3 Các dạng toán liên quan
3.1.4 Lớp các bài toán áp dụng các tính chất số học
Ngoài các phép toán cơ bản và tính thứ tự, tập hợp số tự nhiên có nhiều tính chất số học thú vị, ví dụ định lý cơ bản của số học, các vấn đề biểu diễn số, sự chia hết, lý thuyết đồng dư· · · Tất cả các tính chất này có thể ứng dụng vào việc giải phương trình hàm. Chúng ta xét một số bài toán minh họa sau đây.
Bài toán 3.16 (VMO 1996). Xác định tất cả các hàm số f : N∗ → N∗ thỏa mãn điều kiện
f(n) +f(n+ 1) = f(n+ 2)f(n+ 3)−1996.
Lời giải. Từ giả thiết ta có
f(k) +f(k+ 1) = f(k+ 2)f(k+ 3)−1996 và f(k+ 1) +f(k+ 2) =f(k+ 3)f(k+ 4)−1996. Do đó với mọik ∈N∗ thì f(k+ 2)−f(k) = f(k+ 3) (f(k+ 4)−f(k+ 2)). Suy ra rằng f(3)−f(1) = f(4).f(6)...f(2k) (f(2k+ 1)−f(2k−1)),
Và
f(4)−f(2) = f(5).f(7)...f(2k+ 1) (f(2k+ 2)−f(2k)).
Nếuf(3)−f(1) 6= 0vàf(2)−f(4)6= 0thì hai đẳng thức trên dẫn đến mâu thuẫn. Vậy xảy ra các trường hợp sau
a) f(3) −f(1) 6= 0 và f(4)− f(2) = 0. Từ đây ta có f(2k+ 2) = f(2k) =
c 6= 0,∀k ∈ N∗. Khi đó dẫn đến|f(3)−f(1)| = ck−1|f(2k+ 1)−f(2k−1)| ≥
ck−1,∀k ∈N∗.Như vậy ta phải cóc= 1.Từ đó ta thấy (3.12) trở thànhf(3)−f(1) =
f(2k+ 1)−f(2k−1).Nghĩa là dãy(f(2 + 1))là cấp số cộng với công said. Như thế với mọik ta cóf(2k) = 1, f(2k−1) =f(1) + (k−1)d.Từ giả thiết chon = 1
ta có f(1) +f(2) =f(3)f(4)−1996⇒ f(1) + 1 = (f(1) +d)−1996⇒ d= 1997. Vậy ta có f(n) = 1khin= 2k
a+ (k−1)1997khin = 2k−1, với a là số nguyên dương tùy ý.
b)f(3)−f(1) = 0vàf(4)−f(2)6= 0. Lập luận như trên ta có kết quả
f(n) =
1 khin = 2k−1
a+ (k−1)1997khin = 2k, với a là số nguyên dương tùy ý.
c)f(3)−f(1) = 0vàf(4)−f(2) = 0.
Khi đóf(2k) = a, f(2k−1) = bvới mọik ∈N∗ vàa, bnguyên dương tùy ý. Vớin = 1ta có
f(1) +f(2) = f(3)f(4)−1996⇒ b+a=ab−1996 ⇒(a−1)(b−1) = 1997.
Chú ý rằng1997là số nguyên tố nên hoặca= 2, b= 1998hoặca= 1998, b= 2.
Ta có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán là
f(n) = 2khin = 2k 1998khin = 2k−1 vàf(n) = 2khin= 2k−1 1998khin = 2k.
Bài toán 3.17(Canada 2008). Tìm các hàm số xác định trên tập hợp các số tự nhiên và lấy giá trị trong tập đó thỏa mãn điều kiện
(f(n))(p) ≡n(modf(p))
với mọi số tự nhiênn và mọi số nguyên tốp.
Lời giải. Trước hết thayn=pta có
(f(p))(p) ≡ p(modf(p))⇒ p≡0(modf(p)).
Như thế, với mọi số nguyên tố p thì p luôn chia hết cho f(p) hayf(p) = 1 hoặc
f(p) =p.
Giả sửf(p) = pvới vô hạn số nguyên tố p. Khi đó với mỗi số tự nhiênn, đồng dư thức
(f(n))(p) ≡ n(modp)
được thỏa mãn với vô số số nguyên tốp.
Theo định lí Fermat nhỏ thì(f(n))(p) ≡ f(n)(modp).
Từ đó suy raf(n)−nchia hết chopvới vô hạn số nguyên tốp.Điều này chỉ xảy ra khif(n) =n.Dễ thấy hàmf(n) =nthỏa mãn yêu cầu bài toán.
Giả sử f(p) = 1 với mọi số nguyên tố p. Ta thấy rằng bất kỳ hàm f nào mà
f(p) = 1 vớipnguyên tố đều thỏa mãn.
Cuối cùngf(p) = pđược thỏa mãn với hữu hạn số nguyên tố p. Gọiq là số nguyên tố lớn nhất thỏa mãnf(q) = q.
Giả sử rằngq ≥3. Khi đó với số nguyên tốpbất kì màp > qthìf(p) = 1. Bằng cách chọnn =p, p= q, ta cóp≡ 1(modq).Như thế mọi số nguyên tố p > q
đều cóp≡ 1(modq).Điều này rõ ràng không đúng. Vậy chỉ xảy ra trường hợpq = 2.
Ta cóf(2) = 2vàf(p) = 1với mọi số nguyên tố lẻ. Với mọi số tự nhiênnta có
(f(n))2 ≡ n(mod2).Ta thấy rằngf(n) vàncó cùng tính chẵn lẻ. Ngược lại, bất kì hàm f nào màf(2) = 2, f(p) = 1với pnguyên tố lẻ vàf(n)với n cùng tính chẵn lẻ đều thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy có ba hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán
1.f(n) = 1 với mọinnguyên tố,f(n)xác định tùy ý vớinkhông nguyên tố. 2.f(n) =nvới mọi n.
3.f(2) = 2, f(p) = 1vớipnguyên tố lẻ, f(n)có cùng tính chẵn lẻ vớin.
Bài toán 3.18 (Shortlist 2004). Cho hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương và nhận giá trị trong tập đó thỏa mãn:
(m2+n)2chia hết cho (f(m))2+f(n)với mọi số nguyên dươngm, n.
Lời giải. Trước hết chom= n= 1ta được4chia hết cho(f(1))2+f(1).
Từ đóf(1) = 1.Với mỗi pnguyên tố, thaym= 1vàn =p−1 ta được:
f(p−1) + 1chia hếtp2.Từ đóf(p−1) = p−1hoặcf(p−1) = p2−1.
Nếuf(p−1) = p2−1thìf(1) + (f(p−1))2 = p4−2p2+ 2chia hết
(1 + (p−1)2)2 ⇒ p4−2p2+ 2≤ (p2−2p+ 2)2, vô lí. Do đó ta phải cóf(p−1) = p−1.
Bây giờ vớin là số tự nhiên tùy ý, chọnm=p−1 ta có
A =f(n) + (p−1)2chia hết(n+ (p−1)2)2.
Chú ý rằng
(n+ (p−1)2)2 = (n−f(n) +A)2 ≡ (n−f(n))2(modA).
Như vậyA chia hết cho (n−f(n))2 với bất kỳ số nguyên tố p. Chỉ cần chọnpđủ lớn ta cóA > (n−f(n))2.Từ đó ta phải cóf(n) = n(thỏa mãn).
Vậyf(n) =n,∀n ∈N∗ là hàm số cần tìm.
Bài toán 3.19. Tìm tất cả các hàm sốf : N∗ → N∗thỏa mãn các điều kiện
i) f là toàn ánh ;
ii) Với mọi m, n ∈N∗ và với mọi số nguyên tốpthìf(m+n)chia hết chop
Lời giải. Ta cố định số nguyên tốp.
Gọidlà số nhỏ nhất sao chof(d)chia hết chop(sốdtồn tại vìf là toàn ánh). Từii)ta có f(2d)chia hết chop. Bằng quy nạp đơn giản suy ra rằngf(kd)chia hết chopvới mọi số tự nhiênk.
Ngược lại giả sửf(m)chia hết chop. Viếtmdưới dạngm= kd+rvớiklà số tự nhiên vàr∈ {0,1,2, ..., d−1}.
Ta cóf(m) chia hết chopnênf(kd) +f(r)chia hết chop, suy ra f(r)chia hết cho
p. Do tính chất nhỏ nhất củadnênr= 0.
Vậyf(m) chia hết chopkhi và chỉ khi mchia hết chod.
Nếum≡ n(modd) thì ta chọnk là số tự nhiên chia hết chodvàk > m. Ta cón−m+k chia hết chodnênp|f(n−m+k)hayp|(f(n) +f(k−m)).
Mặt khác, dod|(k−m+m) nênp|(f(m) +f(k−m)).
Từ đóp|(f(m)−f(n))hayf(m) ≡f(n)(modp).
Ngược lại, giả sửf(m) ≡f(n)(modp).
Ta chọn sốk như trên và giả sửn > m.Khi đó
0 ≡f(m) +f(k−m) ≡ f(n) +f(k−m) ≡ f(n+k−m)
≡ f(n−m) +f(k) ≡f(n−m)(modd) ⇒ d|(n−m).
Vậym≡ n(modd) khi và chỉ khif(m) ≡ f(n)(modp).
Từ đây suy ra các giá trịf(1), f(2),· · · , f(d)có đồng dư khác nhau theo (mod p). Từ đóp≥d. Từ tính chất toàn ánh củaf ta thấy rằng tồn tại các sốxi(i = 1,2,· · · , p)
sao cho f(xi) ≡ i(modp). Như thế có p giá trị xi đồng dư theo (mod d). Vậy
p=d.
Như thế các kết quả trên trở thành
p|n ⇔ p|f(n)vàm≡n(modp) ⇔ f(m) ≡ f(n)(modp).
Do đó ta cóf(1) = 1.Ta chứng minh bằng quy nạp rằngf(n) =nvớinlà số tự nhiên.
Giả sử rằngf(k) =kvới mọi số tự nhiênk < n.
Như thế giá trịf(n)−n+ 1phải chia hết cho mọi số nguyên tốpnào đó. Do đóf(n) ≡n−1(modp) ⇒f(n) ≡ f(f(n)−1)(modp).
Theo giả thiết quy nạp thìf(f(n)−1) = f(n)−1.
Từ đóf(n)≡ f(n)−1(modp),(vô lí).
Vậyf(n) =n,∀n ∈N∗ thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 3.20(France MO 2004). Xét hàm sốf : Z→ Zthỏa mãn điều kiện
f(x3+y3+z3) =f3(x) +f3(y) +f3(z),∀x, y, z ∈Z. (3.12)
Lời giải.
Giả sử tồn tại hàm sốf thỏa mãn yêu cầu bài toán. Kí hiệuP(x, y, z)là cách cho bộ
(x, y, z)(vớix, y, zlà số nguyên) từ (3.12) suy ra +P(0,0,0)⇒ f(0) = 3f3(0) ⇒f(0) 1−3f2(0) = 0⇒ f(0) = 0. +P(x,−x,0) ⇒ f3(x) =−f3(−x)⇒ f(−x) =−f(x),∀x ∈Z. +P(1,0,0)⇒ f(1) = f3(1) ⇒ f(1) ∈ {0; 1;−1} +P(1,1,0)⇒ f(2) = 2f3(1) ⇒f(2) = 2f(1). +P(1,1,1)⇒ f(3) = 3f3(1) ⇒f(3) = 3f(1).
Ta dự đoán rằng, với mọin thuộcZthìf(n) =nf(1). Trước hết ta chứng minh hai bổ đề sau
Bổ đề 1. Với mỗi số nguyên dương lớn hơn 10, lập phương của nó đều có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của 5 lập phương của các số nguyên khác có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nó.
Chứng minh. Ta cần tìm mối liên hệ đó với n > 10 trong từng trường hợpn chẵn vànlẻ.
Trước hết là vớinlẻ. Đặtn = 2t+ 1, t ∈ Z.Ta cần tìm một đẳng thức đúng với mọitmà trong đó2t+ 1là biểu thức có giá trị tuyệt đối lớn nhất, các biểu thức còn lại phải là nhị thức bậc nhất có hệ số củatlà 1hoặc2. Khi đó để khử8t3 xuất hiện trong (2t+ 1)3, ta chọn −(2t−1)3. Ta thấy vẫn còn số hạng chứa t2 trong đó, ta chọn tiếp hai biểu thức khác có chứatcùng hai hằng số bằng cách đưa thêm tham số vào rồi lựa chọn như sau. Giả sử hai biểu thức cần tìm dạng (at+b),(at−b) ( với
a, b ∈Z) và hai số cần tìm là c, d∈ Z.Khi đó h (2t+ 1)3−(2t−1)3i = h (at+b)3−(at−b)3i + c3+d3 . (3.13) ⇔ 24t2+ 2 = 6a2bt2+ 2b3+c3+d3 ⇔ 24−6a2b t2+ 2−3b3−c3−d3 = 0.
Ta cần chọna, b, c, d sao choa2b= 4và2b3−c3−d3 = 2,trong đóa= 1hoặc
a = 2. Dễ thấy a 6= 2 vì nếu a = 2 thì từ a2b = 4 suy ra b = 1 thay vào (3.13) không thu được kết quả nào cả. Vớia= 1thìb = 4, suy rac3+d3 = 126, chọn được
c =−5, d =−1. Như vậy
(2t+ 1)3+ 53+ 13 = (2t−1)3+ (t+ 4)3+ (4−t)3. (3.14) Thử lại, thấy (3.12) đúng với mọit ∈Z. Lập luận hoàn toàn tương tự, ta thu được đẳng thức sau
(2k+ 2)3 = (2k−2)3+ (k+ 8)3+ (8−k)3+ (−10)3+ (−2)3. (3.15) Như vậy Bổ đề 1 được chứng minh.
Bổ đề 2.Nếua, b, c, m, q, plà 6 số nguyên thỏa mãn
a3+b3+c3 = m3+q3+p3 và f(b) = bf(1), f(c) = cf(1), f(m) = mf(1), f(q) = qf(1), f(p) = pf(1) thì f(a) =af(1). Chứng minh. Ta có f a3+b3+c3 =f m3 +q3+p3 ⇒ f3(a) +f3(b) +f3(c) =f3(m) +f3(q) +f3(p) ⇒ f3(a) = f3(1) m3+q3+p3−b3−c3 ⇒ f3(a) = f3(1)a3 ⇒ f(a) =af(1).
Bổ đề 2 được chứng minh. Quay trở lại bài toán
P(2,0,0)⇒ f(8) =f3(2) = 8f3(1) ⇒ f(8) = 8f(1).
P(2,1,0)⇒ f(9) =f3(2) +f3(1) = 8f(1) +f(1)⇒ f(9) = 9f(1). P(2,1,1)⇒ f(10) =f3(2) +f3(1) +f3(1) ⇒ f(10) = 10f(1).
Suy raf(−k) = −kf(1), k = 0,1,2,3,8,9,10. Tiếp theo ta có
P(2,−1,0) ⇒ f(7) = f3(2) +f3(−1)⇒ f(7) = 7f(1).
P(2,−1,−1)⇒ f(6) = f3(2) +f3(−1) +f3(−1)⇒ f(6) = 6f(1).
Trong (3.14) lấyt= 2ta được53+ 53+ 13 = 33+ 63+ 23.Do đó
f 53+ 53+ 13 = f 33+ 63+ 23 ⇒ f3(5) +f3(5) +f3(1) = f3(3) +f3(6) +f3(2) ⇒ f3(1) 33+ 63 + 23−13 = 2f3(5) ⇒ f3(5) = 53f(1) ⇒ f(5) = 5f(1) ⇒ f(−5) =−5f (1).
Trong (3.15) lấyk = 1ta được43 = 03+ 93+ 73+ (−10)3+ (−2)3. Do đó
f 43+ 103+ 23 =f 03+ 93+ 73 ⇒ f3(4) +f3(10) +f3(2) = f3(9) +f3(7) ⇒ f3(4) = f3(1) 93+ 73−103−23 = 43f3(1) ⇒ f (4) = 4f(1) ⇒ f (−4) = −4f(1).
Như vậy ta chứng minh đượcf(k) = kf(1),∀k ∈ {−10,−9, . . . ,9,10}.Do đó
f(n) =nf(1)đúng với mọi số nguyênnthỏa mãn|n| ≤ 10.Giả sử khẳng định đúng tới số nguyên dương(n−1)≥ 10. Khi đónlà số nguyên dương lơn hơn10nên theo Bổ đề 1 suy ra n3 được biểu diễn thành tổng của 5 lập phương của các số nguyên khác có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nó. Vì vậy theo Bổ đề 2 suy raf(n) = nf(1). Giả
sửn ∈ Z,n <−10, khi đó−n >10. Suy ra
f(n) =f(−(−n)) =−f(−n) = −(−n)f(1) =nf(1).
Theo nguyên lí quy nạp ta đượcf(n) = nf(1),∀n ∈ Z. Màf(1) ∈ {0,1,−1} nên ta nhận được
f(x) ≡ 0, f(x) =x, f(x) =−x
Thử lại thấy các hàm này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 3.21. Tìm tất cả các hàm sốf : N∗ → N∗thỏa mãn các điều kiện
i) f(mf(n)) = n2f(mn),∀m, n ∈ N∗;
ii) Nếupnguyên tố thìf(p)là hợp số nhưng không phải là số chính phương.
Lời giải. Chom= 1ta có f(f(n)) =n2f(n),từ đó suy raf là đơn ánh. Chom= n= 1ta cóf(f(1)) =f(1) ⇒ f(1) = 1.
Thaymbởif(m)ta có
f(f(m)f(n)) =n2f(f(m)n) =n2m2f(mn) =f(f(mn)).
Dof là đơn ánh nên
f(mn) =f(m)f(n),∀m, n ∈ N∗.
Như vậy ta chỉ quan tâm đến giá trị hàmf tại các điểm nguyên tố.
Giả sử pnguyên tố và f(p) = p1P2· · ·pk vớipi(i = 1,2,· · · , k) (là các số nguyên tố có thể trùng nhau).
Khi đó
p2f(p) =f(f(p)) =f(p1)f(p2)...f(pk).
Theo giả thiết mỗif(pi) là hợp số nên chứa ít nhất hai thừa số nguyên tố. Do đó vế phải của đẳng thức trên chứa ít nhất 2k thừa số nguyên tố (có thể trùng nhau). Mặt khácp2f(p)chứa đúngk+ 2thừa số nguyên tố. Từ đók+ 2 ≥2ksuy rak = 1hoặc
Nhưng nếuk = 1thìf(p) =pikhông phải là hợp số. Vậyk = 2.
Như thế nếuplà số nguyên tố thìf(p) =qrvớiq, rlà các số nguyên tố khác nhau. Ta cóf(q)f(r) =f(qr) =f(f(p)) =p2f(p) =p2qr.
Nếup=q thì
f(p) =pr ⇒ f(p)f(r) =f(pr) = f(f(p)) =p2f(p) ⇒ f(r) = p2.
Vô lí, vìf(r)không phải là số chính phương. Vậyp6=q. Tương tựp6=r. Ta phải cóf(p) = qr, f(q) =rp, f(r) = pq.
Vậy có vô số hàmf được xây dựng như sau.
Chia tập hợp các số nguyên tố thành vô hạn bộ(p, q, r) rời nhau và đặt
f(p) =qr, f(q) = rp, f(r) =pq.