Một số phương trình hàm trong số học ( LV thạc sỹ)

i

Mục lục

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

1

1

Lớp hàm số học cơ bản

3

1.1

Hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Hàm nhân tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Hàm nhân tính mạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Hàm số xác định trên tập các số nguyên . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.2.1

Hàm cộng tính trên tập các số nguyên . . . . . . . . . . . .

11

1.2.2

Hàm nhân tính trên tập các số nguyên . . . . . . . . . . . .

11

1.2.3

Lớp hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn cộng tính, nhân tính . .

12

Một số bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.2

1.3
2

3

Các phương trình hàm số học

20

2.1

Hàm chuyển đổi các phép tính số học . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.1.1

Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng . . . . . . . .

20

2.1.2

Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép nhân . . . . . . . .

21

2.1.3

Hàm chuyển đổi phép nhân thành phép cộng . . . . . . . .

22

2.2

Các dạng toán xác định dãy số liên quan . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.3

Các bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

Các dạng toán liên quan

33

3.1

33

Phương trình hàm trên N và trên Z . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

3.2

3.1.1

Lớp các bài toán áp dụng nguyên lý quy nạp toán học . . . .

33

3.1.2

Lớp các bài toán áp dụng nguyên lí cực hạn . . . . . . . . .

42

3.1.3

Lớp các bài toán áp dụng hệ đếm cơ số . . . . . . . . . . .

46

3.1.4

Lớp các bài toán áp dụng các tính chất số học . . . . . . . .

53

3.1.5

Lớp các bài toán áp dụng các tính chất dãy số . . . . . . . .

62

3.1.6

Lớp các bài toán áp dụng các tính chất hàm số . . . . . . . .

66

Phương trình hàm trên Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

Kết luận và Đề nghị

81

Tài liệu tham khảo

82


iii

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên.
Đầu tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy đáng kính

GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc
gia Hà Nội. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc trong
suốt quá trình xây dựng đề cương, làm và hoàn thiện luận văn.
Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cô khoa Toán, phòng Đào
tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng các Thầy cô
giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 - 1/2016. Đồng thời tôi
xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán - Đại học Khoa học đã động
viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này.
Em xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, 2015

Phạm Thanh Linh
Học viên Cao học Toán K7C,
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Mở đầu
Phương trình hàm là một lĩnh vực quan trọng của giải tích. Bài toán giải phương
trình hàm có lẽ là một trong những bài toán lâu đời nhất của giải tích. Nhu cầu giải
phương trình hàm xuất hiện ngay khi bắt đầu có lí thuyết hàm số. Nhiều phương trình
hàm xuất phát từ nhu cầu thực tế của Toán học hoặc của các ngành khoa học khác.
Các nhà toán học đã có công nghiên cứu và đặt nền móng cho phương trình hàm
phải kể đến: Nicole Oresme, Gregory of Saint-Vincent, Augusstin-Louis Cauchy,
Carl Friedrich Gauss, D’Alembert . . .
Ngày nay ở nước ta phương trình hàm được giảng dạy theo chuyên đề ở các
trường THPT chuyên. Các dạng toán phương trình hàm trong số học là dạng toán
khó thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thành phố, cấp quốc gia,

khu vực và quốc tế. Một phương trình hàm bao gồm ba thành phần chính: Tập nguồn,
tập đích, phương trình hay hệ phương trình hàm. Từ ba thành phần này có sự phân
loại tương ứng. Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên Z, phương trình
hàm trên Q, phương trình hàm trên R · · · ; phương trình hàm với một biến tự do, hai

biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi các giá trị trung bình · · · ;

phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, phương trình hàm trên lớp hàm liên tục · · ·

Việc xác định rõ cấu trúc và tính chất của tập nguồn, tập đích và các điều kiện ràng
buộc sẽ quyết định sự thành công hay thất bại khi giải phương trình hàm. Điều này
có thể thấy rõ qua phương trình hàm Cauchy. Bài toán tổng quát tìm tất cả các hàm
số f : R → R thỏa mãn phương trình f (x + y) = f (x) + f (y) với mọi x, y ∈ R
theo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với giới hạn tập nguồn, tập đích,
các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục · · · ) thì phương trình hàm này giải được

trọn vẹn. Trong luận văn này tôi chỉ xin trình bày về một lớp phương trình hàm mà


2
tập nguồn xác định trên N, Z, Q. Trên thực tế khi tìm hiểu lớp các phương trình hàm
này xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Olympic toán các nước, khu vực và quốc tế.
Xuất phát từ thực tế đó, dưới sự định hướng và hướng dẫn nhiệt tình của GS.TSKH.
Nguyễn Văn Mậu, tôi đã tiến hành nghiên cứu về đề tài "Một số lớp phương trình
hàm trong số học" nhằm mục đích học tập và nghiên cứu sâu về một chuyên đề khó
của toán sơ cấp. Cấu trúc luận văn gồm 3 chương.
Chương 1. Lớp hàm số học cơ bản
Trong chương này sẽ trình bày định nghĩa, các tính chất của các hàm số học cơ
bản và một số ứng dụng của chúng vào việc giải các bài toán sơ cấp.
Chương 2. Các phương trình hàm số học

Trong chương này sẽ trình bày về hàm chuyển đổi các phép tính số học, các dạng
toán xác định dãy số liên quan và các bài tập áp dụng.
Chương 3. Các dạng toán liên quan
Trong chương này sẽ trình bày các dạng toán từ các đề thi Olympic các nước và
quốc tế liên quan đến tính toán, ước lượng và các tính chất số học (nguyên tố, chính
phương, tính đơn điệu, tính tuần hoàn. . . ) của các hàm số trên các tập số tự nhiên,
tập số nguyên và tập số hữu tỷ.
Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gắng thực hiện luận văn, nhưng do năng
lực của bản thân cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh khỏi những
thiếu sót. Kính mong được sự góp ý của các Thầy cô, các bạn và các anh chị đồng
nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh và có nhiều ý nghĩa hơn.

Thái Nguyên, ngày 28 tháng 11 năm 2015
Phạm Thanh Linh
Học viên Cao học Toán lớp C, khóa 01/2014 - 01/2016
Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Email:


3

Chương 1

Lớp hàm số học cơ bản
Trong chương trình phổ thông, các bài toán số học đóng vai trò quan trọng trong
việc hình thành tư duy toán học. Việc tìm hiểu và sử dụng các hàm số học đã giải
quyết được những lớp bài toán cơ bản trong các bài toán sơ cấp và lớp các bài toán
phương trình hàm trong số học.
Trong chương này sẽ trình bày định nghĩa, các tính chất của các hàm số học cơ

bản và một số ứng dụng của chúng vào việc giải các bài toán sơ cấp.

1.1

Hàm số học

Định nghĩa 1.1 ([9]). Hàm số học tức là hàm xác định trên tập các số nguyên dương.

1.1.1

Hàm nhân tính

Định nghĩa 1.2 ([9]). Một hàm số học f được gọi là nhân tính nếu với mọi m, n
nguyên tố cùng nhau, ta có đẳng thức
f (mn) = f (m)f (n).
Những ví dụ đơn giản nhất về hàm nhân tính là f (n) = n và f (n) = 1. Ngoài
các hàm nhân tính đơn giản kể trên thì ta phải kể đến các hàm nhân tính quan trọng
khác như : Phi-hàm Euler, hàm sinh bởi các ước, hàm tổng các ước số, hàm số các
ước số, hàm Mobius. Trong các hàm số học, hàm Euler mà ta định nghĩa sau đây có
vai trò rất quan trọng.


4
Định nghĩa 1.3 ([9]). Giả sử n là số nguyên dương. Phi-hàm Euler ϕ(n) là hàm số
học có giá trị tại n bằng số các số không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n.
Ví dụ 1.1. Từ định nghĩa ta có
ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4,
ϕ(6) = 2, ϕ(7) = 6, ϕ(8) = 4, ϕ(9) = 6, ϕ(10) = 4.
Từ định nghĩa trên đây, ta có ngay hệ quả trực tiếp.
Hệ quả 1.1 ([9]). Số p là nguyên tố khi và chỉ khi ϕ(p) = p − 1.

Chứng minh. Nếu p là số nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p đều

nguyên tố cùng nhau với p. Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên ϕ(p) = p − 1.
Ngược lại, nếu p là hợp số thì p có các ước d, 1 < d < p. Tất nhiên p và d không

nguyên tố cùng nhau. Như vậy trong các số 1, 2, · · · , p − 1 phải có số không nguyên

tố cùng nhau với p, nên ϕ(p) < p − 2. Điều này trái với giả thiết ϕ(p) = p − 1.

Định nghĩa 1.4 ([2]). Một tập hợp A nào đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ
(mod n) chính là n số mà không có hai số nào đồng dư nhau theo (mod n).
Ví dụ 1.2. Ta có A = {0, 1, 2, · · · , n − 1} là một hệ thặng dư đầy đủ theo (mod n).

Hay đơn giản hơn tập B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} và C = {2, 3, 4, 5, 6, −7, 8} là các

hệ thặng dư đầy đủ theo (mod 8).

Định nghĩa 1.5 ([2]). Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n là tập hợp gồm ϕ(n) số
nguyên sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhau với n và không có
hai phần tử khác nhau nào đồng dư môđulô n.
Ví dụ 1.3. Tập hợp {1, 3, 5, 7} và tập {3, −7, 5, 7} là các hệ thặng dư thu gọn
(mod 8).
Định lí 1.1 ([2]). Giả sử r1 , r2 , . . . , rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn (mod n),
a là số nguyên dương và (a, n) = 1. Khi đó tập ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) cũng là hệ
thặng dư thu gọn (mod n).


5
Chứng minh. Vì r1 , r2 , . . . , rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn (mod n) nên

tập ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) có ϕ(n) số. Ta chỉ cần chứng minh khi i = j thì ar1 ∼
= arj
.
(mod n). Thật vậy: Giả sử ari ≡ arj (mod n) suy ra a (ri − rj ) .. n, vì (a, r) = 1
.
nên ri − rj .. n suy ra ri ≡ rj (mod n), trái với r1 , r2 , . . . , rϕ(n) là hệ thặng dư thu
gọn ( Vì hệ thặng dư thu gọn không có hai số nào đồng dư nhau).

Ví dụ 1.4. Tập {1, 3, 5, 7} là một hệ thặng dư thu gọn (mod 8). Do (3, 8) = 1 nên
tập {3, 9, 15, 21} cũng là một hệ thặng dư thu gọn (mod 8) .

Định lí 1.2 (Định lí Euler). Giả sử n là số nguyên dương và a là số nguyên với
(a, n) = 1. Khi đó aϕ(n) ≡ 1 (mod n).
Chứng minh. Xét hệ thặng dư thu gọn (mod n)
r1 , r2 , · · · , rϕ(n)
Suy ra ar1 , ar2 , · · · , arϕ(n) cũng là một hệ thặng dư thu gọn (mod n). Do đó ta có
ar1 .ar2 . . . arϕ(n) ≡ r1 .r2 . . . rϕ(n) (mod n)
⇒ aϕ(n) .r1 .r2 . . . rϕ(n) ≡ r1 .r2 . . . rϕ(n) (mod n)
.
⇒ aϕ(n) − 1 r1 .r2 . . . rϕ(n) .. n
.
⇒ aϕ(n) − 1 .. n
⇒ aϕ(n) ≡ 1(mod n).
Chú ý 1.1. Ta có thể tìm nghịch đảo của (mod n) bằng cách sử dụng định lí Euler.
Giả sử (a, m) = 1 khi đó a.aϕ(n)−1 = aϕ(n) ≡ 1(mod n) trong đó aϕ(n)−1 là nghịch

đảo của a(mod n).

Ví dụ 1.5. 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5(mod 9) là ngịch đảo của 2(mod 9).
Hệ quả 1.2 ([2]). Nếu (a, b) = 1 thì aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1(mod ab).

Hệ quả 1.3 ([2]). Với (a, b) = 1 và n, v là hai số nguyên dương nào đó thì
anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ 1 (modab) .


6
Hệ quả 1.4 ([2]). Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1 , m2 , · · · , mk và chúng
nguyên tố với nhau từng đôi một. Đặt M = m1 m2 . . . mk = mi .ti với i = 1, 2, . . . , k
ta có
n

tn1 + tn2 + · · · + tnk ≡ (t1 + t2 + · · · + tk )

(mod M),

với n nguyên dương.
Định lí 1.3 ([2]). Phi-hàm Euler là hàm nhân tính.
Chứng minh. Ta viết các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng sau:
1 m+1

2m + 1

...

(n − 1) m + 1

2 m+2

2m + 2

...

(n − 1) m + 2

3 m+3

2m + 3

...

(n − 1) m + 3

...
m

...
2m

...
3m

...
...

...
mn

Bây giờ giả sử r là một số nguyên không vượt quá m. Giả sử (m, r) = d > 1. Khi
đó, không có số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với mn, vì mỗi phần tử
của dòng đó đều có dạng km + r, trong đó 1 ≤ k ≤ n − 1, d| (km + r), vì d|m, d|r.

Vậy để các số trong bảng mà nguyên tố cùng nhau với mn, ta chỉ cần xét các dòng thứ
r với (m, r) = 1. Ta xét một dòng như vậy, nó chứa các số r, m+r, . . . , (n − 1) m+r.

Vì (m, r) = 1 nên mỗi số nguyên trong dòng đều nguyên tố cùng nhau với n. Như

vậy n số nguyên trong dòng lập thành hệ thặng dư đầy đủ Môđulô n. Do đó có đúng
ϕ(n) số trong hàng đó nguyên tố cùng nhau với n. Do các số đó cũng nguyên tố cùng
nhau với m nên chúng nguyên tố cùng nhau với mn. Vì có ϕ(m) dòng, mỗi dòng
chứa ϕ(n) số nguyên tố cùng nhau với mn nên ta suy ra ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
Định lí 1.4 ([2]). Giả sử n = pa11 pa22 . . . pakk là phân tích n ra thừa số nguyên tố. Khi
đó
ϕ(n) = n 1 −

1
p1

1−

1
p2

... 1 −

1
pk

.


7

Chứng minh. Vì ϕ là hàm có tính chất nhân nên nếu n có phân tích như trên thì
ϕ (n) = ϕ (pa11 ) ϕ (pa22 ) . . . ϕ (pakk ) . Mặt khác
a

a −1

a

ϕ p j j = p j j − pj j

a

= pj j

1−

1
pj

, j = 1, 2 . . . , k

Vậy
ϕ (n) = pa11 1 −

1
p1

pa22 1 −

1

p2

. . . pakk 1 −

1
pk

1
1
1
1−
... 1 −
p1
p2
pk
1
1
1−
... 1 −
.
p2
pk

= pa11 pa22 . . . pakk 1 −
=n 1−

1
p1

Định lí 1.5 ([2]). Giả sử n là số nguyên dương. Khi đó

ϕ(d) = n,
d|n

trong đó tổng được lấy theo mọi ước của n.
Chứng minh. Tổng trên đây được lấy theo các ước của n. Ta phân chia tập hợp
các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp sau đây. Lớp Cd gồm các số nguyên m,
1 ≤ m ≤ n, mà (m, n) = d. Như vậy m thuộc lớp Cd nếu và chỉ nếu d là ước chung
của m, n và (m/d, n/d) = 1. Như vậy, số phần tử của lớp Cd là số nguyên dương

không vượt quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d; tức là Cd gồm ϕ(n/d) phần
tử. Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một và chỉ một lớp Cd nào đó (d = (m, n))
nên n bằng tổng của số các thành phần trong các lớp Cd , d là ước số của n. Ta có
n
n=
ϕ
.
d
d|n
Bên cạnh Phi-hàm Euler thì ta cần nghiên cứu đến lớp các hàm sinh bởi các ước,
trước tiên ta tìm hiểu về hàm tổng các ước.
Định nghĩa 1.6 ([2]). Hàm tổng các ước dương của số tự nhiên n được kí hiệu là
σ(n).
Ví dụ 1.6. σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.
Chú ý 1.2. Ta có thể biểu diễn σ(n) dưới dạng σ(n) =

d.
d|n

8
Bổ đề 1.1 ([2]). Giả sử m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Khi đó
nếu d là ước chung của mn thì tồn tại cặp duy nhất các ước dương d1 của m và d2
của n sao cho d = d1 d2 . Ngược lại, nếu d1 , d2 là ước dương tương ướng của m và n
thì d = d1 d2 là ước dương của mn.
Chứng minh. Giả sử m, n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau
n1 n2
nt
ms
1 m2
m = pm
1 p2 . . . p s , n = q 1 q 2 . . . q t .

Vì (m, n) = 1 nên tập hợp các số nguyên tố p1 , p2 , . . . , ps và tập hợp các số
nguyên tố q1 , q2 , . . . , qt không có phần tử chung. Do đó phân tích ra thừa số của mn
nt
ms n1 n2
1 m2
có dạng mn = pm
1 p2 . . . ps .q1 q2 . . . qt . Như vậy, nếu d là một ước chung của

mn thì d = pe11 pe22 . . . pess .q1f1 q2f2 . . . qtft , trong đó 0 ≤ ei ≤ mi (i = 1, 2, . . . , s) ; 0 ≤
fi ≤ ni (i = 1, 2, . . . , t) . Đặt d1 = pe11 pe22 . . . pess , d2 = q1f1 q2f2 . . . qtft . Rõ ràng d =
d1 d2 và (d1 , d2 ) = 1.

Ngược lại, giả sử d1 và d2 là các ước dương tương ứng của m và n khi đó d1 =
pe11 pe22 . . . pess trong đó 0 ≤ ei ≤ mi (i = 1, 2, . . . , s) và d2 = q1f1 q2f2 . . . qtft trong đó
0 ≤ fi ≤ ni (i = 1, 2, . . . , t) . Số nguyên d = d1 d2 = pe11 pe22 . . . pess .q1f1 q2f2 . . . qtft là

nt

ms n1 n2
1 m2
ước của mn = pm
1 p2 . . . ps .q1 q2 . . . qt . Vì lũy thừa của mỗi số nguyên tố xuất

hiện trong phân tích ra thừa số nguyên tố của d bé hơn hoặc bằng lũy thừa của số
nguyên tố đó trong phân tích của mn.
Bổ đề 1.2 ([2]). Giả sử p nguyên tố a nguyên dương. Khi đó:
σ(pa ) = 1 + p + p2 + · · · + pa =
τ (pa ) = a + 1

pa − 1
p−1

Chứng minh. Các ước của pa là 1, p, p2 , . . . , pa . Do đó pa có đúng a + 1 ước
pa − 1
a
a
2
a
dương. Suy ra τ (p ) = a + 1 và σ(p ) = 1 + p + p + · · · + p =
.
p−1
Định lí 1.6 ([9]). Giả sử f là hàm có tính chất nhân. Khi đó hàm F (n) =

f (d)
d|n

cũng có tính chất nhân.

9
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng
nhau thì F (mn) = F (m).F (n). Giả sử (m, n) = 1, ta có F (mn) =

f (d). Vì
d|mn

(m, n) = 1 nên theo bổ đề 1.1, mỗi ước của mn có thể viết duy nhất dưới dạng tích
các ước d1 của m và d2 của n và d1 , d2 nguyên tố cùng nhau, đồng thời mỗi cặp
ước số d1 của m và d2 của n tương ứng với ước d1 .d2 của mn. Do đó ta có thể viết
d1 |m
d2 |n

f (d2 ) = F (m) F (n) .

f (d1 ) .

f (d1 ) f (d2 ) =

F (mn) =

d1 |m

d2 |n

Từ định lí 1.6 và bổ đề 1.2 ta suy ra trực tiếp tính chất sau đây.
Tính chất 1.1. σ(n) là hàm nhân tính.
Tính chất 1.2. Nếu p nguyên tố thì σ(p) = p + 1.
Tính chất 1.3. Giả sử n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc

pαk k +1 − 1
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1
αk
α1 α2
n = p1 p2 . . . pk thì σ(n) =
.
...
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
Chứng minh. Do hàm σ là hàm nhân tính nên ta có
σ(n) = σ(pα1 1 )σ(pα2 2 ) . . . σ(pαs s )
= (1 + p1 + · · · + pα1 1 ) (1 + p2 + · · · + pα2 2 ) . . . (1 + pk + · · · + pαk k )
pαk k +1 − 1
pα1 1 +1 − 1 p2α2 +1 − 1
.
...
=
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
Trong lớp hàm sinh bởi các ước thì ta cũng phải kể đến hàm số các ước được định
nghĩa như sau.
Định nghĩa 1.7 ([2]). Số các ước dương của số tự nhiên n được kí hiệu là τ (n).
Ví dụ 1.7. τ (1) = 1, τ (2) = 2, τ (12) = 6.
Định lí 1.7 ([9]). Hàm τ (n) là hàm nhân tính.
Chứng minh. Xét hàm f (n) ≡ 1 với mọi số tự nhiên n. Khi đó f (n) là hàm

nhân tính. Gọi d1 , d2 , . . . , dk là tất cả các ước dương của n (kể cả 1 và n). Khi đó
τ (n) = k = f (d1 ) + f (d2 ) + · · · + f (dk ) . Vậy τ (n) là hàm nhân tính.

10
Định lí 1.8 ([9]). Nếu p là nguyên tố thì τ (p) = 2.
Chứng minh. Vì p nguyên tố nên p chỉ có hai ước dương là 1 và p. Do đó
τ (p) = 2.
Định lí 1.9 ([9]). Nếu số nguyên dương n có khai triển ra thừa số nguyên tố dạng
n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k thì τ (n) = (α1 + 1) (α2 + 1) . . . (αk + 1) .
Chứng minh. Vì τ (n) là hàm nhân tính nên ta có
τ (n) = τ (pα1 1 ) τ (pα2 2 ) . . . τ (pαk k ) = (α1 + 1) (α2 + 1) . . . (αk + 1) ,
bởi vì pαi i có αi + 1 ước dương với i = 1, 2, . . . , k.
Ngoài các hàm nhân tính kể trên thì ta cũng cần xét đến hàm nhân tính sau
Định nghĩa 1.8 (Hàm Mobius). Hàm Mobius là hàm số học xác định như sau:



1 nếu n = 1;


µ(n) =
0 nếu p2 |n đối với số nguyên tố p > 1;



 (−1)k nếu n = p p . . . p ở đó p , . . . , p
1 2
k
1
k

là các số nguyên tố phân biệt.

Ví dụ 1.8. µ(2) = −1, µ(6) = 1, µ(12) = µ(22 .3) = 0.
Định lí 1.10 ([9]). Hàm Mobius là hàm nhân tính.

Chứng minh. Giả sử m, n là những số nguyên dương sao cho gcl (m, n) =
1. Nếu p2 |m với moi p > 1 thì p2 |mn và µ (m) = µ (mn) = 0 và khẳng định
trên là đúng. Bây giờ xét m = p1 .p2 . . . pk và n = q1 .q2 . . . qh với p1 , p2 , . . . , pk và
k

h

q1 , q2 , . . . , qh là các số nguyên tố phân biệt. Khi đó µ (m) = (−1) , µ (n) = (−1)
và mn = p1 .p2 . . . pk .q1 .q2 . . . qh . Suy ra
k+h

µ (mn) = (−1)

k

h

= (−1) (−1) = µ (m) .µ (n) .

Định lí 1.11 ([9]). Cho f là một hàm số học và F (n) =

f (d). Khi đó
d|n

µ (d) F

f (n) =
d|n

n
.
d


11
Chứng minh. Ta có
n
=
d

µ (d) F
d|n

=





d|n


µ (d) 




c|

n
d


f (c)
=





=
µ
(d)
f
(c)
 n

c|n
d|
c







 µ (d) f (c)

 n
d|n
c|
d


f (c) 



µ (d)
 = f (n) .

n
c
n
n
n
µ (d) = 0. Thực tế các tập (d, c) |d|n, c|
và (d, c) |c|n, d|
Từ > 1 ta có
c
d
d
n
d|

là bằng nhau.

1.1.2

c|n

d|

c

Hàm nhân tính mạnh

Định nghĩa 1.9 ([9]). Một hàm số học f được gọi là nhân tính mạnh nếu với mọi
m, n (không nhất thiết nguyên tố cùng nhau), ta có đẳng thức
f (mn) = f (m)f (n).
Những ví dụ đơn giản nhất về hàm nhân tính mạnh là f (n) = n và f (n) = 1.

1.2
1.2.1

Hàm số xác định trên tập các số nguyên
Hàm cộng tính trên tập các số nguyên

Định nghĩa 1.10 ([9]). Một hàm số f (x) xác định trên tập số nguyên được gọi là
hàm cộng tính nếu với mọi m, n ta có đẳng thức
f (m + n) = f (m) + f (n).

1.2.2

Hàm nhân tính trên tập các số nguyên

Định nghĩa 1.11 ([9]). Một hàm số f (x) xác định trên tập số nguyên được gọi là
hàm nhân tính nếu với mọi m, n ta có đẳng thức
f (mn) = f (m)f (n).


12

1.2.3

Lớp hàm tuần hoàn, phản tuần hoàn cộng tính, nhân tính

Định nghĩa 1.12 ([5]). Cho hàm số f (x) xác định trên tập số nguyên. Hàm f (x)
được gọi là hàm tuần hoàn trên Z nếu tồn tại số nguyên dương a sao cho

 ∀x ∈ Z ta đều có x ± a ∈ Z
 f (x + a) = f (x) , ∀x ∈ Z

a được gọi là chu kỳ của hàm tuần hoàn f (x). Chu kỳ nhỏ nhất (nếu có) trong các
chu kỳ của f (x) được gọi là chu kỳ cơ sở của hàm tuần hoàn f (x).
Ví dụ 1.9. Cho cặp hàm f (x), g(x) xác định trên tập số nguyên, tuần hoàn trên
a
Z và có chu kỳ lần lượt là a và b (a, b ∈ Z+ ) với
∈ Q+ . Chứng minh rằng
b
F (x) := f (x) + g(x) và G(x) := f (x)g(x) cũng là những hàm tuần hoàn trên Z.
a
m
Lời giải. Theo giả thiết tồn tại m, n ∈ Z+ , (m, n) = 1 sao cho = . Đặt

b
n
T = na = mb. Khi đó

 F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x)
 G(x + T ) = f (x + na)g(x + mb) = f (x)g(x) = G(x)
Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ Z thì x ± T ∈ Z. Vậy F (x) và G(x) là những hàm tuần hoàn

trên Z.

Ví dụ 1.10. Xét hàm số f (x) = sin

2π
x xác định trên Z. Chứng minh rằng f (x) là
3

hàm tuần hoàn với chu kỳ T = 3.
Lời giải. Ta có ∀x ∈ Z thì x ± 3 ∈ Z và
f (x + 3) = sin

2π
(x + 3)
3

= sin

2π
x + 2π
3

= f (x).

Vậy f (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ T = 3.
Định nghĩa 1.13 ([5]). Cho hàm số f (x) xác định trên tập số nguyên. Hàm f (x)
được gọi là hàm phản tuần hoàn trên Z nếu tồn tại số nguyên dương a sao cho

 ∀x ∈ Z ta đều có x ± a ∈ Z
 f (x + a) = −f (x) , ∀x ∈ Z


13
a được gọi là chu kỳ của hàm phản tuần hoàn f (x). Chu kỳ nhỏ nhất (nếu có) trong
các chu kỳ của f (x) được gọi là chu kỳ cơ sở của hàm phản tuần hoàn f (x).
Ví dụ 1.11. Chứng minh rằng mọi hàm phản tuần hoàn xác định trên tập số nguyên
cũng là hàm tuần hoàn xác định trên tập số nguyên.
Lời giải. Theo giả thiết tồn tại số nguyên dương b sao cho ∀x ∈ Z thì
x ± b ∈ Z và f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ Z.
Suy ra ∀x ∈ Z thì x ± 2b ∈ Z và
f (x + 2b) = f (x + b + b) = −f (x + b) = f (x), ∀x ∈ Z.
Vậy f (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2b trên Z.
π
Ví dụ 1.12. Xét hàm số f (x) = sin x xác định trên Z. Chứng minh rằng f (x) là
3
hàm phản tuần hoàn với chu kỳ T = 3.
Lời giải. Ta có ∀x ∈ Z thì x ± 3 ∈ Z và
f (x + 3) = sin

π
π
(x + 3) = sin

x + π = −f (x).
3
3

Vậy f (x) là hàm phản tuần hoàn với chu kỳ T = 3.
Định nghĩa 1.14 ([5]). Hàm f (x) xác định trên tập số nguyên được gọi là tuần hoàn
nhân tính chu kỳ nguyên dương a (a ∈
/ {−1, 0, 1}) trên Z nếu

 ∀x ∈ Z ⇒ a±1 x ∈ Z
 f (ax) = f (x) , ∀x ∈ Z

Ví dụ 1.13. Xét hàm số f (x) = sin (2πlog2 x) xác định trên Z+ . Khi đó f (x) là hàm

tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2. Thật vậy, ta có ∀x ∈ Z+ thì 2±1 x ∈ Z+ và
f (2x) = sin (2πlog2 (2x))
= sin (2π (1 + log2 x))
= sin (2πlog2 x) = f (x), ∀x ∈ Z+ .


14
Định nghĩa 1.15 ([5]). Hàm f (x) xác định trên tập số nguyên được gọi là hàm phản
tuần hoàn nhân tính chu kỳ dương a (a ∈
/ {−1, 0, 1}) trên Z nếu

 ∀x ∈ Z ⇒ a±1 x ∈ Z
 f (ax) = −f (x) , ∀x ∈ Z

Ví dụ 1.14. Xét hàm số f (x) = sin (πlog2 x) xác định trên Z+ . Khi đó f (x) là hàm
phản tuần hoàn nhân tính chu kỳ 2. Thật vậy, ta có ∀x ∈ Z+ thì 2±1 x ∈ Z+ và

f (2x) = sin (πlog2 (2x))
= sin (π (1 + log2 x))
= − sin (πlog2 x) = −f (x), ∀x ∈ Z+ .

1.3

Một số bài tập áp dụng

Bài toán 1.1. Tìm tất cả các số tự nhiên n có tính chất n chia hết cho ϕ(n).
Lời giải. Ta xét các trường hợp sau.
- Nếu n = 1 thì ϕ(n)|n.
- Nếu n > 1, giả sử n có phân tích thành thừa số nguyên tố là n = pk11 pk22 . . . pki i .
Khi đó, ta có
ϕ(n) = n 1 −

1
p1

1−

1
p2

... 1 −

1
pi

.

Từ điều kiện n = xϕ(n) ta suy ra
p1 p2 . . . pi = x (p1 − 1) (p2 − 1) . . . (pi − 1) .
Điều này có nghĩa là phải có pj nào đó bằng 2 (vì nếu ngược lại thì sẽ dẫn đến vô lí
vì vế trái là số lẻ, trong khi vế phải là số chẵn).
Do p2 , . . . , pi khác 2 nên từ trên suy ra rằng n có nhiều nhất một ước nguyên tố lẻ,
chẳng hạn p2 .
Đặt p2 = 2y + 1. Ta có 2p2 = x(2y). Do p2 là nguyên tố nên x = p2 , y = 1. Như
vậy p2 = 3 và n có dạng n = 2k 2m với k ≥ 1 và m ≥ 0.
Thử lại thấy n = 2k 2m với k ≥ 1, m ≥ 0 thỏa mãn.


15
Bài toán 1.2. Chứng minh rằng ϕ(n) là chẵn nếu n = 1 hoặc n = 2 và lẻ nếu với
mọi n ≥ 3.

Lời giải. Ta xét các trường hợp sau.
- Với n = 1 hoặc n = 2 ta có ϕ(1) = ϕ(2) = 1 lẻ.
- Với n ≥ 3 và n = pα1 1 pα2 2 . . . pαr r . ta có
ϕ(n) = pα1 1−1 pα2 2 −1 . . . pαr r −1 (p1 − 1) (p2 − 1) . . . (pr − 1) .
Vì ít nhất một trong các số hạng p1 , p2 , . . . , pr , p1 − 1, p2 − 1, . . . , pr − 1 là chẵn nên

ϕ(n) là chẵn.

Bài toán 1.3 (Canada 1999). Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n = τ 2 (n).
Lời giải. Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Do n = τ 2 (n) là một số chính phương nên ta có thể đặt n =

k
i=1




 τ (n) =




pi2αi . Khi đó

k

(2αi + 1)
i=1

k

2αi + 1
=1
pαi i
i=1

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có
pαi i ≥ (pi − 1) αi + 1 > 2αi + 1.
Với mọi ước số nguyên tố pi ≥ 5 của n.

Mặt khác, ta có 3α ≥ 2α + 1 và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi α ∈ {0, 1}.
Suy ra n = 1, n = 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 1.4. Tìm các số nguyên dương n sao cho σ(n) = 12.

Lời giải. Để giải quyết tốt bài toán này ta cần chọn lựa các số nguyên tố và số mũ
thích hợp sao cho:
(1 + p1 + · · · + pα1 1 ) (1 + p2 + · · · + pα2 2 ) . . . (1 + pk + · · · + pαk k ) = σ(n).
Liệt kê các số có dạng 1 + pk + p2k + · · · + pαk k từ nhỏ đến lớn
1 + 2; 1 + 3; 1 + 5; 1 + 2 + 22 ; 1 + 7; 1 + 3 + 32 ; 1 + 2 + 22 + 23 , . . .


16
Với σ(n) = 12 ta thấy chỉ có thể viết thành 12 = (1 + 2)(1 + 3) và số cần tìm là
n = 6.
Bài toán 1.5. Với giá trị nào của n thì σ(n) là số lẻ
Lời giải. Cần chọn các ước số nguyên tố và số mũ thích hợp để σ(n) là số lẻ. Ta có
σ(n) = (1 + p1 + · · · + pα1 1 ) (1 + p2 + · · · + pα2 2 ) . . . (1 + pk + · · · + pαk k ) .
Khi đó nếu có ước nguyên tố nào đó là 2 thì vẫn thỏa mãn; nếu n có ước nguyên
tố lẻ thì trong tổng trên chúng phải xuất hiện chẵn lần. Do đó số cần tìm có dạng
n = 2k m2 với m là số chính phương lẻ.
Bài toán 1.6. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để n là một hợp số là:
σ(n) +

1 √
1
> n+ .
4
2

Lời giải. Trước hết, ta có
σ(n) +

√
√

1 √
1
1
1
> n + ⇔ σ(n) + > n + n + ⇔ σ(n) > n + n.
4
2
4
4

Phần thuận
Giả sử n là hợp số. Khi đó ngoài các ước 1 và n thì n còn ít nhất một ước là d với
n
n
1 < d < n. Lúc này cũng là một ước của n ( dễ thấy 1 < < n). Xét hai trường
d
d
hợp sau:
n
n
- Nếu = d thì sẽ có ít nhất 4 ước là 1, n, d, . Khi đó
d
d
√
√
n
n
≥ 1 + n + 2 d. = 1 + n + 2 n > n + n.
d
d

√
√
n
- Nếu
= d tức d = n thì lúc này n có ít nhất 3 ước là 1, n, n. Vì thế
d
√
√
σ(n) ≥ 1 + n + n > n + n.
√
Như vậy khi n là hợp số thì σ(n) > n + n.
σ(n) ≥ 1 + n + d +

Phần đảo
Giả sử σ(n) > n +

√

n. Vì σ(1) = 1 < 1 +

√

1 vô lý, cho nên n = 1. Hơn nữa n
√
không thể là số nguyên tố. Thật vậy, nếu p là số nguyên tố thì σ(p) = p + 1 < p + p
( chú ý p ≥ 2 ), lại là điều vô lý.


17
Tóm lại, nếu n thỏa mãn bất đẳng thức σ(n) > n +

√

n. thì n phải khác 1 và

không phải số nguyên tố. Điều này đồng nghĩa với n phải là hợp số.
Vậy ta hoàn tất chứng minh.
Bài toán 1.7. Ký hiệu d(n) là trung bình cộng của tất cả các ước số của n ( kể cả 1
và n). Chứng minh rằng với mọi n ta có bất đẳng thức
√

n ≤ d(n) ≤

n+1
.
2

Lời giải. Giả sử 1 = d1 < d2 < · · · < dk = n là tất cả các ước của n.

Như vậy 1 ≤ di ≤ n với i = 1, 2, . . . , n.
d1 + d2 + · · · + dk
Theo định nghĩa ta có d(n) =
.
k
n
n
n
n
Để ý rằng
>

> ··· >
>
và chúng cũng là tất cả các ước của n. Do
d1
d2
dk−1
dk
đó
n
n
n
n
, . . . , dk−1 = , dk = .
d1 = , d2 =
dk
dk−1
d2
d1
Vì thế ta có
d1 dk = d2 dk−1 = · · · = d1 dk−i+1 = n với i = 1, 2, . . . , k − 1.

(1.1)

Ta có
dk−1 + d2 dk + d1
d1 + d2 d2 + dk−1
+
+
.
.

.
+
2(d1 + d2 + · · · + dk )
2
2
2
2 .
=
d(n) =
2k
k
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
√
√
√
√
d1 dk + d2 dk−1 + · · · + dk−1 d2 + dk d1
.
(1.2)
d(n) ≥
k
√
k n √
Từ (1.1) và (1.2) ta suy ra d(n) ≥
= n. Chứng minh xong bất đẳng thức thứ
k
nhất. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức còn lại.
di ≥ 1 với mọi i = 1, 2, . . . , k;
Nên
0 ≤ (di − 1) (dk−i+1 − 1) = di dk−i+1 + 1 − di − dk−i+1 .

(1.3)


18
Từ (1.1) và (1.3) suy ra
n + 1 − (di + dk−i+1 ) ≥ 0, với mọi i = 1, 2, . . . , k

(1.4)

Cộng vế theo vế k bất đẳng thức dạng (1.4) ta được:
k

2
i=1

1
di ≤ k (n + 1) ⇔
k

k

i=1

di ≤

n+1
2

Chứng minh xong bất đẳng thức còn lại. Vậy ta hoàn tất việc chứng minh bất đẳng

thức kép ở trên.
Bài toán 1.8 (Korean MO 1998). Cho n là một số nguyên dương, ký hiệu ψ(n) là
số các thừa số nguyên tố của n. Chứng minh rằng nếu ϕ(n) chia hết cho n − 1 và

ψ(n) ≤ 3 thì n là số nguyên tố.

Lời giải. Để ý rằng với số nguyên tố p, nếu p2 |n thì p|ϕ(n) nhưng p không là ước của
n − 1, điều này mâu thuẫn. Vì vậy chúng ta chỉ cần chứng tỏ rằng n = pq, n = pqr
với các số nguyên tố p < q < r.

Trước hết, giả sử n = pq, vì vậy
(p − 1)(q − 1)|pq − 1
Chú ý rằng q ≥ 3 suy ra vế trái là số chẵn, cho nên vế phải cũng vậy và p, q là

các số lẻ. Xét trường hợp p = 3, q = 5. Khi đó

pq − 1
< 2.
(p − 1)(q − 1)

(1.5)

Vế trái của (1.5) là một hàm tăng với từng biến và luôn lơn hơn 1, vì vậy nó không
thể là số nguyên. Đây là điều mâu thuẫn.
Bây giờ, xét n = pqr. Như trên p, q, r là lẻ ; nếu p = 3, q = 5 và r = 11 thì
pqr − 1
< 2.
(p − 1)(q − 1)(r − 1)

(1.6)

Vế trái của (1.6) là một hàm tăng với từng biến và luôn lơn hơn 1, vì vậy nó không
thể là số nguyên. Đây là điều mâu thuẫn.


19
Điều này giúp loại bỏ các trường hợp ngoại trừ p = 3, q = 5 và r = 7 ta có
pqr − 1
< 3.
(p − 1)(q − 1)(r − 1)

(1.7)

Vì vế trái của (1.7) chỉ nhận giá trị nguyên nên
pqr − 1
= 2.
(p − 1)(q − 1)(r − 1)
15r − 1
= 2 cho ta r = 15 không phải là số nguyên tố và ta loại bỏ
8(r − 1)
tất cả các trường hợp.
Để ý rằng


20

Chương 2

Các phương trình hàm số học
Trong chương này sẽ trình bày về hàm chuyển đổi các phép tính số học, các dạng

toán xác định dãy số liên quan và các bài tập áp dụng.

2.1

Hàm chuyển đổi các phép tính số học

Trong mục này, ta giải các bài toán xác định các hàm chuyển đổi các phép tính
số học đơn giản của đối số sang phép tính đối với các giá trị hàm tương ứng. Ta sẽ
giải quyết các bài toán trên lớp hàm xác định trên tập số nguyên dương.

2.1.1

Hàm chuyển đổi phép cộng thành phép cộng

Bài toán 2.1. Xác định tất cả các hàm số f : N∗ → R thỏa mãn
f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ N∗ .
Lời giải. Từ (2.1) suy ra với x = y thì
f (2x) = 2f (x), ∀x ∈ N∗
Giả sử với k nguyên dương, f (kx) = kf (x), ∀x ∈ N∗ . Khi đó
f ((k + 1) x) = f (kx) + f (x)
= kf (x) + f (x)
= (k + 1) f (x) , ∀x ∈ N∗ , ∀k ∈ N∗ .
Từ đó, theo nguyên lí quy nạp, ta có
f (nx) = nf (x), ∀x ∈ N∗ , ∀n ∈ N∗

(2.1)