DS2 d4 HuyPV so hoc trong phuong trinh ham tren tap roi rac

TÍNH CHẤT SỐ HỌC TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP RỜI RẠC
Phạm Viết Huy
Trường THPT Chuyên Lê Khiết - Quảng Ngãi
Những bài toán phương trình hàm xuất hiện thường xuyên trong các kì thi học
sinh giỏi quốc gia và quốc tế và ngày càng trở nên quen thuộc đối với các học sinh
yêu Toán. Đặc biệt, việc giải các phương trình hàm trên tập rời rạc ngoài việc sử
dụng các kỹ thuật chung, ta còn có thể sử dụng những tính chất số học đặc trưng của
tập rời rạc như: tính chất chia hết, tính chất của số nguyên tố, số chính phương,
nguyên lý cực hạn… Bài viết xin đề cập đến vấn đề này thông qua một số bài toán
minh họa.
Bài toán 1.
Tìm tất cả các hàm số f :



thỏa mãn

 m  n  f  m2  n2   mf (n)  nf (m), m, n 

(1).

Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Kí hiệu P u ,v  chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1).

P  0, n   nf  n2   nf (0), n 

 

. Do đó, f n2  f (0), n 

.

Đặt g (n)  f (n)  f (0), n  .





Khi đó, ta có  m  n  g m2  n2  mg (n)  ng (m), m, n 
và g (n2 )  0, n 

(2) , hơn nữa g (0)  0

.

Kí hiệu Q u ,v  chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (2).

Q  n, n   2ng  2n2   2ng (n), n 

 

. Do đó, g 2n2  g (n), n 

.

Q  2n2 , n2   3n2 g  5n4   n2 g (n), n  . Do đó, g (n)  3g  5n4  , n 
Từ đó, ta suy ra được g ( n) 3k ,n  ,k 
Suy ra g (n)  0, n 
Thử lại thấy thỏa mãn.

*

.

hay f (n)  f (0)  const , n 

.

.


Bài toán 2.
*

Cho f :



*

là hàm số thỏa mãn điều kiện f (n  1)  f  f (n)  , n 

Chứng minh rằng f ( n)  n, n 

*

*

.

.
(IMO-1977).

Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.



Đặt d  min f ( n), n
Gọi m 

*

*

 . Theo nguyên lý cực hạn d tồn tại và duy nhất.

sao cho f (m)  d .

Nếu m  1 thì d  f (m)  f  f (m  1)  , mâu thuẫn.
Do đó, f (n) đạt giá trị nhỏ nhất duy nhất tại một điểm n=1.



Lập luận tương tự ta có f (2)  min f (n), n 

*

, n  2 và lặp lại quá trình lập luận

như trên ta được f (1)  f (2)  ... f (n ) ....
Ta có f (1)  1 nên f (n)  n, n 
Nếu tồn tại n0 

*

*

.

mà f (n0 )  n0 thì f (n0 )  n0  1 . Suy ra f  f (n0 )   f  n0  1 ,

mâu thuẫn.
Do đó, f (n)  n, n 

*

. Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài toán 3.
Tìm tất cả các hàm số f :
dương n thì

*



*

thỏa mãn f(1)=1, f(3)=3 và với mọi số nguyên

f (2n)  f (n); f (4n  1)  2 f (2n  1)  f (n);
f (4n  3)  3 f (2n  1)  2 f (n).
( IMO-1988)
Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Một số k 
k=4n+3.

bất kỳ chỉ có thể có một trong 4 dạng: k=4n; k=4n+1; k=4n+2;

Do đó từ giả thiết ta thấy rằng hàm số f xác định một cách duy nhất. Ta sẽ sử dụng
biểu diễn cơ số 2 để tìm biểu diễn của hàm số f. Ta có


f (12 )  f (1)  1  12 ; f (102 )  f (2)  1  012 ;
f (112 )  f (3)  3  112 ; f (1002 )  f (4)  1  0012
Quy luật: Biểu diễn của f (n) trong hệ cơ số 2 chính là cách viết ngược lại của biểu
diễn của n trong hệ cơ số 2 b, tức là f

 a a

k 1

k



...a1a0 2   a0 a1...ak 1ak 2 .

Chứng minh. Giả sử tính chất đúng cho mọi k Nếu n=2m thì theo giả thiết f(n)=f(m). Vì n=2m nên nếu m được biểu diễn trong hệ
cơ số 2 dưới dạng m   ak ak 1...a1a0 2 thì n   ak ak 1...a1a0 0 2 . Theo giả thiết quy
nạp ta có

f

 a a
k

k 1



...a1a0 0 2  f (n)  f (m)  f

 a a
k

k 1

...a1a0 2



  a0 a1...ak 1ak 2   0a0 a1...ak 1ak 2
 Nếu n=4m+1 với m   ak ak 1...a1a0 2 thì n   ak ak 1...a1a0 012 và

2m  1   ak ak 1...a1a012

Theo giả thiết quy nạp ta có

  a a ...a a 01   f (n)  f (4m  1)  2 f (2m  1)  f (m)
 2 f   a a ...a a 1   f   a a ...a a  
f

k

k 1

k

1 0

k 1

2

1 0

2

k

k 1

1 0 2

 2.1a0 a1...ak 1ak 2   a0 a1...ak 1ak 2

 1a0 a1...ak 1ak 0 2   a0 a1...ak 1ak 2

 10...0 2   a0 a1...ak 1ak 0 2   a0 a1...ak 1ak 2

 10...0 2   a0 a1...ak 1ak 2  10a0 a1...ak 1ak 2
 Nếu n=4m+3 với m   ak ak 1...a1a 02 thì n   ak ak 1...a1a0112 và

2m  1   ak ak 1...a1a012

Theo giả thiết quy nạp ta có

f

 a a
k

k 1



...a1a0112  f (n)  f (4m  3)  3 f (2m  1)  2 f (m)

 f (2m  1)  2 f (2m  1)  2 f (m)
 1a0 a1...ak 1ak 2  1a0 a1...ak 1ak 0 2   a0 a1...ak 1ak 0 2
 1a0 a1...ak 1ak 2  10...0 2
 11a0 a1...ak 1ak 2

Vậy quy luật được chứng minh.

Bài toán 4.
Giả sử hàm số f :



*

*

thỏa mãn điều kiện f  mf (n)   n2 f (m), m, n 

*

(1).

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì f(p) là một số nguyên tố hoặc bình
phương của một số nguyên tố.
Giải.
Kí hiệu P u ,v  chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1).

P(1, n)  f  f (n)   n2 f (1), n 
P(n,1)  f  nf (1)   f (n), n 

. Suy ra f là một đơn ánh.

*

*

. Suy ra f(1)=1 và f  f (n)   n2 , n 

Ta có f  f (m). f (n)   n2 f  f (m)   n2 .m2  f  f (mn)  , m, n 
Suy ra f (mn)  f (m). f (n), m, n 

*

*

*

.

.

.

Bây giờ giả sử p là số nguyên tố mà f(p) không phải là số nguyên tố cũng không phải
là bình phương của một số nguyên tố.
Khi đó tồn tại m, n 

*

\ 1 , m  n sao cho f(p)=mn.

Suy ra

p 2  f  f ( p)   f (mn)  f (m). f (n)
 f (m)  f (n)  p

 m  n (mâu thuẫn).

Vậy với mọi số nguyên tố p thì f(p) là một số nguyên tố hoặc bình phương của một số
nguyên tố.
Bài toán 5.
Tìm tất cả các hàm số f :

*



*

thỏa mãn

 f (m)  n  2  f (n)  m  , m, n 
Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Kí hiệu P u ,v  chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1).
Gọi p là một số nguyên tố bất kỳ.

P( p  f (n), n)   f  p  f (n)   n  2 p , n 

*

.

*

(1).

Nếu chỉ xét n 

*

\ 1 thì

 f  p  f ( n)   n  p
 f  p  f (n)    p  n, 2 p  n

 f  p  f (n)   n  2 p
Lại có

P( p  f (n), m)   f  p  f (n)   m 2  f (m)  p  f (n), m, n 

*

.

Suy ra

 p  n  m  2  f (m)  p  f (n) 

,, m, n 
 2 p  n  m  2  f (m)  p  f (n) 


*

, n  1, p

 p  n  m  2  n  m  f (n)  f (m) 

, m, n 
 2 p  n  m   m  n  2 f (n)  2 f (m) 

*

, n  1, p

Suy ra

 n  m  f (n)  f (m)  0
 n  m  2 f (n)  2 f (m)  0 , m, n 

Với m, n 

*

*

, n  1.

mà m lẻ, n chẵn thì ta có

n  m  f (n)  f (m)  0  f (m)  m  f (n)  n .
Do đó f (n)  n  c(const ), n 

*

hay f (n)  n  c, n 

*

. Thử lại thấy thỏa mãn.

Bài toán 6.
Tìm tất cả các hàm số f :

*



*

thỏa mãn

mf (m)  nf (n)  2mn là số chính phương , m, n 

*

(1).

Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Kí hiệu P u ,v  chỉ việc thay m bởi u, n bởi v vào (1).
i) Ta chứng minh nf (n) là số chính phương , n 
Giả sử phản chứng rằng tồn tại n 
Vậy tồn tại số nguyên tố p và k 

*

*

*

.

sao cho nf (n) không phải là số chính phương.

để nf (n) p 2 k 1 nhưng nf (n) p 2k .


P  n, p 2 k   nf (n)  p 2 k f  p 2 k   2np 2 k  t 2
 t 2 p 2 k 1  t p k

 nf (n)  t 2  p 2 k f  p 2 k   2np 2 k p 2 k (mâu thuẫn).
Do đó, nf (n) là số chính phương , n 

*

.

ii) Ta chứng minh với mỗi số nguyên tố p và với mỗi n 
Giả sử phản chứng rằng tồn tại n 

*

*

mà f (n) p thì n p .

và tồn tại số nguyên tố p sao cho f (n) p

nhưng n p .
Theo i) thì nf(n) là số chính phương chia hết cho p nên chia hết cho p 2 , mà n p nên
f ( n) p 2 .

P  n, p   nf (n)  pf ( p)  2np  t 2
 t 2 p  t 2 p 2  2np p 2  2n p

 n p nếu p  2 . Mâu thuẫn đó chứng tỏ ii) đúng khi p  2 .
Xét p=2.

P  n, n   2nf (n)  2n2  t 2 là số chính phương chẵn.
Suy ra nf (n)  n2 2  n 2 (mâu thuẫn). Vậy ii) cũng đúng trong trường hợp p=2.
Từ ii) ta suy ra f(1)=1.
iii) Ta chứng minh f (n)  n, n 

*

.

P  n,1  nf (n)  2n  1 là số chính phương , n 

*

hơn nữa nf (n)  2n 1  nf (n)

nên

nf (n)  2n  1 





2

nf (n)  1 . Suy ra f (n)  n, n 

iv) Ta chứng minh f (n)  n, n 

*

*

.

(2).

(2) đúng khi n=1.
Ta có f (2)  2 nhưng nếu f(2)=1 thì 2f(2) không phải là số chính phương (mâu
thuẫn) nên f(2)=2. Do đó, (2) đúng với n=2.
Giả sử (2) đúng đến n=k-1 với k 

*

, k  3 . Ta chứng minh (2) đúng với n=k.


Giả sử f (k )  k  1. Xét k-1 số chính phương mi 2  kf (k )  if (i)  2ki,1  i  k  1 .

Ta có 9  m12  m22  ...  mk21  (2k  2)2 . Xem các số mi  0 ta có

3  m1  m2  ...  mk 1  2k  2 .
Do đó, tồn tại 1  i  k  1 sao cho mi 1  mi  1. Từ đó suy ra f(k)=k.
Vậy f (n)  n, n 

*

.

Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 7.
Tìm tất cả các hàm số f :



thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f tăng thực sự
ii) f (2n)  f (n)  n, n 
iii) Nếu f(n) là số chính phương thì n là số chính phương.
Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Do f tăng thực sự nên f (n)  f (n  1)  ...  f (2n)  f (n)  n, n 
Suy ra f (n  1)  f (n)  1, n 

.

.

Đặt f (1)  a. Suy ra f (n)  n  1  a, n  .
Do đó, ta có f (a 2  a  2)  (a  1)2 . Theo iii) suy ra a 2  a  2 là số chính phương.
Mặt khác, a 2  a 2  a  2  (a  2)2 nên a 2  a  2  (a  1)2 . Suy ra a  1 .
Vậy f (n)  n, n 

.

Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 8.
Tìm tất cả các hàm số f :

*



*

thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f tăng thực sự
ii) f (2)  2
iii) f (m.n)  f (m). f (n), m, n 
Giải.

*

,(m, n)  1.


Giả sử f là một nghiệm hàm.

Từ iii), ta có f (1)  f (1.1)   f (1) . Suy ra f (1)  1 .
2

Ta có

f (3). f (5)  f (15)  f (18)  f (2). f (9)  2 f (9) và f (9)  f (10)  f (2). f(5) 2 f(5) .
Suy ra f (3). f (5) 4 f (5)  f(3) 4 .
Mặt khác 2  f (2)  f (3)  4 , từ đó ta có f (3)  3.
Giả sử ta có f (k )  k , k  n. Ta chứng minh f (n  1)  n  1.
Thật vậy, theo iii) ta có f (n2  n)  f  n(n  1)   f (n). f (n  1)  n(n  1) .
Vì f tăng thực sự nên ta có n  f (n)  f (n  1)  ...  f (n2  n)  n(n  1).
Do đó, f (n)  n; f (n  1)  n  1;...; f (n2  n  1)  n(n  1)  1; f  n(n  1)   n(n  1) .
Theo nguyên lý quy nạp dạng mạnh, ta có f (n)  n, n 

.

Thử lại thấy thỏa mãn.
Bài toán 9.
Tìm tất cả các hàm số f :

*



*

thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f toàn ánh
ii) m n khi và chỉ khi f (m) f (n), m, n 

*

Giải.
Giả sử f là một nghiệm hàm.
Vì f toàn ánh nên n0 
nên f (1)  1.

*

sao cho f (n0 )  1 . Mặt khác theo ii), ta có f (1) f (n0 )  1

Ta chứng minh f đơn ánh. Thật vậy, giả sử có f ( m)  f ( n) . Khi đó,
f (m) f (n)  m n và f (n) f (m)  n m . Do đó, m  n . Vậy f đơn ánh. Suy ra f là
song ánh. Do đó điều kiện ii) tương đương với điều kiện sau:
iii) m n khi và chỉ khi f 1 (m) f 1 (n), m, n 

*

.

Tiếp theo, ta chứng minh nếu p là số nguyên tố thì f(p) cũng là số nguyên tố.


Thật vậy, giả sử k f ( p) . Suy ra f 1 (k ) p , và do đó f 1 (k )  1 hoặc f 1 (k )  p , nên

k  1 hoặc k  f ( p) . Suy ra f(p) cũng là số nguyên tố.
Ta chứng minh f ( p )   f ( p) , với mọi số nguyên tố p và mọi số nguyên dương  .


Giả sử q là một ước nguyên tố của f ( p ) thì f 1 (q) p nên f 1 (q)  p . Suy ra

q  f ( p) . Điều đó có nghĩa là f(p) là ước nguyên tố duy nhất của f ( p ) . Giả sử
f ( p )   f ( p) ,  


*

. Vì 1, p,..., p là các ước khác nhau của p nên


f (1), f ( p),..., f ( p ) là các ước khác nhau của f ( p )   f ( p) . Từ đó, ta được


   . Chứng minh tương tự như trên nhưng áp dụng cho f 1 , ta được    . Vậy ta
có f ( p )   f ( p) .


Bây giờ, ta chứng minh f là hàm nhân tính, nghĩa là f (a.b)  f (a). f (b), a, b  * .
Trước hết, ta xét trường hợp (a, b) 1 . Khi đó,  f (a), f (b)   1 . Thật vậy, giả sử d là
ước chung của f(a) và f(b) thì f 1 (d ) a và f 1 (d ) b nên f 1 (d )  1 . Suy ra

d  f 1  1 .
Ta có f (a) f (ab) và f (b) f (ab) nên f (a). f (b) f (ab) . Chứng minh tương tự cho

f 1 , ta được f ( ab) f ( a). f (b) ,và đo đó f (ab)  f (a). f (b), a, b  * ,(a, b)  1 . Từ
đó, dựa vào sự phân tích ra thừa số nguyên tố của số tự nhiên, ta dễ dàng chứng minh
được f ( m.n)  f ( m). f (n), m, n * .
Như vậy, f là một song ánh trên tập * , hơn nữa nếu giới hạn trên tập số nguyên tố
thì f cũng là song ánh và f là hàm nhân tính. Nếu n  p11 . p22 . p33 ... pkk thì

f (n)   f ( p1 ) 1 . f ( p2 ) 2 . f ( p3 ) 3 ... f ( pk ) k .








Ngược lại, giả sử g là một song ánh tùy ý trên tập số nguyên tố. Ta xây dựng f như
sau: f (1)  1 và nếu n  p11 . p22 . p33 ... pkk thì

f (n)   g ( p1 ) 1 . g ( p2 ) 2 . g ( p3 ) 3 ... g ( pk ) k . Dễ dàng kiểm tra được f thỏa mãn
bài toán









Bài tập rèn luyện


1. Tìm tất cả các hàm số f :

thỏa mãn 3 f (n)  2 f  f (n)   n,, n  .

(Đề nghị Olympic 30-4-2002).

*

2. Tìm tất cả các hàm số f :

f  n  f (n)   f (n), n 

*



*

biết rằng tồn tại n0 

*

sao cho f  n0   1 và

.
(Đề nghị Olympic 30-4-2014).
*

3. Tìm tất cả các hàm số f :
dương n thì



*

thỏa mãn f(1)=2, f(2)=1 và với mọi số nguyên

f (3n)  3 f (n); f (3n  1)  3 f (n)  2; f (3n  2)  3 f (n)  1.
4. Tìm tất cả các hàm số f :

*



*

5. Tìm tất cả các hàm số f :

*



*





thỏa mãn  f (m)  n   f (n)  m  , m, n 
2

.

thỏa mãn

2 f  m2  n2    f (m)  . f (n)  f (m).  f (n)  , m, n 
3

*

2

2

*

.

Tài liệu tham khảo.
[1] Nguyễn Quý Dy-Nguyễn Văn Nho..., 200 bài thi vô địch toán- phương trình
hàm, Nhà xuất bản giáo dục (2006).
[2] Nguyễn Tài Chung-Lê Hoành Phò, Chuyên khảo Phương trình hàm, NXB Đại
học quốc gia Hà Nội (2013).
[3] Tuyển tập đề thi Olympic 30-4-2013, NXB Đại học sư phạm.