PHƯƠNG TRÌNH hàm TRÊN tập số NGUYÊN

PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN
Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng. Ngoài các vấn đề chung của
hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh , chúng còn liên quan đến các
khái niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ đồng dư,
hàm nhân tính, Trong một số trường hợp bản chất của bài toán về các hàm số xác định
trên tập số nguyên chính là bài toán số học. Mặt khác, khi xét các bài toán về hàm
f
:
RN
→
*
ta có thể chuyển về bài toán của dãy số. Dùng các kết quả của dãy số, ta thu được
tính chất cần thiết để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Dưới đây ta xét một
vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên.
I. Sử dụng các kết quả của dãy số
1. Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức truy hồi
Dạng 1
Tìm
n
U
biết
0
11
=++
−+ nnn
cUbUaU
,
2; ≥∈ nNn
với
21
;UU

cho trước.
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
0
2
=++ cba
λλ
(1)
a) Nếu
1
λ
,
2
λ
là hai nghiệm thực phân biệt của (1) thì
nn
n
BAU
21
λλ
+=
, trong đó A, B được xác
định theo
21
;UU
.
b) Nếu
λ
là nghiệm kép của (1) thì
,)(

n
n
nBAU
λ
+=
trong đó A, B được xác định theo
21
;UU
.
c) Nếu
iyx +=
λ
là nghiệm phức của (1) thì
),sincos(
ϕϕ
nBnArU
n
n
+=
với
;||
22
yxr +==
λ








−∈
2
;
2
ππ
ϕ
sao cho
x
y
=
ϕ
tan
và A, B được xác định theo
21
;UU
.
Dạng 2
Tìm
n
U
biết
nnnn
fcUbUaU =++
−+ 11
,
21
;UU
cho trước,
n

f
là đa thức bậc n cho trước.
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
cba ++
λλ
2
(2). Ta có
,
10
nnn
UUU +=
trong đó
0
n
U
là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất dạng 1.
0
11
=++
−+ nnn
cUbUaU
(3)
1
n
U
là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.
nnnn
fcUbUaU =++
−+ 11

(4)
Theo dạng (1) ta tìm được
0
n
U
, trong đó A, B chưa xác định.
1
n
U
xác định như sau
a) Nếu
1
≠
λ
là nghiệm của phương trình (2) thì
1
n
U
là đa thức cùng bậc với
n
f
.
1
b) Nếu
1=
λ
là nghiệm đơn của (2) thì
,.
1
nn

gnU =
trong đó
n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
.
c) Nếu
1=
λ
là nghiệm kép của phương trình (2) thì
,.
21
nn
gnU =
trong đó
n
g
là đa thức cùng bậc
với
n
f
.
Thay
1
n
U
vào phương trình (4), đồng nhất hệ số tìm được
1

n
U
.
Biết
1
U
,
2
U
từ hệ thức
10
nnn
UUU +=
ta tính được A, B.
Ví dụ 1.1
Tìm tất cả các hàm số
f
xác định trên
N
thoả mãn các điều kiện sau
a)
1)( =nf
b)
)().(3)(2)().(2 kfnfnkfknfnf =−−+
;
Nnk ∈∀ ,
(1).
Giải
Cho
0== nk

từ (1) ta có
0)0(2))0((
2
=+ ff
, suy ra
0)0( =f
hoặc
2)0( −=f
.
Nếu
0)0( =f
cho
0=n
từ (1) ta có
0)( =kf
,
Nk ∈∀
suy ra
0)1( =f
mâu thuẫn với giả thiết,
vậy
2)0( −=f
.
Từ (1) cho
1=n
ta được
0)1(2)(3)1(2 =−−−+ kfkfkf
;
.Nk ∈∀
Xét phương trình đặc trưng

0232
2
=−−
λλ
có nghiệm
2
1
1
−
=
λ
và
2
2
=
λ
. Ta tìm được
f
dưới
dạng
nn
BAnf )
2
1
.(2.)( −+=
với
2)0( −=f
;
.1)1( =f
Ta có




−=
=
⇔





=−
−=+
2
0
1
2
1
2
2
B
A
BA
BA
suy ra
1
1
2
1
.)1()(

−
+
−=
n
n
nf
, thay vào thoả mãn đề bài. Vậy
,
2
1
.)1()(
1
1
−
+
−=
n
n
nf
Nn ∈∀
là nghiệm
của bài toán.
Ví dụ 1.2
Tìm tất cả các hàm
f
:
RN →*
thoả mãn các điều kiện sau
a)
1)1( =f

;
0)2( =f
b)
,1)1()(2)1( +=−+−+ nnfnfnf
*Nn ∈∀
(1).
Giải
Giải phương trình đặc trưng
012
2
=+−
λλ
có nghiệm kép
1
=
λ
.
Ta có
),()()(
10
nfnfnf +=
trong đó
nBAnBAnf
n
+=+= 1).()(
và
)()(
21
bannnf +=
(2). Thay

)(
1
nf
vào phương trình (1) ta được
,1))1(()1()(2))1(()1(
222
+=+−−++−+++ nbnanbannbnan
*Nn
∈∀
2
⇔
,012)16( =−+− bna
*Nn ∈∀
suy ra
6
1
=a
và
,
2
1
=b
thay vào (2) được
6
)3(
2
1
6
1
)(

2
21
+
=






+=
nn
nnnf
và
6
)3(
)(
2
+
++=
nn
BnAnf
.
Mà
1)1( =f
;
0)2( =f
, nên ta có






−=
=
⇔







=++
=++
3
11
4
0
3
10
2
1
3
2
B
A
BA
BA
Cuối cùng tìm được

4
3
11
6
)3(
)(
2
+−
+
= n
nn
nf
,
*Nn ∈∀
là nghiệm của bài toán.
Ví dụ 1.3
Tìm tất cả các hàm
f
:
ZN
→
thoả mãn
a)
1)1( =f
b)
,2.3)()()(2)(
k
nnkfkfnfnkf =−+−+
Nnk ∈∀ ;
(1).

Giải
Từ (1) cho
0== kn
ta có
0))0(()0(
2
=− ff
suy ra
0)0( =f
hoặc
1)0( =f
.
Nếu
0)0( =f
từ (1) cho
0=n
thì
,0)( =kf
Nk ∈∀
suy ra
0)1( =f
mâu thuẫn với giả thiết, nên
1)0( =f
. Từ (1) cho
1=n
ta có
k
kfkfkf 2.3)1()(2)1( =−+−+
(2).
Xét phương trình đặc trưng

012
2
=+−
λλ
có nghiệm kép
1=
λ
. Ta tìm được nghiệm dưới
dạng
),()()(
10
kfkfkf +=
trong đó
kBAkf .)( +=
và
.2.)(
1 k
akf =
Thay
)(
1
kf
vào phương trình (2) được
,2.32222
11 kkkk
aaa =+−
−+
Nk ∈∀
nên
6=a

⇒
.2.6)(
k
BkAkf ++=
Lại có
1)0( =f
;
1)1( =f
nên A, B xác định như sau



−=
−=
⇔



=++
=+
6
5
112
16
B
A
BA
A
suy ra
5662)( −−= nnf

n
;
*Nn
∈∀
là nghiệm của bài toán.
2. Kết hợp các tính chất của hàm số như: tuần hoàn, đơn ánh với các tính chất của dãy
số như: cấp số cộng, cấp số nhân và các bất đẳng thức, các hằng đẳng thức đại số và
lượng giác để giải các bài toán về phương trình hàm.
Ví dụ 1.4
Có tồn tại hay không hàm số
f
:
ZZ
→
sao cho
;)())(( nmfnfmf −=+
Znm ∈∀ ,
(1).
Giải
Giả sử tồn tại hàm
f
thoả mãn đề bài. Từ (1) cho
0=m
ta có
nfnff −= )0())((
(2).
Với
Znn ∈
21
,

mà
)()(
21
nfnf =
thì
)),(())((
21
nffnff =
từ (2) suy ra
,)0()0(
21
nfnf −=−

do đó
21
nn =
nên
f
là đơn ánh.
3
Cho
0=n
từ (1) ta có
mfmmffmf =+⇔=+ )0()())0((
Từ đó ta được
0)0( =f
thay vào (2) có
,))(( nnff −=
Zn ∈∀
(3)

Từ (1) thay
m
bằng
)(mf
và áp dụng (3) ta được
.)())(( nmnfmff −−=+
Xét
qpnm ,,,
là các số nguyên sao cho
,qpnm
+=+
khi đó
( ) ( )
)()(()()( qfpffqpnmnfmff +=−−=−−=+
Theo chứng minh trên
f
là đơn ánh, nên suy ra
)()()()( qfpfnfmf +=+
Do đó với mọi
Zn
∈
ta có
)()()1()1( nfnfnfnf +=−++
⇔
)1()()()1( −−=−+ nfnfnfnf

⇒
)0()1()1()2( )1()()()1( ffffnfnfnfnf −=−==−−=−+
nên
{ }

)(nf
là một cấp số cộng
với số hạng đầu là
0)0(
1
== fU
và công sai
)1(fd =
suy ra
,)(
11
ndndUUnf
n
=+==
+
.0
≥∀
n
Ta xét với hai số
0,0 ≥> mn
sao cho
0
≥+
ndm
thay vào (1) được
nmddndmnmdndmfnmfndmfnfmf −=+⇔−=+⇔−=+=+ )()()()())((
Từ đó có
1
2
−=d

(vô lý), do vậy không tồn tại hàm
f
thoả mãn yêu cầu của đề bài.
Ví dụ 1.5
Tìm tất cả các hàm
f
:
RN →
thoả mãn các điều kiện sau
a)
cf =)0(
b)
,
)(3
1)(3
)1(
nf
nf
nf
−
+
=+
*Nn ∈∀
(1).
Giải
Từ (1) ta có
6
tan)(1
6
tan)(

)(
3
1
1
3
1
)(
)1(
π
π
nf
nf
nf
nf
nf
−
+
=
−
+
=+

⇒
6
tan)0(1
6
tan)0(
)1(
π
π

f
f
f
−
+
=
Do đó ta đặt
α
tan)0( == cf
thì
)
6
tan()1(
π
α
+=f
)
6
2
tan(
6
tan)
6
tan(1
6
tan)
6
tan(
6
tan)1(1

6
tan)1(
)2(
π
α
ππ
α
ππ
α
π
π
+=
+−
++
=
−
+
=
f
f
f
Ta chứng minh quy nạp công thức
),
6
tan()(
π
α
+=nf
Nn
∈

(2).
Thật vậy, với
2;1;0=n
công thức (2) đúng.
Giả sử
).
6
tan()(
π
α
n
nf +=
4
Ta có
6
tan)
6
tan(1
6
tan)
6
tan(
6
tan)(1
6
tan)(
)1(
ππ
α
ππ

α
π
π
+−
++
=
−
+
=+
n
nf
nf
nf
,
6
)1(tan






++=
π
α
n
hay (2) đúng với
.1+n
Nghiệm của bài toán là
),

6
tan()(
π
α
nnf +=

.Nn ∈∀
II. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nap
Nguyên lý quy nạp: Cho
NT ⊂
;
T∈1
và nếu
Tn ∈
suy ra
Tn ∈+1
thì
.*NT =
Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm ta có thể sử dụng các phương pháp
quy nạp khác nhau. Thông thường ta tìm cách tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy
luật tổng quát
)(nf
và chứng minh nó bằng quy nạp theo
n
.
Ví dụ 2.1 Tìm tất cả các hàm
**: NNf →
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1)1( =f

b)
,)()()( mnnfmfnmf ++=+
.*; Nnm ∈∀
Giải
Cho
0
=
m
từ b) ta có
,1)()1( ++=+ nnfnf
*Nn
∈∀
(1)
⇒
nnfnf +−= )1()(
,
1, >∈∀ nNn
(2).
Ta tính vài giá trị ban đầu của
)(nf
.
1
=
n
từ a) suy ra
.
2
)11(1
1)1(
+

==f
2
=
n
từ (2) suy ra
.
2
)12(2
32)1()2(
+
==+= ff
3
=
n
từ (2) suy ra
.
2
)13(3
63)2()3(
+
==+= ff
Ta chứng minh quy nạp
*,
2
)1(
)( Nn
nn
nf ∈∀
+
=

(3).
Với
1=n
thì (3) đúng.
Giả sử
.
2
)1(
)(
+
=
nn
nf

Ta có
,
2
)2)(1(
1
2
)1(
1)()1(
++
=++
+
=++=+
nn
n
nn
nnfnf

tức là (3) đúng với
1+n
nên (3)
đúng với mọi
*Nn ∈
. Mặt khác do có (1) nên nếu
f
thoả mãn đề bài thì
f
được xác định duy
nhất. Vậy hàm số cần tìm là
2
)1(
)(
+
=
nn
nf
,
.*Nn ∈∀
Ví dụ 2.2
Cho hàm
),( nmf
với
Znm ∈,
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1),0( += nnf
b)
)1,()0,1( mfmf =+

5
c)
( )
;),1(,)1,1( nmfmfnmf +=++
0, ≥∀ nm
.
Hãy tính
).1981,4(f
Giải
Theo c) có
))1981,4(,3()1981,4( fff =
. Ta đi xác định
),,3( nf
muốn vậy ta phải tính
),1( nf
và
),2( nf
.
. Tính
),1( nf
.211)1,0()0,1( =+== ff
.312)2,0())0,1(,0()1,1( =+=== ffff
.413)3,0())1,1(,0()2,1( =+=== ffff
Ta chứng minh quy nạp
2),1( += nnf
,
.Nn
∈∀
Giả sử có
,2),1( += nnf

phải chứng minh
3)1,1( +=+ nnf
.
Thật vậy có
,3)2,0()),1(,0()1,1( +=+==+ nnfnffnf
đó là điều phải chứng minh.
. Tính
),2( nf
.30.23)1,1()0,2( +=== ff
.31.25)3,1())0,2(,1()1,2( +==== ffff
.32.27)5,1())1,2(,1()2,2( +==== ffff
Ta chứng minh quy nạp
32,2( += nnf
,
.Nn
∈∀
Giả sử có
,32),2( += nnf
phải chứng minh
.52)1,2( +−+ nnf
Thật vậy có
,52)32,1()),2(,1()1,2( +=+==+ nnfnffnf
đó là điều phải chứng minh.
. Tính
),3( nf
.5)1,2()0,3( == ff
.3213)5,2())0,3(,2()1,3(
31
−====
+

ffff
.3229)13,2())1,3(,2()2,3(
32
−====
+
ffff
Chứng minh quy nạp
32),3(
3
−=
+n
nf
,
.Nn
∈∀

Giả sử có
32),3(
3
−=
+n
nf
ta chứng minh
.32)1,3(
4
−=+
+n
nf
Thật vậy có
,323)32(2)32,2()),3(,2()1,3(

433
−=+−=−==+
+++ nnn
fnffnf
suy ra điều phải
chứng minh.
. Tính
),4( nf
.1332)1,3()0,4(
4
=−== ff
.3232)13,3())0,4(,3()1,4(
2
2
216
−=−=== ffff
3232)32,3())1,4(,3()2,4(
2
2
216
2216
−=−=−== ffff
.
6
Chứng minh quy nạp với
Nn ∈
thì
32),4(
2
.

.
.
2
−=nf
, trong đó có
)3( +n
số 2.
Giả sử
32),4(
2
.
.
.
2
−=nf
với
)3( +n
số 2. Ta chứng minh
32)1,4(
2
.
.
.
2
−=+nf
với
)4( +n
số 2.
Thật vậy có

)32,3()),4(,3()1,4(
2
.
.
.
2
−==+ fnffnf
với
)3( +n
số 2

3232
2
.
.
.
2
.
.
.
23)32(
−=−=
+−
với
)4( +n
số 2, đó là điều phải chứng minh
Từ đó ta được
32)1981,4(
2
.

.
.
2
−=f
với 1984 số 2.
Nhận xét : Nguyên lý quy nạp không còn đúng trong tập Z, nhưng trong các bài toán ta có
thể chia tập Z thành phần dương, âm và quy nạp rời rạc, có thể làm như sau: Giả sử bài
toán đúng với
nnn ; ;2;1;0;1; ;1; −+−−
ta chứng minh bài toán cũng đúng với
1
−−
n
và
,1+n

chẳng hạn xét các ví dụ sau
Ví dụ 2.3
Tìm tất cả các hàm
:f
ZZ
→
thoả mãn các điều kiện sau
a)
1)0( =f
b)
nnff =))((
,
Zn
∈∀

c)
( )
,2)2( nnff =++
.Zn
∈∀
Giải
Từ a) và b) ta có
),1())0((0 fff ==
vậy
1)0( =f
và
0)1( =f
. Cho
2−=n
từ c) ta có:
2)2)0(( −=+ff
suy ra
312)3( −=−=f
Cho
3=n
từ b) ta có
3))3(( =ff
suy ra
)2(13)2( −−==−f
Cho
1−=n
từ c) ta có
1)2)1(( −=+ff
suy ra
211)2( −=−=f

Cho
2=n
từ b) ta có
2))2(( =ff
suy ra
)1(12)1( −−==−f
Chứng minh quy nạp
,1)( nnf −=
Zn ∈∀
(1).
Đẳng thức (1) đúng với
.2;1;0,;;2 −−=n
Giả sử (1) đúng với
{ }
.12;2; ;1;0; ;12;2 ++−−∈ kkkkn
Ta chứng minh (1) đúng với
{ }
.32;22;12;22 ++−−−−∈ kkkkn
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có
12)2(1)2( +=−−=− kkkf
và
kkkf 2)12(1)12( =+−−=+−

suy ra
)22(112)2)212(()22( +−=−−=++−−=+ kkkffkf
)32(122)2)222(()32( +−=−−=++−−=+ kkkffkf
)22(132))32(()22( −−−=+=+=−− kkkffkf
7
)12(122))22(()12( −−−=+=+=−− kkkffkf
Chứng tỏ (1) đúng với

{ }
.32;22;12;22 ++−−−−∈ kkkkn
Vậy
,1)( nnf −=
Zn ∈∀
là nghiệm của bài toán.
Ví dụ 2.4
Xác định tất cả các hàm
:f
ZZ
→
thoả mãn các điều kiện sau
a)
),().(2)()( nfkfnkfnkf =−++
Znk ∈∀ ;
b) Tồn tại số nguyên
N
sao cho
,|)(| Nnf <
.Zn
∈∀
Giải
Cho
0== kn
từ a) ta có
)0()0(
2
ff =
suy ra
0)0( =f

hoặc
.1)0( =f
. Nếu
0)0( =f
từ a) cho
0=n
thì
,0)( =kf
Zk ∈∀
suy ra
0≡f
là một nghiệm của bài toán.
. Nếu
1)0( =f
, từ a) cho
0=k
ta có
),()( nfnf −=
Zn ∈∀
, vì vậy ta chỉ cần xét hàm số trên
tập
.
*
N
Với
1=n
từ a) ta có
)().1(2)1()1( kffkfkf =−++
,
*Nk ∈∀

(1)
Ta đi xác định
).1(f
Cho
nk =
từ a) ta có
1)(2)2(
2
−= nfnf
.
Nếu
2|)1(| ≥f
thì
7|1)1(2||)2(|
2
≥−= ff
suy ra
97|1)2(2||)4(|
2
≥−= ff

Vậy ta được
+∞→)2(|
n
f
khi
+∞→n
hay
)2(
n

f
hkông bị chặn mâu thuẫn với b), do đó
2|)1(| <f
nên
{ }
1;0;1)1( −∈f
.
Trường hợp 1:
1)1( −=f
22
)1(11)1(2)2( −==−= ff
3
)1(112)1()1().2(2)3( −=−=+−=−= ffff
Ta chứng minh quy nạp
n
nf )1()( −=
,
.*Nn ∈∀
Thật vậy, giả sử
,1)2( =kf
1)12( −=+kf
. Khi đó
22
)1(112)2()1()12(2)22(
+
−==−=−+=+
k
kffkfkf
32
)1(1)12()1().22((2)32(

+
−=−=+−+=+
k
kffkfkf
suy ra
,)1()(
n
nf −=
.*Nn ∈∀
Trường hơp 2:
1)1( =f
11)1(2)2(
2
=−= ff
112)1()1().2(2)3( =−=−= ffff
. . .
.111.2)2()1()1(2)( =−=−−−= nffnfnf
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp
,1)( =nf
*Nn
∈∀
8
Trường hợp 3:
0)1( =f
Thay vào (1) ta có
0)1()1( =−++ kfkf
suy ra
)1()1( −−=+ kfkf
. Cho
3;2;;1=k

ta được
1)0()2( −=−= ff
0)1()3( =−= ff
.1)2()4( =−= ff
Chứng minh quy nạp
,1)4( =mf

*;Nm ∈∀
,0)14( =+mf
*Nm ∈∀
(2)

,1)24( −=+mf
*;Nm ∈∀
,0)34( =+mf
*Nm ∈∀
(3).
Thật vậy, giả sử có
;1)4( =mf
0)14( =+mf

(*)
;1)24( −=+mf
0)34( =+mf

(**)
Khi đó
1)4()24()44())1(4( ==+−=+=+ mfmfmfmf
do
(*)

0)14)34()54()1)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(*)
1)24()44()64()2)1(4( −=+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(**)
0)34()54()74()3)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(**)
Nghĩa là (2) và (3) đúng với
1
+
m
, ta được điều phải chứng minh.
Vậy trong các trường hợp hàm
f
được xác định như sau
,1)( =nf
nếu
0
≡
n
(mod 4)
,1)( −=nf
nếu
2
≡
n
(mod 4)
0)( =nf

trong các trường hợp còn lại của
.n
Kết luận: Vậy có 4 hàm số thoả mãn đề bài đó là
.
,0)( =nf
Zn ∈∀
.
.
,1)( =nf
Zn ∈∀
.
.
n
nf )1()( −=
nếu
,0>n
Zn∈

1)( =nf
nếu
0=n

n
nf
−
−= )1()(
nếu
,0<n
Zn ∈
.

1)( =nf
nếu
0≡n
(mod 4)

1)( −=nf
nếu
2≡n
(mod 4)

0)( =nf
trong các trường hợp còn lại của
.n
Nhận xét : Đối với các trường hợp 1 và 2 ta cũng có thể giải được nhờ giải phương trình đặc
trưng
.01)1(2
2
=+−
λλ
f
III. Sử dụng nguyên lý thứ tự
9
Định lý 1: Mọi tập con khác rỗng của
N
đều có phần tử nhỏ nhất.
Định lý 2: Mọi tập con khác rỗng và bị chặn của
N
đều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
Ví dụ.3.1
Giả sử

:, gf
NN
→
là các hàm thoả mãn
f
là toàn ánh,
g
là đơn ánh và
),()( ngnf ≥
.Nn
∈∀

Chứng minh rằng
gf ≡
.
Giải
Giả sử
)()( ngnf ≠
với
n
nào đó,
Nn ∈
. Khi đó xét tập khác rỗng
{ }
.)()(:)( ngnfngA ≠=
Theo định lý (1) ở trên A có phần tử nhỏ nhất. Giả sử đó là
),(
0
ng
Nn ∈

0
. Vì
f
là toàn ánh nên
với
),(
0
ng
tồn tại
Nn ∈
1
sao cho
).()(
01
ngnf =
Từ giả thiết có
)()()()(
0011
nfngnfng ≤=≤
(1).
Vì
Ang ∈)(
0
nên
)()(
00
nfng ≠
từ (1) ta có
)()(
00

nfng <
và
)()(
01
nfnf ≠
suy ra
01
nn ≠
.
Mà
)()(
01
ngng ≤
và
g
là đơn ánh nên
).()(
01
ngng <

Ta có
)()()(
001
nfngng <<
hay
)()()(
011
nfngng <<
suy ra
Ang ∈)(

1
và
),()(
01
ngng <
mâu thuẫn
với việc chọn
).(
0
ng
Vậy
,gf ≡
đó chính là điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.2
Giả sử
:f

.** NN
→
Chứng minh rằng nếu
))(()1( nffnf >+
,
*Nn
∈∀
thì
,)( nnf =
.*Nn
∈∀
Giải
Gọi A là tập giá trị của hàm số. Khi đó A là tập con khác rỗng của

N
nên A có phần tử nhỏ
nhất.
Từ giả thiết ta có
)),1(()2( fff >
)).2(()3( fff >
Vì vậy phần tử nhỏ nhất của A không thể là một trong các số
), 4(),3(),2( fff
Mà phần tử nhỏ
nhất của A là
)1(f
và nó được xác định duy nhất.
Từ
1)1( ≥f
suy ra
,1)( >nf
1>∀n
Vì vậy ta có thể hạn chế hàm
f
trên
{ }
,1\*N
{ } { }
1\*1\*: NNf →
Lập luận tương tự như trên
)2(f
là phần tử nhỏ nhất của miền giá trị của hàm này, nên ta có
)2()1( ff <
suy ra
,2)2( >f

2>∀n
.
Lại tiếp tục hạn chế hàm
f
trên
{ }
2;1\*N
{ } { }
2;1\*2;1\*: NNf →
Lập lại quá trình trên ta có
)3()2()1( <<< fff
dẫn đến
f
là hàm tăng và
,)( nnf ≥

*Nn ∈∀
.
Giả sử
nnf >)(
với
n
nào đó,
Nn ∈
thì ta có
1)( +≥ nnf
suy ra
)1())(( +≥ nfnff
, do
f

là hàm
tăng, điều này mâu thuẫn với giả thiết
).1())(( +< nfnff
Vì vậy
nnf =)(
,
.*Nn ∈∀
Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét : Một số phương trình hàm được giải bằng cách kết hợp nguyên lý quy nạp và
nguyên lý thứ tự cùng với một số tính chất của hàm số, ta xét ví dụ sau
Ví dụ 3.3.
10
Tìm tất cả các hàm
:f

NN →
thoả mãn
,)())(( nmfnfmf +=+

.;. Nnm ∈∀
Giải
Giả sử
0)0( >= af
Từ giả thiết cho
0
=
n
ta được
)())0(( mffmf =+
suy ra

.),()( Nmafamf ∈∀=+
Chứng tỏ
f
là hàm tuần hoàn và như thế tập giá trị của
f
là
{ }
)1(); 2();1();0( −= affffA
Gọi M là số lớn nhất trong A thì
,)( Mnf ≤
.Nn
∈∀
Mặt khác, từ giả thiết cho
0=m
ta có
+∞→+=+= nanfnff )0())((
khi
+∞→n
điều này mâu thuẫn với
,)( Mnf ≤
Nn ∈∀
nên
phải có
,0)0( == af
khi đó
.,))(( Nnnnff ∈∀=
Nếu
0)1( =f
thì
1))1(()0(0 === fff

vô lý, vậy
0)1( >= bf
.
Ta chứng minh quy nạp
,)( bnnf =
Nn ∈∀
(1)
Thật vậy, với
1;0=n
thì (1) đúng.
Giả sử có
,)( bnnf =
khi đó
)())(( bnfnff =
suy ra
).(bnfn =
)1()1())(1()1( +++=+=+=+ nbbnbbnfbnffnf
, vậy (1) đúng với
1+n
.
Do đó
,)( bnnf =
.Nn ∈∀

Lại có
nnbbnf ==
2
)(
nên
1=b

và
.)( nnf =
Hàm số thoả mãn đề bài là
,)( nnf =
.Nn ∈∀
IV. Sử dụng tính chất của hàm hoàn toàn nhân tính
Ta đã biết đối với hàm hoàn toàn nhân tính rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm
tuỳ ý đó là: Cho
k
k
pppn
α
αα

21
21
=
là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên
n
, nếu
f
là hàm
số hoàn toàn nhân tính thì
k
k
pfpfnf
α
α
))( ())(()(
1

1
=
. Do đó để xác định giá trị của hàm
f
ta chỉ cần xác định giá trị của nó tại các điểm nguyên tố.
Ví dụ 4.1
Tìm một hàm số
:f

** NN →
thoả mãn
)())((
2
mfnnmff =
,
*; Nnm ∈∀
(1).
Giải
Từ (1) cho
1
=
m
ta có
),1())((
2
fnnff =
*Nn
∈∀
.
Nếu

*,
21
Nnn ∈
mà
)()(
21
nfnf =
thì
)1()1())(())((
2
2
2
121
fnfnnffnff =⇔=
Do
*)( Nnf ∈
nên
0)1( ≠f
suy ra
21
nn =
, vậy
f
là đơn ánh.
Từ (1) cho
1
==
nm
và do
f

là đơn ánh ta có
)1())1(( fff =

1)1( =⇔ f
.
suy ra
,))((
2
nnff =
.*Nn
∈∀
Mặt khác với mọi
*, Nnm ∈
ta có
))(())(())()((
222
mnffmnmffnnfmff ===
⇒

)()()( mnfnfmf =
.
11
Từ đó ta có
f
là hàm hoàn toàn nhân tính. Vì vậy ta quan tâm đến giá trị của
f
tại các điểm
nguyên tố.
Gọi
p

là một số nguyên tố tuỳ ý
Nếu
)( pf
là hợp số thì tồn tại
*,, Nba ∈
1>≥ ba
sao cho
abbf =)(
.
Ta có
)()()())((
2
bfafabfpffp ==
xảy ra các trường hợp sau
. Nếu
2
)( paf =
thì
1)( =bf
suy ra
1=b
vô lý.
. Nếu
2
)( pbf =
thì
1)( =af
suy ra
1=a
vô lý.

. Nếu
pbfaf == )()(
do
f
đơn ánh thì
ba =
suy ra
.)(
2
abf =

Lại xét, nếu
nna =
với
*, Nnm ∈
thì

222
))(()())(( afafpffp ===
và
)()()()( nfmfmnfafp ===
suy ra
1)( =mf
hoặc
1)( =nf
nghĩa là
1=m
hoặc
1=n
, vậy

a
là số nguyên tố.
Từ chứng minh nếu
p
là số nguyên tố thì
)( pf
hoặc là số nguyên tố hoặc là bình phương của
một số nguyên tố.
Mặt khác ta lại có
. Nếu
ppf =)(
thì
)())(( pfpff =
suy ra
pp =
2
nên
1=p
mâu thuẫn với
p
nguyên tố.
. Nếu
2
)( ppf =
thì
)())((
2
pfpff =
suy ra
422

))(( ppfp ==
nên
1=p
mâu thuẫn với
p
là số
nguyên tố. Do đó
ppf ≠)(
và
.)(
2
ppf ≠
Vì lẽ đó, ta có thể xây dựng hàm số
f
như sau
Gọi
i
p
là số nguyên tố thứ
i
trong dãy các số nguyên tố.
, )7,5,2(
321
=== ppp
thì
kk
ppf
212
)( =
−

;
2
122
)(
−
=
kk
ppf
với mọi
, 3,2,1=k
Hàm
f
xác định như trên thoả mãn điều kiện của bài toán.
Ví dụ 4.2
Xét hàm
:f

** NN
→
thoả mãn
222
))(())(( mfnnfmf =
,
*, Nnm ∈∀
(1)
Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của
).2005(f
Giải
Đặt
0)1( >= af

. Từ (1) cho
1=m
⇒
nanff
2
))(( =
,
*Nn ∈∀
(2)
Từ (1) cho
1=n
⇒
22
))(()( mfamf =
,
*Nm ∈∀
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có :
22222
))()(())(())(())()(( nfamfnfmfnfmf ==

) ()))(((
22222
maanfamffnf ==

222
))(())1()(()).(( amnffamnfamnaf ===
⇒
)()()( amnfnfmf =
12

Vậy
);()( nafanf =

)()()()( nfmfmnfmnaf ==
(4)
Từ (3) và (4) ta có
222
))(()()( nfnafanf ==
(5)
Với mỗi
*Nn
∈
, ta chứng minh công thức sau bằng quy nạp
,))(()(
11 ++
=
kkk
nfnfa
*Nk
∈∀
(6)
Với
1
=
k
công thức (6) đúng do có (5)
Giả sử có
11
))(()(
++

=
kkk
nfnfa
. Khi đó ta có
)()( )(
222 +++
==
kkkkkk
anfanfaanfa

)().(.) (.
11
nfnfannafa
kkkk ++
==

21
))(()(.))((
++
==
kk
nfnfnf
suy ra (6) đúng với
,1+k
hay công thức (6) đúng với mọi
.*Nk
∈
Từ đó ta có
.))((|
1+kk

nfa
Ta chứng minh
),(| nfa
thật vậy
Giả sử số mũ của số nguyên tố
p
trong phân tích tiêu chuẩn của
n
là
α
và số mũ của
p
trong
phân tích tiêu chuẩn của
)(nf
là
β
. Khi đó số mũ của
p
trong phân tích tiêu chuẩn của
k
a
là
k
α

còn số mũ của
p
trong phân tích tiêu chuẩn
1

))((
+k
nf
là
)1( +k
β
. Nếu
βα
>
thì luôn tồn tại số
nguyên dương
0
k
sao cho
)
1
1(
0
k
+>
βα
. Suy ra
)1(
00
+> kk
βα
hay
0
k
a

không là ước của
1
0
))((
+k
nf
mâu thuẫn (6). Vậy
βα
≤
tức là
).(| nfa
Khi đó đặt
*,
)(
)( N
a
nf
ng ∈=
ta có
1
)1(
)1( ==
a
f
g
;
a
a
a
a

ff
a
af
ag ====
2
))1(()(
)(
),(
)()()()(
)()(
22
mng
a
mnf
a
mnaf
a
nfmf
ngmg ====
*, Nnm ∈∀
.
))((
))(())(())(()())((
2
am
a
ma
a
mff
mfgmaggmggagmgag ======

Suy ra
mmgg =))((
hay
2222
))(.(.))(())(()())(( mgnnmgnggmgngmg ===
Vì vậy
g
thoả mãn đề bài và nó có giá trị
)(
)(
)( nf
a
nf
ng <=
với
1>a
và
.1)1( =g
Do đó muốn
tìm giá trị nhỏ nhất của
)2005(f
ta sẽ tìm các hàm
f
thoả mãn đề bài và có
.1)1( == af
Theo chứng minh trên
f
là hàm đơn ánh và là hàm hoàn toàn nhân tính.
Với
p

nguyên tố mà
mnpf =)(
;
*, Nnm ∈∀
thì ta có
)()()())(( nfmfmnfpff ==

)()( nfmfp =

Suy ra
1)( =mf
hoặc
,1)( =nf
nghĩa là
1=m
hoặc
1=n
. Vì vậy
)( pf
là số nguyên tố. Do đó
f
nhận các giá trị nguyên tố phân biệt tại các điểm nguyên tố phân biệt.
13
Với
f
thoả mãn trên thì
63.2)401()5()401.5()2005( =≥== ffff
. Ta chỉ ra tồn tại một hàm số
thoả mãn đề bài có
1)1( =f

và
6)2005( =f
được xác định như sau
1)1( =f
;
2)5( =f
;
5)2( =f
;
3)401( =f
;
,401)3( =f
,)( ppf =
p∀
nguyên tố
{ }
,401,5,3,2∉p
do vậy giá trị nhỏ nhất có thể có
)2005(f
là 6.
Nhận xét : Theo cách chứng minh trên ta có thể xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của
)(nf

với mỗi giá trị cụ thể của
n
và hàm
f
thoả mãn đề bài.
Ví dụ 4.3
Tìm tất cả các hàm

:f

** NN →
thoả mãn điều kiện
)())((
3
mfnnmff =
;
*, Nnm ∈∀
(1).
Giải
Đặt
af =)1(
. Từ (1) cho
1
=
m
ta có
33
)1())(( anfnnff ==
(2)
Nếu
*,
21
Nnn ∈
mà
)()(
21
nfnf =
suy ra

⇒= ))(())((
21
nffnff
3
2
3
1
anan =
do (2)
⇒

21
nn =
tức
f
là đơn ánh.
Với
1
=
n
thay vào (1) và do
f
là đơn ánh ta có
)().( mfamf =
mam =⇔
suy ra
1
=
a
thay vào (2) có

;))((
3
nnff =

*
Nn ∈∀
))(())(())()((
333
mnffmnmffnnfmff ===
⇒
)()()( mnfnfmf =
Từ đó ta được
f
là hàm hoàn toàn nhân tính . Vì vậy ta chỉ cần xét các giá trị của
f
tại các điểm
nguyên tố.
Gọi
p
là số nguyên tố, giả sử
,)( abpf =

1
≥≥
ba
, ta có
).()()())((
3
bfafabfpffp ===
Xảy ra các trường hợp sau

.
3
)( paf =
;
1)( =bf

⇒

.1=b
.
3
)( pbf =
;
1)( =af
⇒

.1=b
.
2
)(;)( pbfbaf ==
hoặc
2
)( paf =
;
pbf =)(
Xét trường hợp
paf =)(
;
2
)( pbf =

, còn trường hợp ngược lại làm tương tự. Ta có
)())(( bfaff =
⇒
)(
3
pfa =
và
)())((
2
pfbff =
⇒
223
))(().()( pfppfpfb ===

suy ra
6233
)( aab ==
hay
2
ab =
. Vậy
3
)( abf =
Nếu
mna =
thì
)()()()( nfmfmnfafp ===
suy ra
1
=

m
hoặc
1
=
n
nên
a
là số nguyên tố.
Do đó ta có với mỗi số nguyên tố
p
thì
)( pf
hoặc là số nguyên tố hoặc là lập phương của một số
nguyên tố.
Mặt khác với
p
nguyên tố mà
ppf =)(
thì
)())(( pfpff =
nên
pp =
3
suy ra
1=p
mâu thuẫn
với
p
là số nguyên tố.
Còn nếu

3
)( ppf =
thì
9333
))(()())(( ppfpfpffp ====
suy ra
1=p
mẫu thuẫn với
p
nguyên tố . Vậy
ppf ≠)(
và
3
)( ppf ≠
. Khi đó ta xây dựng hàm
f
như sau
14
Chia tập số nguyên tố thành vô hạn các cặp
);( qp
)( qp ≠
rời nhau, đặt
pqfqpf == )(;)(
3
hoặc
3
)(;)( pqfqpf ==
thì
f
luôn thoả mãn đề bài (để ý rằng có vô số hàm

f
thoả mãn đề bài, chẳng
hạn theo cách xác định trên).
V. Sử dụng một số tính chất của số học
Trong phần này, ta xét một số phương trình hàm giải được bằng cách áp dụng các tính chất
của số học như: tính chia hết, nguyên tố, quan hệ đồng dư, phần nguyên
Ví dụ 5.1
Có bao nhiêu hàm
:f

** NN
→
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1)1( =f
b)
,1997))1(9)2()(
2
++=+ nfnfnf
.*Nn
∈∀
Giải
Gọi
D
là tập hợp tất cả các hàm số
f
thoả mãn điều kiện bài toán. Theo giả thiết b) ta có
1997))1(()2()(
2
++=+ nfnfnf

;
1997))2(()3()1(
2
++=++ nfnfnf
suy ra
1997))2(()3()1())1(()2()(
22
=+−++=+−+ nfnfnfnfnfnf
⇒
.*,
)2(
)3()1(
)1(
)2()(
Nn
nf
nfnf
nf
nfnf
∈∀
+
+++
=
+
++
Vì vậy ta có

)1(
)2()(

)3(
)4()2(
)2(
)3()1(
=
+
++
==
+
=
+
nf
nfnf
f
ff
f
ff
Đặt
)2(
)3()1(
f
ff
c
+
=
(1) suy ra
*),()1()2( Nnnfncfnf ∈∀−+=+
(2)
Ta chứng minh
.*Nc

∈
Thật vậy, nếu
q
p
c =
với
Nqp ∈,
và
1),( =qp
thì từ (2) ta có
*),1())2()(( Nnnpfnfnfq ∈∀+=++

suy ra
*),1(| Nnnfq ∈∀+
hay
*),2()(|
2
Nnnfnfq ∈∀+
và
.2
≥
n
Vì
( )
.))1(()2()(1997
22
qnfnfnf +−+=
Mà
1997
là số nguyên tố nên

1
2
=q
hay
1=q
suy ra
*Nc
∈
Gọi
,)2( af =
do (1) ta có
)3(1 fac +=
suy ra
1997))2(()3()1()3(1
2
+===− ffffac

⇒
19971
2
+=− aac
⇔
1998)( =− aca
Ta được
1998|a
, hay
)2(f
là một ước dương của 1998.
Ngược lại với mỗi ước dương
a

của
1998
ta xây dựng hàm
**: NNf →
như sau
;1)1( =f

af =)2(
*
),()1()()2( Nnnfnfbanf ∈∀−++=+
; trong đó
.*
1998
N
a
b ∈=
15
Ta chứng minh
f
thoả mãn điều kiện đề bài, nghĩa là
Df ∈
.
Thật vậy:
22
))2(())1()2())((1())2(()3()1( +−+−+++=+−++ nfnfnfbanfnfnfnf
22
))2(())1(()2()1()( +−+−+++= nfnfnfnfba
2
))1(())2()1())((2( +−+−+++= nfnfnfbanf
,))1(()()2(

2
+−+= nfnfnf
*Nn
∈∀
suy ra
22
))1(()()2())2(()3()1( +−+=+−++ nfnfnfnfnfnf


22
))2(()3())2(()1()3( fffff −=−=
Từ đó ta có
22
))2(()3())1(()2()( ffnfnfnf −=+−+

22
1)())2(()1()2()( aabafffba −−+=−−+=

.1997119981 =−=−= ab
Vậy ta được
1997))1(()1()(
2
++=+ nfnfnf
hay
Df ∈
Ta có tương ứng, mỗi
Df ∈
với một giá trị
1998|)2(f
là một song ánh giữa

D
và tập các ước
dương của
1998
. Do đó số phần tử của
D
là:
.16)11)(13)(11()37.3.2()1998(||
3
=+++=== ddD
Vì vậy có tất cả 16 hàm số thoả mãn đề bài.
Ví dụ 5.2
Xác định tất cả các hàm
ZZf →:
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1996)1995( =f
b) Với mọi
Zn
∈
nếu
mnf =)(
thì
nmf =)(
;
.3)3( −=+ nmf
Giải
Viết lại điều kiện b) ta có
;))(( nnff =

3)3)(( −=+ nnff
,
Zn ∈∀
suy ra
Znnfnfffnf ∈∀+=+=− ,3)())3)((()3(
hay
3)3()( −−= nfnf
,
Zn ∈∀
Từ đó ta có
3)0()3( −= ff
3)3()6( −= ff
. . .
3)33()3( −−= tftf
suy ra
tftf 3)0()3( −=
,
Zt ∈∀
Làm tương tự như trên ta có
16
;3)1()13( tftf −=+

.3)2()23( tftf −=+
Vì vậy ta được










∈+=−
∈+=−
∈≡−
=
.;23,3)2(
.;13,3)1(
.;3,3)0(
)(
Zttntf
Zttntf
Zttntf
nf
(1)
Do vậy để tính
)(nf
ta tính
);0(f
)1(f
và
).2(f
Vì
31995
theo (1) ta có
3991)0(19961995)0()1995( =⇒=−= fff
(2).
Từ (2)
⇒

.0)3991()3991())0(( =⇒= ffff

Mà
11330.33991 +=
do đó
3990)1(03990)1()3991( =⇒=−= fff
(3)
. Nếu
Zkkf ∈= ,3)2(
thì
kkfkfff 3399123)0()3())2(( −=⇒−==
hay
39893
=
k
(vô lý ),
vậy
.3)2( kf ≠
. Nếu
Zkkf ∈+= ,13)2(
thì
39882)1(33)1()13())2((2 =−=⇒−=+== fkkfkfff
(vô lý ),
vậy
.13)2( +≠ kf
Do đó
Zkkf ∈+= ,23)2(
(4).
Từ (1), (2), (3), (4) ta có






≡∈−+
≠−
=
).3(mod2;,43
).3(mod2,3991
)(
nZknk
nn
nf
Thử lại ta thấy
)(nf
xác định như trên thoả mãn đề bài.
Bài tập tự luyện
1. Cho hàm
f
:
RN
→
*
thoả mãn các điều kiện sau
a)
1998
2)1( =f
b)
,))(()1()))((1(
22

nfnfnf =++
*Nn
∈∀
Chứng minh rằng
1)( ≤nf
,
.1998
>∀
n
2. Tìm tất cả các hàm
f
:
NN
→
*
thoả mãn các điều kiện sau
a)
),()()( nfmfmnf +=
*; Nnm ∈∀
b)
0)30( =f
c)
0)( =nf
nếu
n
có chữ số tận cùng bằng 7.
3. Cho hàm
f
:
RN

→
thoả mãn
a)
00)( =⇔= nnf
b)
),()()( nfmfmnf =
Nnm ∈∀ ;
c)
),()()( nfmfnmf +=+
.; Nnm ∈∀
17
Gọi
0
n
là số nguyên dương bé nhất trong các số nguyên dương
n
thoả mãn
.1)( >nf
Chứng minh rằng
với mọi số nguyên dương
n
ta đều có bất đẳng thức sau
( )
[ ]
.
1)(
)(
)(
0
log1

0
0
−
<
+
nf
nf
nf
n
n

18
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Bùi Huy Hiền, Bài tập đại số và số học- T1, NXBGD - 1985.
[2]. Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, NXBGD - 2004.
[3]. Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXBGD - 2003.
[4]. Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD.

19