thì f(k+1)−k≥2, gọiplà ước nguyên tố
f(k+1)−k= f(k+1)− f(k)
Khi
(20)• Nếu f(k+1) <k+1thìk+2− f(k+1)≥2, gọi plà ước ngun tố
k+2− f(k+1) = k+1−(f(k+1)−1)
Khi
k+1≡ f(k+1)−1(modp)do⇒(2) f(k+1)≡ f(f(k+1)−1) (modp) (*)
Nếu f(k+1) = 1= f(1)thì với số nguyên tố pbất kì, ta ln có p| f(k+1)−f (1) ⇒ p|k+1−1⇒ p|k (vơ lí)
Suy f(k+1)−1≥1, từ đây, theo(∗)và giả thiết quy nạp ta có f(k+1)≡ f(k+1)−1(modp) (vơ lí) • Vậy f(k+1) =k+1
Theo nguyên lí quy nạp suy ra(3)đúng với mọinnguyên dương Vậy
f(n) =n, ∀n∈ N∗
Thử lại thấy thỏa mãn
Cách (tiếp nối từ (2)).Ta chứng minh rằng, với sốnnguyên 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 dươngxđể
f(x) = p`− f(n)⇒ f(x) + f(n) p
Kết hợp với giả thiết kết (1), ta suy rap|f(x+n)vànp|x+n (4)
Do f(n) ≡ f(n+1) (modp)nên ta cóp|f(x) + f(n+1).Từ suy
p|f(x+n+1), np|x+n+1 (5)
Từ (4) (5), ta thu điều mâu thuẫn do(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−1
Ta chứng minh f (n) = n Nếu f (n)≤n−1thìj∈ {1, 2, ,n−1}sao cho f(n) = j= f(j)
Chọn số nguyên tố pđủ lớn, p| f (n)− f (j) ⇒ p|n−j, vơ lí Do f (n) ≥ n Nếu f (n) >nthì
f(n)−(n−1)≥2⇒ f (n)− f (n−1)≥2 (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∗
(21)(i)
n
∑
k=1
f(k)là số phương (ii) f(n)chia hếtn3
Ta chứng minh f(n) = n3bằng phương pháp quy nạp Vớin=1,ta có f(1) |13 =1⇒ f(1) =1
Giả sử f(i) =i3với số nguyêni ∈[1,k−1],k>2.Ta chứng minh f(k) =k3.Ta có f(1) + f(2) +· · ·+ f(k) =13+· · ·+ (k−1)3+ f(k)
= (1+2+· · ·+k−1)2+ f(k) =
(
k−1)k
2
2
+f(k) =C2k2+ f(k) =m2
vớim>C2klà số nguyên dương Ta viếtm =C2k+`với`là số nguyên dương Ta có
f(k) = m2−C2k2 =`(k(k−1) +`) = `k2−k+`
Do f(k) | k3,nên ta có
`k2−k+` |k3`−k`k2−k+`=k2`−k`2
Suy rak2−k+`| k2−k` Tuy nhiên, ta ln có
(k2−k+`)−(k2−k`) = `−k+k`= (k−1)(`−1) +2`−1 >0,
nênk2−k+` > k2−k`, suy rak2−k` = 0,hay` = k Suy f(k) = k3 Vậy f(n) = n3 với số nguyên dươngn Thử lại thấy thỏa mãn
Lưu ý.Do "quen biết" đẳng thức
13+23+· · ·+n3 = (1+2+· · ·+n)2
nên ta dự đoán nghiệm hàm f(n) = n3với số nguyên dươngn
Bài 17. Từ giả thiết, ta suy ra1, f(x), f (x+f(1)−1)là độ dài ba cạnh tam giác Suy
1 >|f(x)− f (x+ f(1)−1)|,
do f(x) = f(x+ f(1)−1),∀x∈ Z+.Ta chứng minh f(1) = 1 Giả sử f(1) >1, đó 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)
không thể ta chox nhận giá trị đủ lớn Tóm lại, ta phải có f(1) = 1.Đến đây, cách thayy =1vào giả thiết đề bài, ta suy rax,1, f (f(x))là độ dài ba cạnh tam giác Do
(22)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 vớin = 1, Giả sử khẳng định (1) đến n =k ≥2, thayx =2vày = f(k)vào giả thiết, ta suy ra2,k, f (f(2) + f(k)−1)là độ dài ba cạnh tam giác Suy
k−2 < f (f(2) + f(k)−1) <k+2
Do vậy, ta có f (f(2) + f(k)−1) ∈ {k−1,k,k+1}
Nếu f(f(2) + f(k)−1) =k−1 = f (f(k−1))thì do f đơn ánh nên
f(2) + f(k)−1= 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 rak[f(2)−1] +1= (k−2)[f(2)−1] +1hay f(2) =1, mâu thuẫn f đơn ánh
Nếu f(f(2) + f(k)−1) =k = f (f(k))thì ta có f(2) + f(k)−1= f(k), mâu thuẫn. Như vậy, ta phải có f (f(2) + f(k)−1) =k+1= f (f(k+1)) Suy ra
f(k+1) = f(2) + f(k)−1 =k[f(2)−1] +1
Vậy f(k+1) = k[f(2)−1] +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) ≥nvới mọinnguyên 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 cón f(n)là số phương với mọin ∈ N∗ tính chất đặc trưng như: nếuplà số nguyên tố cho p| f (n)thì p|n;
|f (n+1)− f (n)| =1,∀n ∈N∗
Với giả thiết toán ta chứng minh hai kết sau: Bổ đề 2. n f (n)là số phương với mọin∈ N∗
Chứng minh. Giả sử tồn c ∈ N∗ choc f (c)khơng số phương Khi tồn số nguyên tố psao cho
vp(c f (c)) =2k+1,k∈ N
Chọndlà số nguyên dương thỏa mãnvp(d) >2k+1,
vp(c f (c) +d f(d) +2cd) = 2k+1
(23)Chứng minh.Giả sử tồn số nguyên tố lẻ pvà số nguyên dươngcsao cho p| f (c)nhưng p không ước củac Chọn số nguyên dươngdsao chovp(d) =1, dod f(d)là số
phương nênvp(d f(d))là số chẵn hay p2
d f (d) Do ta có
p|c f (c) +d f(d) +2cd p|2cd, 2cd6≡ modp2
c f (c) +d f(d) +2cd6≡0 modp2
Điều khơng xảy vìc f(c) +d f (d) +2cdlà số phương Do bổ đề chứng minh Quay trở lại tốn Đầu tiên ta tính f (1), ta có
1.f (1) +1.f (1) +2.1.1=2f (1) +2
là số phương nên tồn số nguyên dươngusao cho
2f (1) +2 =u2⇒u 2⇒u =2t⇒ f(1) +1=2t2 (1) Từ (1) suy f (1)là số lẻ Giả sử f (1)có ước nguyên tố lẻ p, theo bổ đề ta p|1vơ lí Do f(1)là số lẻ khơng có ước ngun tố lẻ suy f (1) = Thaya =2,b =1vào điều kiện ban đầu ta được2f (2) +1f (1) +2.2.1là số phương hay tồn số nguyên dương
usao cho2f (2) +5 =u2 (2)
Theo bổ đề ta được2f (2) = v2, đóvlà số nguyên dương Thay vào (2) thu
v2+5=u2⇔u2−v2 =5⇔
ß
u−v =1
u+v =5 ⇔
ß
u=3
v=2 ⇒ f (2) =
Tiếp theo ta chứng minh: với số nguyên dươngathì f(a) ≤a Giả sử phản chứng rằng, tồn tạia∈ N∗sao cho f(a) >a Khi f(a)≥a+1 Từ giả thiết, tồn tạik ∈N∗ cho
a f(a) +1.f(1) +2a =k2 ⇒a f(a) +2a+1=k2
⇒
ß
k2 >a f(a)
k2 <a f(a) +2pa f(a) +1 ⇒a f(a) <k
2 <»a f(a) +12. (3)
Mà theo bổ đề thìa f(a)vàp
a f(a) +12là hai số phương liên tiếp nên(3)là điều vơ lí Như
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) =2nên(4)đúng khin =1,n =2 Giả sử(4) tớik−1(vớik≥2), ta cần chứng minh f(k) = k Dok ≥2nên
m21 =k f(k) +1.f(1) +2k=k f(k) +2k+1≥7⇒m1 ≥3
Giả sử f(k) ≤k−1 Theo giả thiết, tồn số nguyên dươngmi cho
k f(k) +i f(i) +2ki =m2i, ∀i=1, 2, ,k−1
Do giả thiết quy nạp nên
k f(k) +i2+2ki =m2i, ∀i=1, 2, ,k−1
Dễ thấy rằngm2i+1−m2i = (i+1)2−i2+2k((i+1)−i) =2i+1+2k>0nên
(24)Mặt khác
m2k−1 =k f(k) + (k−1)2+2k(k−1)
≤k(k−1) +3k2−4k+1=4k2−5k+1
<4k2−4k+1= (2k−1)2
Suy ramk−1<2k−1 Kết hợp với(5)ta
3≤m1<m2 <· · · <mk−1<2k−1 (6)
Nếumi+1−mi ≥2, ∀i=1, 2, ,k−2thì
m2 ≥m1+2
m3 ≥m2+2
mk−1 ≥mk−2+2
suy ramk−1 ≥m1+2(k−2) ≥2k−1, mâu thuẫn với(6) Vậy tồn tạii∈ {1, 2, ,k−2}sao
cho
mi+1 =mi+1⇔mi2+1=m2i +2mi+1
⇔(i+1)2+2k(i+1) = i2+2ki+2»k f(k) +i2+2ki+1 ⇔2i+2k =2»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) ≤ kta f(k) = k Như theo nguyên lí quy nạp suy ra(4)đúng Sau thử lại ta kết luận
f (n) = n,∀n ∈N∗
Bài 19. Cách 1.Để cho gọn, số viết dạng lập phương số nguyên dương ta gọi số số lập phương Đặt
S(a,b) = a2f(a) +b2f(b) +3ab(a+b)
Để giải toán ta phát biểu số bổ đề
Bổ đề 4. mlà số lập phương khivp(m) 3với số nguyên tốp
Chứng minh.Hiển nhiên
Bổ đề 5. Với mỗia ∈N∗ thìa2f(a)là số lập phương
Chứng minh.Giả sử ngược lại, tồn a ∈ N∗ cho a2f(a) số lập phương Khi theo bổ đề 4, tồn số nguyên tốp chovp a2f(a) Đặtα = vp a2f(a) Khi
đó
vp
S(a,pα+1)=
α
Vìα nên theo bổ đề 4, từ α = vp S(a,pα+1) suy S a,pα+1 3, mâu thuẫn với giả
thiếtS a,pα+1
(25)Chứng minh.Vì p2f(p), a2f(a)là số lập phương (theo bổ đề 5) nên p2f(p) p3 (1)
và từ f(a) psuy raa f(a) p3 (2)
Theo giả thiết,S(a,p)là số lập phương, màS(a,p) p nênS(a,p) p3 Kết hợp điều với
(1),(2)ta được3ap(a+p) p3.Do phải cóa p, ngược lại, a6 pthì3ap(a+p)chỉ chia hết chop 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) =1
Bổ đề 7. Nếu tồn vô hạn số nguyên dươngamà f(a) = athì với số ngun dươngb, ta có f(b) = b
Chứng minh.Giả sử alà số nguyên dương mà f(a) = a Xét số nguyên dươngbtùy ý Ta có S(a,b) = a2f(a) +b2f(b) +3ab(a+b)
= a3+b2f(b) +3ab(a+b) = x3a,
vớixalà số nguyên dương Suy
x3a−(a+b)3=b2f(b)−b3 =b2(f(b)−b)
Do đóx2a+xa(a+b)2+ (a+b)2là ước nguyên dương củab2(f(b)−b) Từ đây, có vơ hạn
số nguyên dươngasao cho f(a) = a, suy b2(f(b)−b)phải có vơ hạn ước ngun dương Vì phải có
b2(f(b)−b) =0 ⇒ f(b) = b
Vìblà số nguyên dương tùy ý nên bổ đề chứng minh Bổ đề 8. Với số nguyên dươngata có f(a) ≤a
Chứng minh. Giả sử ngược lại, tồn a ∈ N∗ cho f(a) > a Theo bổ đề 5, tồn số nguyên dươngxasao choa2f(a) = x3a Vì f(a) >anên
x3a =a2f(a)>a3⇒ xa > a
Vì
S(a, 1) = a2f(a) +1+3a(a+1)
=x3a+1+3a(a+1) (3)
<x3a+1+3xa(xa+1)
= (xa+1)3
Hơn từ(3)ta thấyx3a <S(a, 1) Như
x3a <S(a, 1) <(xa+1)3,
mâu thuẫn vớiS(a, 1)là số lập phương Vậy bổ đề chứng minh Bổ đề 9. Với số nguyên dươngnta có f(n) =n
Chứng minh.Xét số nguyên tố ptùy ý Ta có
p2f(p) p3 ⇒ f(p) p ⇒ f(p) = kpα. (4)
(26)Từ (4), nếuk =1thì f(p) = qα.
Từ (4), nếuk >1thì gọiqlà ước nguyên tố củak, đóq f(p), theo bổ đề ta có
q p, suy raq= p, f(p)là lũy thừa p
Tóm lại, f(p) = pβ Theo bổ đề 8, ta có f(p) = pβ ≤ p, suy ra f(p) ∈ {1,p} Theo bổ đề ta
được 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) = nvới mọinnguyên 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 2.Xét số nguyên tố ptùy ý Ta cóS(p,p) = 2p2f(p) +6p3 số lập phương, nghĩa tồn số nguyên dươngypsao cho
2p2f(p) +6p3 =y3p (2.1) Từ(2.1)suy
y3p p⇒yp p⇒y3p p3
do(2.1)
⇒ 2p2f(p) p3 ⇒2f(p) p
Màplà số nguyên tố lẻ nên f(p) p Ta có
S(p, 1) = p2f(p) + f(1) +3p(p+1) = m3p,
S(p, 2) = p2f(p) +4f(2) +6p(p+2) = n3p,
vớim3p,n3plà số nguyên dương Từ hai đẳng thức suy
m3p > p2f(p); n3p > p2f(p); n3p−m3p =3p2+9p+C, (2.2)
vớiC=4f(2)−f(1) Từ thấy với plà số nguyên tố lẻ đủ lớn thìnp >mp Giả sử tồn
tại vô hạn số nguyên tố lẻ pmà f(p) 6= p Khi f(p) p ⇒ f(p) ≥ p,
suy có vơ hạn số ngun tố lẻpsao cho f(p) ≥2p Với mỗipnhư vậy, ta có
n3p−m3p = np−mp
n2p+npmp+m2p
≥n2p+npmp+m2p≥33 »
n3
p.m3p
>33
»
p4f(p)2 ≥3»3
p4.4p2=3√3
4p2 (2.3)
Từ (2.3) và(2.2) suy ra3p2+9p+C > 3√3 4p2 ⇒ 3+
p +
C p2 >
3 √
4, từ cho p → +∞
ta ≥ 3√3 4, điều vơ lí chứng tỏ điều giả sử sai, tức là, có hữu hạn số nguyên tố lẻ p mà f(p) 6= p, nghĩa tồn số nguyên tố p0 cho f(p) = p với số
nguyên tố p ≥ p0 Xét số nguyên dương atùy ý Với plà số nguyên tố thỏa mãn p ≥ p0, xét
các hiệu
H1 = (a+p+1)3−
a2f(a) +p3+3ap(a+p)
(27)H2 =
a2f(a) +p3+3ap(a+p)−(a+p−1)3
=a2f(a) +p3+3ap(a+p)−(a−1)3+p3+3(a−1)p(a+p−1) =a2f(a)−(a+1)3+3p(p+2a−1)
Do khip →+∞thìH1→+∞vàH2 →+∞ Vì thế, tồn số nguyên tố pa ≥ p0sao cho (a+pa−1)3 <a2f(a) +p3a+3apa(a+pa) <(a+pa+1)3 (2.4)
Dopa ≥ p0nên
a2f(a) +p3a+3apa(a+pa) =a2f(a) +p2af(pa) +3apa(a+pa)
Do đó, theo giả thiết,a2f(a) +p3a+3apa(a+pa)là số lập phương Bởi thế, từ(2.4)suy
a2f(a) +p3a+3apa(a+pa) = (a+pa)3
⇔a2f(a) +p3a+3apa(a+pa) = a3+p3a+3apa(a+pa)
⇔f(a) = a
Từ đây, vìalà 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.
1 Bài toán 19 phát triển toán 18
2 Điểm mấu chốt lời giải khẳng định f(a) = avới vô hạn số nguyên dươnga Cả hai lời giải trình bày phải thông 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 đốn, 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 (modf(p))
với số nguyên dươngnvà số nguyên tốp Chon= plà số nguyên tố, ta có
p≡0 (modf(p))
suy f(p) = phoặc f(p) =1 ĐặtA ={p ∈ P : f(p) = p}
Trường hợp Alà tập vô hạn Khi ta có
n ≡ f(n)p ≡ f(n) (modp),∀p∈ A
(28)Trường hợpA =∅ Khi đó f(p) =1,∀p∈ P Ta thấy hàm thỏa toán.
Trường hợp A 6= ∅và A hữu hạn Gọiq là phần tử lớn tập A Nếuq > 3, thì
với số nguyên tố p > q, ta có p ≡ (f(p))q = (modq) Giữa hai sốqvà2q tồn số ngun tốpvàp ≡1(modq), điều vơ lí Do đóq =2,hayA ={2}
Tức f(2) = 2và f(p) =1với số nguyên tốp>3.Khi đó, ta có
n ≡ f(n)2 (mod2)
suy f(n)vàncùng tính chẵn lẻ Vậy
f(n) = n,∀n∈ Z+;
f(p) = p,∀p ∈ P;
f(2) =2, f(p) =1,∀p∈ P,p>3và f(n)vớincùng tính chẵn lẻ vớinlà hợp số.
Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn yêu cầu toán Bài 21. Giả sửP(x)là đa thức thỏa mãn toán
Đầu tiên, ta xét trường hợpdeg P(x) =0 Khi đóP(x) = a0, vớia0 ∈Z.Theo giả thiết ta có
2(2−1)2018−1 P(2) ⇔1 a0⇔ a0 =±1
VậyP(x) = ±1 Tiếp theo giả sửdeg P(x) ≥1 Đặt
P(x) =amxm+am−1xm−1+· · ·+a1x+a0
vớim∈ N∗,ai ∈Z,∀i=0;m
Trường hợp 1: am > 0 Khi có số nguyên dương N sao cho P(x) > 0,∀x > N Với
n∈ N∗, n >N, xét số nguyên tố plà ước P(n) Từ giả thiết suy ra:
n(n−1)2018−1 p (1)
Lại có:
P(n+p) = am(n+p)m+am−1(n+p)m−1+· · ·+a1(n+p) +a0 =P(n) +pQ(n)
Suy raP(n+p) p(vớiQ(n)∈ Z) Vì
(n+p)(n+p−1)2018−1 P(n+p)
nên(n+p)(n+p−1)2018 ≡1(modp) ⇒ n(n+p−1)2018 ≡1(modp), đó(n,p) =1 Theo định lý Euler ta cónp−1≡1(modp) Khi từ
(n+p−1)2018=n2018+ (p−1)A (với A ∈N∗)
suy
(29)Màn(n+p−1)2018 ≡1(modp)nênnn2018 ≡1(mod p) Hay
nn2018−1 p (2)
Từ (1),(2)và sử dụng tính chất(am−1;an−1) =a(m;n)−1, suy
nn2018 −1;n(n−1)2018−1 p ⇒n(n2018;(n−1)2018)−1 p⇒(n−1) p (3)
don2018;(n−1)2018 = Xét số nguyên tốqvới q > N Theo (3), gọi plà ước ngun tố củaP(q+1)thì ta có
(q+1−1) p ⇒q p
Vì p,qlà số nguyên tố nênq = p Từ suy raP(p+1) = pkp với số nguyên tố p> N,kplà số nguyên dương phụ thuộc p Gọivp(n)là số mũ ước nguyên tố
ptrongn, nghĩa pknhưngn pk+1 Áp dụng định lý sau:Với x,ylà số nguyên
(không thiết dương),nnguyên dương,plà số nguyên tố lẻ chop|(x−y) vàx,ykhơng chia hết cho pthì:
vp(xn−yn) =vp(x−y) +vp(n)
Ta
vp
(p+1)p2018−1=vp((p+1)−1) +vp
p2018=2019
MàP(p+1)là ước của(p+1)p2018−1nên
vp(P(p+1))≤vp
(p+1)p2018 −1⇒kp≤2019,
với số nguyên tố p > N Do dãy kp có vơ hạn phần tử (vì có vơ hạn số nguyên tố
p > N) nên tồn dãy thỏa mãn P(p+1) = pk với vô số số nguyên tố p Suy raP(x) = (x−1)kvới k∈ N∗, ≤k≤2019
Nếuam <0, cách đặtQ(x) = −P(x)và 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≤2019không thỏa mãn yêu cầu toán tạin =1 Vậy tất đa thức cần tìm là:P(x)≡ ±1
Bài 22. Phân tích:Ta có f : N∗ →Zthỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
f(p) = 1, với pnguyên 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 theokrằng:
(30)Vớik=1thì(1)chính là(i).
Giả sử(1)đã chứng minh cho knào đó(k ∈Z+) Khi đó:
fpk+1= f p.pk= p f pk+pkf (p) = p.k.pk−1+pk = (k+1)pk
Theo nguyên lý quy nạp toán học,(1)được chứng minh với mọik ∈Z+ Tiếp theo ta chứng minh:∀t ∈ Z+, dãy(
αi)ti=1 ⊂N∗vàp1,p2, ,ptlà số ngun tố đơi phân biệt, ta có:
f
t
∏
i=1
pαi
i
!
=
t
∏
i=1
pαi
i
!
t
∑
i=1 αi
pi
(2)
Thật vậy, t = (2) (1) chứng minh Giả sử(2) chứng minh đếnt∈ N∗ Ta bổ sungpt+1là số nguyên tố khác vớitsố nguyên tố
p1,p2, ,pt;pt+1 ∈ N∗
f
t+1
∏
i=1
pαi
i
!
= f
t
∏
i=1
pαi
i p
αt+1
t+1
!
= pαt+1
t+1.f
t
∏
i=1
pαi
i
!
+
t
∏
i=1
pαi
i f p
αt+1
t+1
=pαt+1
t+1
t
∏
i=1
pαi
i
!
t
∑
i=1 αi
pi
+
t
∏
i=1
pαi
i (αt+1)p
αt+1−1
t+1
=
t+1
∏
i=1
pαi
i
!
t+1
∑
i=1 αi
pi
Theo nguyên lý quy nạp toán học, cho ta(2),∀t∈ N∗ 1 Trước hết, chọnx =y=1trong(ii)ta được:
f (1) = 2f (1) ⇒ f (1) = 06=1
Xét1 < n ∈ N∗, đó:∃t ∈ N∗,(αi)ti=1 ⊂N∗và tồn p1,p2, ,pt số nguyên
tố đôi phân biệt đển =
t
∏
i=1
pαi
i Vì thế, theo(2)thì
f (n) =n ⇔
t
∑
i=1 αi
pi
=1⇔
t
∑
i=1 αi∏
j6=i
pj =
t
∏
i=1
pi (*)
Với số`∈ {1; 2; ;t}, ta có: t ∏
j=1
pj p`
∏
j6=i
pj p`, i6=`
Vậy,(∗) ⇒α`.∏
j6=`
pj p` ⇒α` p`,∀`, suy raα` ≥ p` Do
t
∑
i=1 αi
pi
≥t Vậy nên để f (n) = nthì
t=1∧α1 = p1 ⇔n= pp
(31)2 Ta cần xét1 < n ∈ N∗ biểu diễnn =
t
∏
i=1
pαi
i , vớit ∈ N∗, (αi) t
i=1 ⊂N∗, p1, p2, ., pt
là số nguyên tố đôi phân biệt Lý luận câu (1), ta thấy
f (n) = 2n⇔
t
∑
i=1 αi
pi
=2 ⇔
t =1∧α1 =2p1
t =2∧α1 = p1,α2 =p2 ⇔
n= p2p
n= pp.qq;p <q
Dễ thấy n = 22.55 > 2018 có f (n) = 2n Ta chứng minh n số bé Nếu m= pp.qq, với p,qlà số nguyên tố p <qvàm<nthìq <5(vì nhưq ≥5thì pp.qq ≥ pp.55 ≥22.55=n, mâu thuẫn) nênq ≤3,p<q Suy
m = pp.qq ≤33.33<2018
(32)