Chuyên đề mối LIÊN hệ GIỮA số HỌCVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀMT07

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỒNG BẰNG
VÀ DUYÊN HẢI BẮC BỘ
HỘI THẢO KHOA HỌC NĂM 2019

BÁO CÁO KẾT QUẢ CHUYÊN ĐỀ

Chuyên đề: MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌCVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC

MỤC LỤC
1


BẢNG CÁC KÝ HIỆU..................................................................................................3
PHẦN A : ĐẶT VẤN ĐỀ.............................................................................................4
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI..........................................................................................5
II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU.......................................................5
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU........................................................................5
IV. GIẢ THUYÊT KHOA HỌC.................................................................................5
V. BỐ CỤC................................................................................................................. 5
PHẦN B : NỘI DUNG.................................................................................................6
B1. KIẾN THỨC CƠ BẢN........................................................................................6
B2. MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP Z. . .7
I. Sử dụng công cụ hàm số trên tập số nguyên giải bài toán Số học...........................7
II. Sử dụng công cụ Số học để chứng minh tính chất của hàm số trên tập số nguyên15
III. Sử dụng công cụ Số học để giải phương trình hàm trên tập số nguyên..............26
IV .Bài tập tương tự.................................................................................................. 45
V. Kết quả sau khi áp dụng đề tài ............................................................................51
PHẦN C : KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ………………………………………… 52
1. Một số hướng phát triển Đề tài……………………………………………………52
2. Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề tài……………………………..52

TÀI LIỆU THAM KHẢO.........................................................................................53

BẢNG CÁC KÝ HIỆU
2


�:

 0;1;2;3;...

Tập hợp các số tự nhiên :

N*

:

Tập hợp các số tự nhiên khác

Z

:

Tập hợp các số nguyên :

�

:

Tập hợp các số nguyên tố

Q
C
R

:
:

Tập hợp các số hữu tỉ
Tập hợp các số phức

:

Tập hợp các số thực

x �Z

:

x

thuộc

Z; x

aM
b

:

a

chia hết cho

b :
aM

a

không chia hết cho

b|a

:

b

là ước của

b | a

:

b

không là ước của

0

:

 1;2;3;...

 ...; 3; 2; 1;0;1;2;3;...

là số nguyên

b , a là bội của b

a ,b

b

chia hết

a

a

a �b  mod m  : a đồng dư với b theo môđun m , a  b chia hết cho m

 a, b 

 a, b 
 a; b 
�
�

:

ƯCLN của

a

và

b

:

BCNN của

a

và

b

:

cặp số ,nghiệm của phương trình hai ẩn số

:

Suy ra

:

Tương đương với ,khi và chỉ khi

(đpcm),  :

, :
 , , ��

Điều phải chứng minh , kết thúc bài toán hay một phép chứng minh
Tồn tại,mọi ,hoặc, giao

  n  : Hàm Ơle của số nguyên dương n

MỐI LIÊN HỆ GIỮA SỐ HỌC VÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP
SỐ NGUYÊN QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC

3


PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Ngạn ngữ Pháp có câu: "Le Mathématique est le Roi des Sciences mais L’Arithmétique
est la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng". Điều
này nói lên tầm quan trọng của Số học trong đời sống và khoa học. Số học giúp con người ta có
cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. Phương trình hàm trên
tập số nguyên, cùng với các định lý, tính chất gắn liền với nó, có thể được xem là một trong
những công cụ mạnh nhất để giải quyết gọn đẹp rất nhiều bài toán Số học.
Những bài toán phương trình hàm trên tập số nguyên,xuất hiện thường xuyên trong các kì thi
học sinh giỏi tỉnh, quốc gia và quốc tế và ngày càng trở nên quen thuộc đối với những người yêu
toán. Đặc biệt việc giải các phương trình hàm, chứng minh các tính chất của hàm số nguyên.
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, ƯSCLN, BSCNN của các số
nguyên, số chính phương, thặng dư bình phương, số mũ lớn nhất của số nguyên tố của một số …
Chiều ngược lại để giải một số bài toán số học như : Chia hết , chứng minh một số có một tính

chất số học nào đó, giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh bất đẳng thúc số học…Ta cần
xây dựng một hàm số tương thích sử dụng các tính chất của hàm để giải bài toán số học đó, việc
xây dựng ra hàm số không phải đơn giản nó cần sự am hiểu sâu sắc giữa về giải tích hàm và tính
chất hàm…Bài viết này sẽ giúp bạn giải quyết một vài vấn đề nhỏ trong quan hệ giữa Phương
trình hàm trên tập số nguyên và Số học.
Xuất phát từ những ý nghĩ đó tôi đã sưu tầm và hệ thống lại một số bài toán để viết lên
chuyên đề " Mối liên hệ giữa Số học và phương trình hàm trên tập số nguyên qua các kỳ thi
Olympic ”. Chuyên đề gồm các phần :
- Phần A : Đặt vấn đề
- Phần B : Nội dung
- B1: Kiến thức cơ bản.
-B2: Mối liên hệ giữa Số học và phương trình hàm trên tập số nguyên
- Phần C- Kết luận và kiến nghi
- Phần D: Tài liệu tham khảo
Mục tiêu ở đây là một số bài mẫu, một số bài khác biệt căn bản đã nói lên được phần chính yếu
của chuyên đề. Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng không thể tránh khỏi được tất cả , về
phương diện chuyên môn cũng như phương diện sư phạm. Lối trình bày bài giải của tôi không
phải là một lối duy nhất. Tôi đã cố gắng áp dụng cách giải cho phù hợp với chuyên đề, học sinh
có thể theo mà không lạc hướng. Ngoài ra lúc viết tôi luôn luôn chú ý đến các bạn vì nhiều lí do
phải tự học, vì vậy giản dị và đầy đủ là phương châm của tôi khi viết chuyên đề này.
Tôi xin trân thành cảm ơn các thầy cô giáo,các em học sinh góp ý thêm cho những chỗ thô lâu
và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề này hoàn thiện hơn.

4


II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu vai trò của “ Số học và Phương trình hàm trên tập số nguyên ” trong việc giải các
bài toán số học, đại số sơ cấp.
- Vận dụng “Số học và Phương trình hàm trên tập số nguyên” trong các tình huống cụ thể nhằm

phát huy khả năng tư duy toán học cho học sinh.
- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy năng lực tư duy và giải các bài toán trong
phần “Số học và Phương trình hàm trên tập số nguyên” của chương trình chuyên toán THPT.
III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Trong bản sáng kiến kinh nghiệm sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau:
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu chuyên về “Số học và Phương trình
hàm trên tập số nguyên” đặc biệt là các tài liệu liên quan đến “ Số học và Phương trình hàm trên
tập số nguyên” trong các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet...
- Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh các lớp chuyên toán).
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
IV. GIẢ THUYÊT KHOA HỌC
Nếu học sinh được học chuyên sâu theo chuyên đề như trên sẽ phát triển năng lực tư duy Toán
học, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết các bài toán về Số học và Phương trình hàm trên
tập số nguyên. Đây là phần khó với học sinh các lớp chuyên toán.
V. BỐ CỤC
Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính:
Phần A- ĐẶT VẤN ĐỀ.
Phần B- NỘI DUNG
- B1 : Kiến thức cơ bản.
- B2 : Mối liên hệ giữa Số học và Đa thức nguyên
-I. Sử dụng công cụ hàm số trên tập số nguyên giải bài toán Số học.
-II. Sử dụng công cụ Số học để chứng minh tính chất của hàm số trên tập số nguyên.
-III. Sử dụng công cụ để giải phương trình hàm trên tập số nguyên
-IV: Bài tập tương tự.
-V. Kết quả sau khi áp dụng đề tài
Phần C- Kết luận và kiến nghi

5

PHẦN B : NỘI DUNG
B1: KIẾN THỨC CƠ BẢN

Trong chuyên đề này, ta chỉ quan tâm đến các hàm số f  x  với tập xác định D  f  �Z và tập
giá trị R  f  �Z .
Giả sử 0 �A, B �Z . Xét hàm số f : A � B , ta có các định nghĩa và một số mệnh đề hữu ích
liên quan đến tính chất ánh xạ của hàm số như sau.
1. Ánh xạ.
Đinh nghĩa 1. Ánh xạ f : A � B được gọi là đơn ánh nếu với mọi a, b �A mà a �b thì
f  a  �f  b   A  B  .
Hệ quả: f là đơn ánh khi và chỉ khi nếu f  a   f  b  thì suy ra a  b (mọi a, b �A )
Đinh nghĩa 2. Ánh xạ f : A � B được gọi là toàn ánh nếu như với mọi phần tử b �B đều tồn
tại phần tử a �A sao cho f  a   b  A �B  .
Đinh nghĩa 3. Ánh xạ f : A � B được gọi là song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh
 A  B.
Chú ý. +) Để chứng minh f toàn ánh, ta chứng minh A �B , nghĩa là tập giá trị ( là tập
B�
  f  a  : a �A ) có B��B
+) Ánh xạ f : A � B là song ánh nếu và chỉ nếu với mọi b �B , tồn tại duy nhất a �A sao cho
f  a  b .
2. Hàm đơn điệu.
i. Hàm số f  x  được gọi là tăng trên  a; b  nếu với mọi x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2 thì
f  x1  �f  x2  .
ii.

Hàm số f  x  được gọi là tăng ngặt trên  a; b  nếu với mọi x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 thì
f  x1   f  x2  .

Hệ quả: Nếu hàm số f  x  tăng trên  a; b  và f đơn ánh thì f là hàm tăng ngặt trên  a; b 
iii. Hàm số f  x  được gọi là giảm trên  a; b  nếu với mọi x1 , x2 � a; b  mà x1 �x2 thì

f  x1  �f  x2  .
iv.

Hàm số f  x  được gọi là giảm ngặt trên  a; b  nếu với mọi x1 , x2 � a; b  mà x1  x2 thì
f  x1   f  x2  .

Hệ quả: Nếu hàm số f  x  giảm trên  a; b  và f là đơn ánh thì f là hàm giảm ngặt.  a; b 
v.

Hàm tăng ngặt và giảm ngặt được gọi là đơn điệu thực sự.
Chú ý. f liên tục và f đơn ánh trên một khoảng nào đó thì f là hàm đơn điệu thực sự.
Tính chất:
1. f : A � B, g : A � B là hai hàm tăng thì f  g là hàm tăng.
2. f : A � B, g : A � B là hai hàm tăng và không âm thì f  x  g  x  là hàm tăng.
3. f : Af � B và g : Ag � B là hai hàm tăng, trong đó T f �Ag thì g o f  g  f  x   tăng
, ở đây T f là tập giá trị của f tức là T f   f  x  : x �Af  .
6


Hệ quả:

Nếu f  x  là hàm tăng thì f  f  x   (nếu xác định) cũng tăng.
 Nếu f  x  là hàm giảm thì f  f  x   (nếu xác định) cũng tăng.


3. Hàm cộng tính, hàm nhân tính.
3.1 Hàm cộng tính. Hàm f  x  được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi
x, y �D thì x  y �D và f  x  y   f  x   f  y 
3.2 Hàm nhân tính. Hàm f  x  được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi
x, y �D thì x ��

y D và f  x �
y   f  x  �f  y 
4. Một số kết quả có sẵn.
4.1 Phương trình hàm Cauchy. Cho f : R � R , f cộng tính và tồn tại x0 �R :
lim f  x   f  x0  . Khi đó f  x   kx với mọi x �R với k là hằng số , k �R .
x�x
4.2 Cho f : R � R , f cộng tính và đơn điệu trên R . Khi đó f  x   kx với mọi x �R với
k là hằng số , k �R .

f  x   f  x0  . Khi đó
4.3 Cho f : R � R , f là hàm nhân tính và tồn tại x0 �R : lim
x�x
f  x   x với mọi x �R với  �R là hằng số ,  �R tùy ý.
0

0

5. Các phương pháp giải phương trình hàm.
1) Phương pháp thế biến.
2) Phương pháp sử dụng tính liên tục.
3) Sử dụng toàn ánh.
4) Sử dụng tính chất đơn ánh, song ánh.
5) Sử dụng tính chất đơn điệu.
6) Sử dụng tính chất điểm bất động.

B2 : Mối liên hệ giữa Số học và Phương trình hàm trên tập số nguyên
I.

Sử dụng công cụ hàm số để giải bài toán số học

Ví dụ 1.1 (Timi§oara Mathematics Review)
Gọi p là một số nguyên tố và a, b, c, d là các số nguyên dương phân biệt thỏa mãn :
a p  b p  c p  d p . Chứng minh rằng: a  c  b  d �p .

p
p
p
Giải. Theo định lý Fermat’s ta có a  a �0  mod p  , b  b �0  mod p  , c  c �0  mod p  và
d p  d �0  mod p  . Do đó từ đề bài � a  b �c  d  mod p  � a  c  b  d �0  mod p  .

 Nếu a  b �c  d
a  c  b  d �a  c  b  d �p ( do a  c  b  d �0  mod p  và a  c  b  d �0 )
 Nếu a  b  c  d
p
Giả sử rằng a  c  d  b . Xét hàm số f  t   t với t � 0; � .

7


Ta thấy hàm f  t  xác định và liên tục trên các đoạn  c; a  và  b; d  , hàm f  t  có đạo
 t   pt p 1 ) trên các khoảng  c; a  và  b; d  nên nó thỏa mãn điều kiện định lý
hàm ( f �
Lagrange tức là tồn tại các số t1 � c; a  và t2 � b; d  sao cho :

�
f  a  f  c
� p 1 a p  c p
�
f
t




�
�pt1  a  c
� 1
�
ac
��
�
f
d

f
b
d p  bp




p 1
�f �
�
pt

t

 2
2
�

�
d b
�
d b
�
p
p
p
p
Mà a  c  d  b và a  c  d  b
Suy ra pt1p 1  pt2p 2 � t1  t2 mâu thuẫn ( do t1 , t2 thuộc hai khoảng khác nhau)
Từ hai khả năng trên ta có điều cần chứng minh.
p
Nhận xét: để chứng minh không thể xảy ra a  b  c  d ta đã xây dựng ra hàm số f  t   t
từ đó nhờ định lý Lagrange đẫn đen mâu thuẫn.
Ví dụ 1.2 ( Bulgarian MO 2005).
2
Gọi a, b, c là các số nguyên dương sao cho ab chia hết c  c  c  1 và a  b chia hết cho
2
c 2  1 . Chứng minh rằng các tập hợp  a, b và  c, c  c  1 trùng nhau.

2

Giải. Giả sử a �b . Từ đề bài: a  b  k  c  1 ,  k �Z  , từ đó suy ra

b �
k 
 c 1

k  c 2  1

.
2
2
2
k  c 2  1  a �
Cũng theo đề bài có c  c  c  1 Mab � ab  a �
�
��c  c  c  1 .
2

a

a

a

� k  c 2  1 �
�
�, ta thấy f  x  là hàm số
k  c  1  x �
�;
Xét hàm số f  x   x �
�
�trên khoảng �
2
�
�
�
� k  c 2  1 �

k  c 2  1
�
�
�
;
đồng biến trên khoảng
và ta thấy
�c , cả hai số a, c đều thuộc
�
2
�
2
�
�
� k  c 2  1 �
�.
�;
khoảng �
�
2
�
�
�
2
�
k  c 2  1  a �
k  c 2  1  c �
Nếu a  c thì: a �
�
� f  a   f  c   c �

��c  c  c  1 vô lý .
2
2
�
bc  kc  c 2  c  1 �
k  c 2  1  a �
Do đó a �c và b �
�
� c �
� kc  c  c  1  kc  ac
Từ đây suy ra b �kc 2  ac , nếu kc 2  ac  0 .
2
2
2
2
2
Nhưng b  k  c  1  a  kc  a �kc  ac �kc  c �0 vô lý .
2

Vậy để xảy ra các điều trên thì kc 2  ac  0 � a  kc �c . Do đó k  1 và a  c
2
2
Vì thế b  k  c  1  a  c  1  c , ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: một cách làm hay và mới giải bài toán chứng minh hai tập hợp số nguyên bằng
nhau nhờ việc sử dụng hàm số thích hợp
8


Ví dụ: 1.3 ( Vô địch Nga 1978)

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn phương trình :
y

2
2
x  x  y  x 1

y
y
2
2 x
 x  y  1

Giải.

Từ đề bài ta thấy x  y �1
Đối với phương trình đã cho chúng ta thực hiện phép biến đổi sau đây
y

y

x  x2  y 2  x  x  y  x2  y2  x  y
� x  y
2

y
x

  x  y  x  y

2
y

�  x  y x
�  x  y

1

y

 x  y x

y
1
x

 x y

  x  y

1

y
x

�  x  y

x y
x

  x  y

x y
x

�  x  y

x y

  x  y

x y

1

 1

1

�  x  y  x y   x  y  x y
1

1

� ln  x  y  x  y  ln  x  y  x  y
�

ln  x  y  ln  x  y 

x y

x y

ln t
với t �1
t
1  ln t
f�
Đạo hàm
 t  2
t
f�
 t   0 � 1  ln t  0 � t  e
Xét hàm số f  t  

f�
 t   0 khi 1 �t  e � hàm số f  t  tăng nghiêm ngặt trong khoảng  1;e 
f�
 t   0 khi t  e � hàm số f  t  giảm nghiêm ngặt trong khoảng  e; �

Vì vậy , nếu f  t1   f  t2  và 1 �t1  t2 thì 1 �t1  e và t2  e.
Trở lại phương trình  1 ta nhận thấy rằng, bởi vì : 1 �x  y  x  y , nên 1 �x  y  e
Nhưng x  y �N* do đó hoặc a) x  y  1 , hoặc b) x  y  2
a) Nếu x  y  1 thay vào  1 ta được 1x  y  x  y � x  y  1 � y  0 mâu thuẫn.
2
b) Nếu x  y  2 thay vào  1 ta được 2 x  y   x  y 
Nhận xét : khi n �5 ta có bất đẳng thức sau luôn đúng 2n  n 2 ( pp dùng quy nạp cm )
Từ đó suy ra rằng 2  x  y �4 .
Kiểm tra x  y  3 không thích hợp . Còn x  y  4 thì thích hợp kết hợp với x  y  2 ta
nhận được x  3 và y  1 thỏa mãn . Phương trình có một cặp  x; y    3;1 duy nhất
9

Nhận xét. Để giải phương trình nghiệm nguyên dạng mũ mà việc sử dụng các khái niệm tính
chất số học không dễ dàng, thì nghĩ đến việc sử dụng hàm số đẻ giải quyết bài toán.
Ví dụ: 1.4 (BMO and IMO TST 2007)
Chứng minh rằng không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt sao cho:
x 2019  y !  y 2019  x !
Giải.
Ta chứng minh cho bài toán tổng quát: Với mỗi số nguyên n �2 sao cho
n �2m  1 m �N*  thì hàm số f : N* � Z : f  x   x ! x n là đơn ánh.
Đầu tiên ta chứng minh f là hàm tăng với x �2n . Thật vậy với x �2n ta có
x ! � 1.x   2.  x  1  ...  n  x  1  n   �x.x...x  x n .
n

2n

� 1� � 1 �
1  ���
1  � �e
Ta lại có : �
� x � � 2n �
Từ các điều trên ta có :
n
n
�
� 1�
� 1 ��
n
f  x  1  �
1  � x ! x   �

x 1 �
1  ��x !
� x�
� x ��
�
2n
�
� 1 ��
�f  x   �
x 1 �
1  � �x ! �f  x    x  1  e  x !  f  x  .
� 2n � �
�
Vậy f là hàm tăng với x �2n .
*
n
Ta chứng minh nhận định ban đầu hàm số f : N � Z : f  x   x ! x là đơn ánh. Bằng
phản chứng. Giả sử rằng ta có x �y và f  x   f  y  . Với k �Z và p là số nguyên tố ,
kí hiệu v p  k  là số mũ lớn nhất của p trong phân tích tiêu chuẩn của k .
n
n
Gọi p là một ước nguyên tố của x thì p x ! , p x và p y !. Do đó p x  x ! y ! suy ra

p y n nên p y . Từ y ! x !  x ! �
 x  1  x  2  L y  1�
�
�chúng ta thấy rằng :
v p  x !  v p  y ! x !  v p  y n  x n  �n

�x � �x �

�1 1
� x
Bởi vì: v p  x !  � � � 2 � L �x �  2  L �
từ đây suy ra :
�p � �p �
�p p
� p 1
x � p  1 v p  x ! � p  1 n . Do hàm f  z  là hàm tăng với z �2n , chúng ta phải có
p  2 và x  2m . Như vậy n �2m  2n , từ đó
1 �
�1 1
v2  x ! y !  v2  x !  2m �   L  m � 2m  1
2 �
�2 4

n
n
m
Và n v2  y  x  � n 2  1 kết quả là n  2m  1 vô lý. Điều giả sử là sai.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương phân biệt.
Nhận xét : Để chứng minh bài toán không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt thỏa
mãn hệ thức nào đó ta có thể chuyển về bài toán hàm số và chứng minh hàm số đó là
Đơn ánh
Ví dụ 1.5 (Polish MO 2013)
2
Cho b, c �Z , hàm số f  x   x  bx  c và k1 , k2 , k3 �Z sao cho

10

n f  k1  , n f  k 2  , n f  k3  ,  n �N*  .

Chứng minh rằng n  k1  k2   k2  k3   k3  k1  .

Giải.
Đặt M   k1  k2   k2  k3   k3  k1  và gọi p là một ước nguyên tố của M
Giả sử v p  k1  k2   x, v p  k2  k3   y , v p  k3  k1   z và v p  n   t
Yêu cầu của bài toán là chứng minh x  y  z �t .
 Nếu min  x, y, z  �t dễ dàng ta có điều phải chứng minh.

 Giả sử max  x, y , z   t . Chú ý rằng :
n f  k1   f  k2    k1  k2   k1  k2  b  ( tính chất của hàm đa thức)
Do đó: v p   k1  k2   k1  k2  b    x  v p  k1  k2  b  �t

tx
t y
Vì vậy: p  k1  k2  b  , tương tự p  k3  k 2  b  cho nên ta có

p min  t  x ;t  y   k3  k2  b    k1  k2  b   k3  k1

Do đó : v p  k3  k1   z �min  t  x   t  y   t  max  x; y 
Từ đây ta suy ra: x  y  z �z  max  x, y  �t ( đpcm)
Nhận xét : giải bài toán số học ta vận dụng tính chất chia hết của hàm đa thức kết hợp
với bổ đề LTE thật là tinh tế.
Ví dụ 1.6
2020 2
2020
Cho hàm số bậc hai f  x   a x  bx  a c  1 , với a, b, c �Z . Giả sử phương trình
f  x   2 có hai nghiệm nguyên dương. Chứng minh rằng :

 f  1    f  1 
2

2

2

là hợp số.

Giải.
2020 2
2020
Phương trình : f  x   2 � a x  bx  a c  1  0 có hai nghiệm nguyên dương r , s .
a 2020c  1
1
 c  2020 �Z � a 2020  1
Theo định lý Vieta’s ta có rs 
2020
a
a
2
2
Khi đó : f  x   x  bx  c  1  x  bx  c  1  2   x  r   x  s   2
Ta có : f  1   1  r   1  s   2 và f  1   1  r   1  s   2
f  1    f  1 
có : 
2

Sau đó

2

2

�
 1  r   1  s   2�
 1  r   1  s   2�
� �
�
�
�
2
2

2

�
 1 r  1 s �
1 r  1 s �
� 4  1  r   1  s   4  �
�
� 4  1  r   1  s   4
�
2
2
2
2 1 r  1 s 

  1  r 2   1  s 2  là hợp số, bởi vì 1  r 2 và 1  s 2 là các số nguyên lớn
2

hơn 1.
Ví dụ 1.7(Crux Mathematicorum,May 2015)
2

2

11


Chứng minh rằng không có các số nguyên dương phân biệt a, b, c và số nguyên không âm
k thỏa mãn các điều kiện sau:
bk
ab k ba k , bc k c , c a  k ac k .
Giải.
Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh mẽ hơn là: Không có các số nguyên dương phân biệt
a, b, c và số nguyên không âm k thỏa mãn các điều kiện sau:
a b k �ba k , bc k �cb  k , c a  k �a c  k
 1 .
Giả sử  1 đúng. Sau đó từ: a b  k �b a  k , ta có
ln  a b  k  �ln  b a  k  hay là  b  k  ln a � a  k  ln b

Vì thế
ln a
ln b
�
ak bk
Tương tự từ các bất đẳng thức khác trong  1 , ta suy luận ra rằng:

Do đó ta có

ln b
ln c
ln c
ln a
�
�
và
bk ck
ck ak
ln a
ln b
ln c


ak bk ck

ln x
với x � 0; � . Ta thấy hàm số f k  x  là một hàm số xác định và
xk
liên tục trên khoảng  0; � sao cho :
fk  a   fk  b  fk  c 
 2
Xét hàm số f k  x  

Và nó đủ cho ta thấy rằng  2  không thể xẩy ra. Vì
1
k
x  k   ln x 1   ln x

x

f k'  t   x

2
2
 x k
 x k
k
k
Ta có f k'  x   0 � 1   ln x  0 . Đặt g  x   1   ln x
x
x
k
k 1
Xét hàm số g  x   1   ln x với x � 0; � có g �
 x    2   0, x  0 . Vậy hàm số
x
x
x
g  x  nghịch biến trên khoảng  0; � . Vì thế
lim g  x   � và lim g  x   �
x �0

x ��

Ta thấy rằng g  x   0 với đúng duy nhất một giá trị của x , vì thế f k  x  có đúng một giá
trị tới hạn . Vì thế  2  xảy ra nhiều nhất tại hai điểm phân biệt , mâu thuẫn.
Nhận xét: thông thường dạng bài toán này ta sử dụng bổ đề LTE, nhưng ta đã chuyển về
hàm số để giải quyết được mộ kết quả mạnh hơn
Ví dụ 1.8 (APMO 2012)

12


Tìm tất cả các cặp  p, n  , gồm có một số nguyên tố p và một số nguyên dương n mà biểu
n p 1
thức n
là một số nguyên.
p 1
Giải.
log x
Chú ý rằng là hàm số f  x  
là hàm nghịch biến với mọi x �e
x
1  ln10 �
log x
 0 với mọi x �e )
( do f �
 x 
x 2 .ln10
 Trường hợp 1. p  2
np 1
42  1
�
Z
 1 �Z )
+ Nếu n �4 dễ dàng ta kiểm tra được n
khi n  4 ( thật vậy 4
p 1
2 1
n2  1

n
�Z . Thật vậy từ chú ý trên ta suy ra :
+ Nếu n �5 : không có nào thỏa mãn n
2 1
log 2 log 4 log n
n2  1


� n log 2  2log n � 2 n  n 2 do đó 0  n
 1 . Vậy cặp
2
4
n
2 1
 p, n    2, 4  là một nghiệm của bài toán
 Trường hợp 2. p �3
Gọi cặp  p, n  là một nghiệm của bài toán.
+ Khi n  p ta có :

log p log n

� n log p  p log n � p n  n p ( theo chú ý)
p
n

np 1
 1 mâu thuẫn.
pn  1
+ Khi 1 �n �p  1 .Vì số nguyên p n  1 là chẵn nên số n p  1 cũng là chẵn, bởi vậy n lẻ
n

n 1
n 2
n 3
n
Ta có p  1   p  1  p  p  p  L  1 , suy ra p  1 p  1 .
Vì vậy 0 

p
Tương tự p  1 p  1
p
p
 2
Từ hai điều trên ta được : n �1 �p  mod p  1
Từ đây suy ra n và p  1 nguyên tố cùng nhau, rõ ràng là p và p  1 nguyên tố cùng
  p 1
�1 mod p  1 , p  p 1 �1 mod p  1 .
nhau. Theo định lý Euler’s ta được n

Hệ quả là:

n  p 1 �p  p 1  mod p  1

 3

Cho a, b và m là các số nguyên sao cho gcd  a, m   gcd  b, m   1 và giả sử
k
k
l
l
rằng k và l là hai số nguyên dương thỏa mãn a �b  mod m  và a �b  mod m  . Thì ta

Bổ đề:

gcd  k ,l 
�bgcd k ,l   mod m  .
có a

l
k l k
k l k
l
k l k
k l k
Thật vậy giả sử k  l . Từ a �a a �b a  mod m  , b �b b �a b  mod m  ,

a k �b k  mod m  và a l �bl  mod m  ta suy ra a l  k �bl  k  mod m  , tiếp tục ta sử dụng

gcd  k ,l 
�bgcd k ,l   mod m  .
thuật toán Euclidean cuối cùng ta thu được a
Trở lại bài toán: Từ  2  ,  3 và kết quả từ bổ đề ta có được :

13


gcd  p ,  p 1 

gcd  p ,  p 1 

 mod p  1
Nhưng   p  1  p cho nên gcd  p,   p  1   1 và n �p  mod p  1 kết hợp với  1

ta được n  p . Vậy cặp  p, n    p, p  là một nghiệm của bài toán.
Vậy bài toán chỉ có các nghiệm sau  p, n    2, 4  và  p, n    p, p  với p là một số
n

�p

nguyên tố lẻ.
Nhận xét : Để giải quyết trường hợp p �3 ta đã sử dụng việc xây dựng một hàm số để
so sánh tử số và mẫu số đẻ khi nào biểu thức là nguyên sau đó kết hợp với định lý
Euler’s để tìm  p, n 
Ví dụ 1.9 (Serbian MO 2016)
Cho n là số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương m lớn
nm  mn
hơn n n sao cho :
là một số nguyên dương.
nm
Giải.
nm  mn
m
n
 0 . Thật vậy
Nhận xét: Nếu m  n �3 thì n  m và do đó
nm
ln x
1  ln x
Hàm số f  x  
nghịch biến với x  e ( bởi vì f �
 x   2  0, x  e ).
x
x

ln n ln m

� m ln n  n ln m � n m  m n
Do đó
n
m
 Nếu n  2 ta chọn m  10 dễ dàng kiểm tra được :
n m  m n 210  102
n

 77 �Z
m  n và
nm
2  10
 Nếu n  2 ta có



n m  m n �n m   n   n n n mn   1
n

n

  mod m  n 

n
*
Ở đây ta chọn m  kn  n  k �N  1 . Thì m  n  kn n n m  m n � k n m n   1

n

n
1) Khi n lẻ thì n n m   1 là chẵn vì vậy ta cần chọn k  2 và m  2n n  n kiểm tra
thấy m  n n và



n m  m n �n m    n   n n n m n   1
n

n

 n n
n

m n

 1 �0  mod 2n n  m  n 

n
2) Khi n chẵn thì n m  n   1  n m n  1 chia hết cho n  1 ta cần chọn k  n  1 và

m   n  1 n n  n � m  n   n  1 n n . Kiểm tra ta thấy m  n n và



n m  m n �n m    n   n n n m n   1
n

n

 n n
n

mn

 1 �0  mod  n  1 n n  m  n 

Ví dụ 1.10 (Romanian MO 2004)
Tìm tất cả các cặp số nguyên tố  p, q  sao cho 2q p  p q  7
Giải.
p 1
2
p 1
2
 Nếu q  2 thì phương trình đã cho trở thành : 2  p  7 � 2  p  7
+ p  2 thay vào  1 ta được 8  11 mâu thuẫn

 1
14


+ p  3 thỏa mãn  1 vậy cặp  p, q    3, 2  là một nghiệm
+ p �5 thì phương trình  1 không xảy ra (do 2n 1  n 2  7, n �4, n �N* dễ dàng chứng
minh bởi quy nạp)
q
p
 Nếu q �3 phương trình viết lại như sau: p  7  2q  2 
p
q  mod p 

2q p 2q  mod p  và p q �p  mod q 
Theo định lý Fermat’s ta có q �
Khi đó từ  2  ta suy ra 7 �2q  mod p  � p 2q  7
*
Cũng từ  2  ta suy ra : p  7 �0  mod q  � q p  7 , đặt p  7  kq  k �N 

+ Nếu 2q  7 �0 � q  3 khi đó p  1 mâu thuẫn
q �7 p
2q p 7 kq k 1 hoặc k  2
+ Nếu 2q 7�0�۳2
1) Khi k  1 suy ra p  7  q từ p 2q  7 � p 2  p  7   7  2 p  7 � p 7 � p  7
và q  14 vô lý.
2) Khi k  2 suy ra p  7  2q
 Nếu p  q khi đó p  7  2q  2 p � 7  p � p  3 hoặc p  5 .
Khi p  3 thì q  5 ta có cặp  p, q    3,5  là nghiệm ( kiểm tra đúng)
Khi p  5 thì q  6 mâu thuẫn
 Nếu p �q �3 thì ta có bất đẳng thức : q p �p q . Thật vậy
ln x
1  ln x
Hàm số f  x  
nghịch biến trên  3; � do f �
 x   2  0, x �3
x
x
p
q
p
p
q
p

Áp dụng 7  2q  p  q   q  p  �q �27 mâu thuẫn .

Vậy các cặp  p, q    3, 2  và  p, q    3,5  thỏa mãn đè bài.

II Sử dụng công cụ Số học để chứng minh tính chất của hàm số.
Ví dụ 2.1
2

Giả sử hàm số f : Z � Z thỏa mãn điều kiện : f  mf  n    n f  m  , m, n �Z .
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì f  p  là một số nguyên tố hoặc là bình
phương của một số nguyên tố.
Giải. + Trước hết ta chứng minh hàm f là đơn ánh.
2
2
2
2
m, n �Z có: f  m   f  n  � f  f  m    f  f  n   � m f  1  n f  1 � m  n � m  n
+ Tiếp theo ta chứng minh hàm f là hàm nhân tính.
 Trước tiên m �Z , ta có f  mf  1   f  m  � mf  1  m � f  1  1 ( do f đơn ánh) .
2

Từ đó suy ra f  f  m    m , m �Z .

2
2
m2  f  f  n �
m   do
 Cuối cùng: m, n �Z có: f  f  m  �f  n    n �f  f  m    n �
n   f  m  �f  n 
f đơn ánh suy ra f  m �

+ Giả sử p là số nguyên tố và f  p  không là số nguyên tố cũng không là bình phương

của một số nguyên tố.
n
 Khi đó tồn tại hai số nguyên dương phân biệt m, n  1: f  p   m �
2
n   f  m  �f  n  � f  m   f  n   p � m  n (Vô lý)
 Ta có p  f  f  p    f  m �
15


Vậy kết luận của đề bài là đúng.
Ví dụ 2.2
Cho hàm số f : N* � N* thỏa mãn các điều kiện :
b   f  a  �f  b  ,  a, b �N* ,gcd  a , b   1
1) f  a �

2) f  a  b   f  a   f  b  , với mọi số nguyên tố a, b .
Chứng minh rằng f  2310  không chia hết cho một số chính phương khác 1 ( trong đó ký
hiệu gcd  a, b  là ước chung lớn nhất của hai số a, b )

Giải. Kí hiệu P1  a, b  phép thay thế bộ  a, b  � N*  tương ứng vào điều kiện:
2

f  a�
b   f  a  �f  b  ,  a, b �N* ,gcd  a, b   1

P2  a, b  phép thay thế bộ  a, b  � N*  tương ứng vào điều kiện :
2

f  a  b   f  a   f  b  với mọi số nguyên tố a, b .

-

Với P1  1,1 : f  1  f  1 � f  1  1
2

Với P2  2, 2  : f  4   f  2  2   2 f  2 
3  f  2  �f  3 
Với P1  2,3  : f  6   f  2 �

Mặt khác P2  3,3 : f  6   f  3  3  2 f  3 từ đó suy ra f  2   2 , suy ra f  4   4
3  f  4  �f  3  4 f  3 
Với P1  4,3 : f  12   f  4 �
Với P2  5,7  : f  12   f  5  7   f  5   f  7   f  2   f  3   f  5   f  2 
 f  2   f  3  f  2   f  3   f  2   6  2 f  3 
Như vậy 4 f  3  6  2 f  3 � f  3  3 .
Từ trên dễ dàng tìm ra f  5   5, f  7   7, f  9   9

-

7   f  2  �f  7   14
Với P1  2,7  : f  14   f  2 �

Với P2  11,3 : f  14   f  11  3  f  11  f  3  3  f  11
Từ hai điều trên suy ra 14  3  f  11 � f  11  11 .

3 5 7 11 � f  2310   f  2  �f  3  �f  5  �f  7  �f  11  2310
Ta có 2310  2 ����
Vậy f  2310   2310 không chia hết cho một số chính phương khác 1 ( đpcm)

Ví dụ 2.3 (OLP 30/4 Lần XV-2009)
Giả sử hàm số f : N* � N* thỏa mãn  f  m   f  n    m  n 

2009

, m, n �N* . Chứng

minh rằng f  1 , f  2  , f  3 ,K lập thành một cấp số cộng với công sai dương.
Giải.
 Trước hết ta chứng minh f là đơn ánh  1 . Thật vậy giả sử f không là đơn ánh :
� a, b �N* , a  b sao cho f  a   f  b  .
Khi đó ta có  f  a   f  n    a  n 

2009

, n �N* và  f  b   f  n    b  n 

2009

, n �N*

� f  a   f  n  là một ước chung của  a  n  2009 và  b  n  2009 , mà f  a   f  n  �2
16




�  a  n

2009

, b  n

2009

 �1, n �N �  a  n, b  n  �1, n �N
*

*

�  a  n, b  a  �1, n �N*   
Lấy p là một số nguyên tố lớn hơn b và lấy n  p  a ta có  a  n, b  a    p, b  a   1
mâu thuẫn với    . Vậy f là đơn ánh.
 Lấy t tùy ý thuộc N* , ta xét hiệu f  t  1  f  t 
n �N* ta có  f  n   f  t    n  t 

2009

Mà  n  t , n  t  1  1 �  n  t 

,  n  t  1



2009

và  f  n   f  t  1   n  t  1
2009

2009

 1

�  f  n   f  t  , f  n   f  t  1   1 �  f  n   f  t  , f  t  1  f  t    1, n �N*

 .

*
Từ    � f  t  1  f  t   �1, t �N  2  . Thật vậy nếu tồn tại t �N* sao cho hiệu
f  t  1  f  t  ��1 thì tồn tại số nguyên tố q là ước của f  t  1  f  t  .

Lấy k �N* sao cho q k  t và lấy n  q k  t . Ta có  f  n   f  t    n  t 

2009

 q 2009k

� q  f  n   f  t   mặt khác q  f  t  1  f  t   � q là một ước chung của

 f  n  f  t  

và f  t  1  f  t  , mâu thuẫn với    . Vậy ta có kết quả  2  .

*
*
 Từ  1 và  2  � f  t  1  f  t   1, t �N hoặc f  t  1  f  t   1, t �N .

*
*
*

Mặt khác do f  n  �N , n �N nên không thể có f  t  1  f  t   1, t �N .
*
Vậy ta có f  t  1  f  t   1, t �N túc là dãy f  1 , f  2  , f  3  ,K là một cấp số cộng
với công sai bằng 1 ( đpcm)
Ví dụ 2.4. (Shortlist JBMO 2008)
Cho f : N* � R là một hàm số thỏa mãn điều kiện : Với mỗi só nguyên n  1 , thì tồn tại
�n �
một ước nguyên tố p của n sao cho f  n   f � � f  p  . Biết rằng :
�p �

f  22007   f  32008   f  52009   2006

Hãy xác định giá trị củabiểu thức:
f  2007 2   f  20083   f  20095 
Giải.

Nếu n  p là một số nguyên tố , ta có
f  1
�p �
f  p   f � � f  p   f  1  f  p  � f  p  
 1
2
�p �
Nếu n  pq , với p và q là các số nguyên tố thì:
f  1 f  1
�n �
f  n   f � � f  p   f  q   f  p  

0
2

2
�p �
Nếu n  pqr , với p, q và r là các số nguyên tố thì:
f  1
�n �
f  n   f � � f  p   f  qr   f  p   0  f  p   
2
�p �
17






Ta dự đoán nếu n  p1 p2 ... pk , với pi i  1, k là các số nguyên tố thì:
f  1
 2
2
Ta chứng minh công thức  2  bằng phương pháp quy nạp toán học theo k
Với k  1 từ  1 ta được công thức  2  đúng
Giả sử công thức  2  đúng với số nguyên n , với n là tích của k số nguyên tố.
Ta xét n là tích của k  1 số nguyên tố. Đặt n  n1 p , với n1 là tích của k số nguyên tố và
số nguyên tố p . Vì thế
f  1 f  1
f  1
�n �
f  n   f � � f  p   f  n1   f  p    2  k  �

  2   k  1  �

2
2
2
�p �
Vậy công thức  2  đúng với n là tích của k  1 số nguyên tố . Theo nguyên lý quy nạp
f  n   2  k 

công thức  2  đúng với mỗi số nguyên n  1 .

2007
2008
2009
Trở lại bài toán từ giả thiết: 2006  f  2   f  3   f  5  áp dụng công thức  2 
2007
2008
2009
ta có: 2006  f  2   f  3   f  5 

2  2007
2  2008
2  2009
3.2006
�f  1 
�f  1 
�f  1  
�f  1
2
2
2
2

2
 3
f  1  
Suy ra :
3
Ta lại có : 2007  32.223, 2008  23.251, 2009  7 2.41
Và kết hợp với  2  và  3 ta được :



26
2  12
2  15
�f  1 
�f  1 
�f  1
2
2
2
27
27 � 2 �
  �f  1   �
 � 9
�
2
2 � 3�

f  2007 2   f  20083   f  20095  

Ví dụ 2.5 (Shortlist IMO 2011)

Cho hàm số f : Z � Z , giả sử rằng với bất kỳ hai số nguyên m và n thì hiệu
f  m   f  n  chia hết cho f  m  n  . Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n thỏa
mãn f  m  �f  n  thì f  n  chia hết cho f  m  .
Giải.
Giả sử rằng x, y �Z sao cho f  x   f  y  . Ta cần chứng minh rằng f  x  f  y  .
2
Kí hiệu P  m, n  là phép thay thế bộ  m, n  �Z tương ứng vào điều kiện:

f  m  n f  m  f  n

+ Với P  x, y  : f  x  y  f  x   f  y  , x, y �Z
� f  x  y f  x  f  y   f  y   f  x  0 .

Vì vậy f  x  y  �f  y   f  x   f  y  . Do đó số d  f  x   f  x  y  thỏa mãn
18


 f  y    f  x  y   d  f  x   f  y  ,  1 .

+ Với P  x, x  y  : f  y   f  x   x  y   f  x   f  x  y   d , x, y �Z
Từ  1 và  2  ta suy ra d  0 � f  x   f  x  y  .

 2 .

+ Với P  x, y  : f  x   f  x  y  f  x   f  y  , x, y �Z . Từ đây ta suy ra f  x  f  y  (đpcm)
Ví dụ 2.6
Chứng minh ràng không tồn tại song ánh f : N* � N thỏa mãn
f  mn   f  m   f  n   3 f  m  f  n  , m, n �N*
Giải.
Giả sử tồn tại song ánh f thỏa mãn điều kiện bài toán , nên suy ra tồn tại số n0 �N*

sao cho f  n0   0 .
-

*
Với P  m, n0  : f  mn0   f  m   f  n0   3 f  m  f  n0  , m �N
� f  mn0   f  m  � mn0  m � n0  1 ( do f là song ánh)

0 
f  k
Vậy f  1 ��
-

1, k

2 k

N* 

*
Với P  m, n  : f  mn   f  m   f  n   3 f  m  f  n  , m, n �2  m, n �N 

� f  mn   f  m   f  n   3 f  m  f  n  �5, m, n �2

Từ đây suy ra f  k  �5, k là hợp số.
Tồn tại hai số nguyên tố phân biệt p1 , p2 sao cho f  p1   1, f  p2   3 và tồn tại số
nguyên dương p3  p3 �p1 , p2  sao cho f  p3   8
-

Với P  p2 , p2  : f  p22   2 f  p3   3 f  p2   2.3  3.32  33
2

Với P  p1 , p3  : f  p1 p3   f  p1   f  p3   3 f  p1  f  p3   1  8  3.1.8  33

2
2
Suy ra f  p2   f  p1 p3  � p2  p1 p3 ( do f là song ánh) � p22 Mp1 � p2 Mp1 mâu thuẫn.
Vậy điều giả sử là sai hay không tồn tại song ánh f (đpcm)
Nhận xét : Để chứng minh f không là song ánh ta chọn các giá trị thay thế biến là các
số nguyên tố thích hợp để dẫn đế mâu thuẫn.
Ví dụ 2.7.
Cho hàm số f : N � N thỏa mãn:
f  2 x   2 f  x  , f  4 x  1  4 f  x   3 và f  4 x  1  2 f  2 x  1  1, x �N .
Chứng minh rằng f đơn ánh.
Giải.
Từ giả thiết ta thấy f  x  nhận giá trị lẻ với mọi x lẻ do :
f  4 x  1  4 f  x   3 �3  mod 4  , f  4 x  1  2 f  2 x  1  1 �1 mod 4 
Bây giờ ta chứng minh bài toán bằng quy nạp:
b
f  a  f  b  theo nghĩa a  b �1 nhỏ nhất.
a, b �N , a �
Khi a  b  1 thì khẳng định trên là đúng ( do f  0  chẵn, f  1 lẻ)

Giả sử khẳng định đúng đến a  b  1 nhỏ nhất nghĩa là f  a  �f  b  , a �b .
Ta cần chứng minh khẳng định đúng với a  b nhỏ nhất

19


Giả sử tồn tại a �b sao cho f  a   f  b  . Ta chia r aba trường hợp sau.
, b  2b�

, b �N
 a��
 Trường hợp 1: aM2 và bM2 � a  2a�
f  a f  b
f  a�

 f  b�

 � a� b�mâu thuẫn ( do a� b� a  b ).
2
2
, b  1  4b�
, b �N
 a��
 Trường hợp 2:  a  1 M4 và  b  1 M4 � a  1  4a�

a 1 � f  a  3 f  b  3
�b  1 �
f  a�

 f � � f  b�
f�
 � a� b�mâu thuẫn ( do
� �
4
4
�4 �
�4 �
a�
 b�

 a  b ).
 Trường hợp 3:  a  1 M4 và  b  1 M4
� �a  1 � � � �a  1 � �
�a  1 � f  a   1
2�

1

f
4

1

1
�
f
Ta có: 2 f �
� � �� � �
� �
2
�2 �
�� 4 � � �� 4 � �

�a  1 � f  a   1 f  b   1
�b  1 � a  1 b  1

 f � ��

Vậy f � �
mâu thuẫn ( do

2
2
2
2
�2 �
�2 �
a 1 b 1

 a  b ).
2
2
Vậy điều giả sử là sai cho nên f  a  �f  b  , a �b vậy khẳng định đúng với a  b nhỏ
nhất. Từ đây ta suy ra f là đơn ánh (đpcm)
Nhận xét : Để chứng minh f là đơn ánh ta cần chia dạng của a, b kết hợp với quy nạp
theo tổng a  b nhỏ nhất.
Ví dụ: 2.8 (Moldovan IMO TST 2005)
Cho f , g : N* � N* là hai hàm số thỏa mãn
a) g là toàn ánh.
2
2
b) 2 f  n   n 2  g  n  , n �N*
*
Chứng minh rằng nếu: f  n   n �2004 n , n �N thì hàm f có vô số điểm bất động.
Giải.
Đầu tiên ta có theo định lý Dirichlet về số nguyên tố thì dãy số  pi  với pi là các số
nguyên tố dạng 8k  3  k �N là một dãy vô hạn. Từ đó với mọi n �N* thì:

�2 �
�2 �
 p 1 8

 1 . (trong đó � �là kí hiệu Legendre)
� �  1
�pn �
�pn �
�
Từ điều kiện (a) ta tìm được dãy  xn  n 1 sao cho g  xn   pn , n  1, 2,... . Ta có:
2
n

2 f xn   xn2 pn2
2

2 f  xn 

2

xn2  mod pn 

 *

�2 �
Do pn có dạng 8k  3  k �N suy ra � � 1 nên từ đẳng thức  * ta có
�pn �

Suy ra tồn tại hai dãy số nguyên dương  an  và  bn  sao cho:
pn
�xn  an �
�
pn
�f  xn   bn �

�
�pn f  xn 
�
�pn xn

20


Từ điều kiện (b) ta được: 2bn2  an2  1

*
Cuối cùng từ giả thiết f  n   n �2004 n , n �N , ta có:

2004 f  xn 
b
�
1  n 1
xn
an
xn
an2  1
� lim
 2 � lim an  1
n ��
n ��
an
Suy ra tồn tại số N 0 �N* sao cho an  bn  1, n �N 0 .
Vậy f  pn   pn , n �N 0 (đpcm)

Nhận xét: Từ ví dụ trên, một câu hỏi được đặt ra là việc ta xây dựng dãy số nguyên tố  pi 
không hề tự nhiên. Tuy vậy bằng lối suy nghĩ tương tự trên , ta hình thành ý tưởng.
Xuất phát từ bài toán: “ Tìm tất cả các số nguyên tố q sao cho phương trình 2x 2  y 2  q có
nghiệm nguyên dương”. Phương trình này dẫn đến:
2
2 x 2  y�
� q
2 q 1 2 x q 1 y q 1  mod q 
2 q 1 2 1 mod q  ( theo định lý Fermats)
 mod
Từ đó ta dự đoán đượng dạng của số nguyên tố q . Nhìn chung khi ta gặp bài dạng này thì ta cần
có một số kiến thức nền về cấp phần tử, về thặng dư bậc hai kết hợp nhuần nhuyễn với kiến thức
giải tích.
Ví dụ: 2.9.
Tìm tất cả các toàn ánh f : N* � N* sao cho với mọi m, n �N* thì
f  m f  n � m n .
Giải :
Ký hiệu P �N* là tập hợp tất cả các số nguyên tố,   n  là số ước nguyên dương của n .
k

k

i

Xét đơn ánh g : P � P . Theo phân tích tiêu chuẩn thì n  �p � f  n   �g  pi  .
i
i

i 1

i 1

Nhận xét:   n   f    n   ( do f là toàn ánh). Với mỗi số nguyên tố p , f  p  chỉ có
đúng hai ước nguyên tố nên nó cũng là số nguyên tố. Xác định đơn ánh g như trên ta có
f  p   g  p  . Ta sẽ chứng minh g là song ánh. Thật vậy do f là toàn ánh nên g là toàn
ánh.
k
Tiếp theo ta chứng minh f  p k   g  p  với k �N*  1 bằng quy nạp.


k  1 thì  1 hiển nhiên đúng

2
k 1
k
 Giả sử  1 đúng với k  1 . Ta có f  p  chia hết cho 1, g  p  , g  p  ,..., g  p  và ngoài





k
k
ra không chia hết cho số nguyên dương nào khác. Do  f  p     p   k  1 . Nếu





k

k
k  1 , khi f  p  có thêm một ước nguyên tố nữa thì  f  p  �2k  1  k  1 mâu

k
thuẫn. Từ đó f  p  là một lũy thừa của g  p  và nó có k  1 ước nên f  p k   g  p  .
Giả sử n �N* , p �P sao cho p | n . Ta sẽ chứng minh :
k

f  n  �f  p k   f  np k  , k �N* .

21


k
  p k     n. p k  . Mặt khác g  p 
Từ gcd  n, p   1 ta có   n  �

k

f  n. p k  và g  p  f  n 

k
k
k
Do vậy mọi ước của f  n  và g  p  chia hết f  n. p  và mọi ước của f  n  và g  p 
k
là ước của f  n. p  . Ta lại có







 f  n  �f  p k     n. p k    f  n. p k 

k
k
Nếu f  n. p  có ước khác với các ước của f  n  và g  p  thì:











 f  n  �f  p k    f  n. p k  mâu thuẫn.

Vậy :

f  n. p k   f  n  �
g  p   f  n. p k  .
k

Từ các nhận xét trên ta có hàm f được xây dựng như trên là duy nhất. (đpcm)
Ví dụ: 2.10( BMO and IMO TST 2007)

Chứng minh rằng hàm f : N � Z được định nghĩa sau đây là đơn ánh :
f  n   n 2007  n ! , n �N
Giải.
Kí hiệu v p  n  là số mũ lớn nhất của số nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn ra thừa số
nguyên tố của số nguyên dương n
Giả sử nếu f  x   f  y  thì x  y ,  x, y �N  * .
 Đầu tiên ta xét trường hợp y �2007 .
Rõ ràng bài toán  * không có nghiệm khi y  0 hoặc y  1 . Ta xét với y  1 ta có
f  x   f  y  � x 2007  x !  y 2007  y ! � x ! y !  x 2007  y 2007
Và gọi q là một ước nguyên tố của y thì suy ra q là ước của x . Từ đây ta có
vq  x !  vq  y ! vì thế v p  x ! y !  v p  y ! . Mặt khác ta có q 2007 x 2007  y 2007 vì vậy chúng
ta phải có 2007 �vq  y ! , tuy nhiên điều này là không thể có bởi vì;

�y � �y �
y
vq  y !  � � � 2 � L 
�2007
q
q
q

1
�� � �
2007
2007
 Xét trường hợp y  2007 . Với mỗi số nguyên tố p  2007 , p  x ! y !  x  y .

Nếu gcd  p  1, 2007   1 thì tồn tại số nguyên dương r sao cho 2007 r �1 mod  p  1  .
2007 r
�y 2007 r �y  mod p  ( theo định lý Fermats) vì vậy p x  y .

Do đó x �x
Đặc biệt điều này đúng với p  23 và 101 vì thế x  y �23.101  2323  2008 .
Nhưng sau đó ta có :
2007
x ! y !  �
x  x  1  x  2  ...  x  2007   1�
�
�y !  x  x  1  x  2  ...  x  2006  .2007!  x

( bất đẳng thức cuối cùng xảy ra do  x  k   x  k   x, k  1, 2,.., 2006 ) mâu thuẫn
Vậy điều giả sử x  y là sai . Nghĩa là nếu f  x   f  y  thì x  y ,  x, y �N hay f là
đơn ánh. (đpcm)
Nhận xét : Ta đã sử dụng sự phân tích tiêu chuẩn của y ! và tính vq  y ! ( q nguyên tố),
kết hợp với định lý Fermats để chứng minh f là đơn ánh.
Ví dụ: 2.11
22


Có tồn tại hay không hàm số f : N* � N* thỏa mãn:
f  mf  n    f  m  f  m  n   n, m, n �N* ?.
Giải. Trả lời không tồn tại
Giả sử tồn tại một hàm số f thỏa mãn đề bài .

Kí hiệu P  m, n  là phép thay thế bộ  m, n  � N*  tương ứng vào điều kiện
2

f  mf  n    f  m  f  m  n   n

-

-

*
Với P  1,1 : f  f  1   f  1 f  2   1 � f  c   cf  2   1 ( đặt f  1  c �N )

Với P  1, n  : f  f  n    f  1 f  n  1  n � f  f  n    cf  n  1  n

Với P  n,1 : f  nf  1   f  n  f  n  1  1 � f  cn   f  n  f  n  1  1
Từ  1 ta suy ra f  f  n   �n  mod c 
sử dụng  3 ta được:

 3 . Với mọi n �N*

 1
 2

c
bất kỳ sao cho n M,sau
đó

Với P  f  n  ,1 : f  cf  n    f  f  n   f  f  n   1  1 �1 mod c  , sau đó

*
c . Điều
Với P  c, n  : f  cf  n    f  c  f  n  c   n � f  n  c  �1 mod c  , n �N , n M
c
này có nghĩa rằng f  n  �1 mod c  đối với bất kỳ n �N* ( n M)

*
Với P  c, n  : f  cf  n    f  c  f  n  c   n � f  n  c  �1  n  mod c  , n �N  4  .

Thay n  c  2 vào  2  và sau đó dùng  4  ta được :
1 �f  c  c  2   �f  c  2  f  c  3  1 � 1  2   1 �3  mod c  điều này là không thể
vì c �3 thì điều trên mâu thuẫn .
Nhận xét: một bài toán hay về cách chọn modulo hợp lý.
Ví dụ: 2.12 ( Crux Mathematicorm Vol 34/5- 2009)
Cho hàm f : N* � N* sao cho : f  xf  y    yf  x  với mọi x, y �N* .
Tìm giá trị nhỏ nhất nếu có của f  2007 
Giải.
Ta chứng minh rằng f  2007  �18
*
Đầu tiên ta chứng minh rằng : f  f  x    x, x �N

-

Kí hiệu P  m, n  là phép thay thế bộ  m, n  � N*  tương ứng vào điều kiện
2

f  xf  y    yf  x 

-

Với P  1,1 : f  f  1   f  1

Vì vậy f  1  f  1 f  1   f  1 f  1 � f  1  1

*
*
Với P  1, y  : f  f  y    yf  1  y, y �N hay f  f  x    x, x �N , từ đây ta suy ra
f là ánh xạ 1  1 và f  x   y ta cũng có f  y   x vì f có tính chất nghịch đảo.

23


*
Tiếp theo ta chúng minh rằng f có tính chất nhân : f  ab   f  a  f  b  , a, b �N ,.
Thật vậy do f là ánh xạ 1  1 với mỗi b �N* thì tồn tại d �N* sao cho f  d   b thì
d  f  b  và f  ab   f  af  d    df  a   f  b  f  a 
Bây giờ chúng ta chứng minh : f  p  là số nguyên tố nếu p là số nguyên tố. Giả sử

�f  m   1
f  p   mn với 1  m �n . Sau đó p  f  f  p    f  mn   f  m  f  n  � �
�f  n   1
Do f là song ánh và f  1  1 mà ta lại có m  1 hoặc n  1 mâu thẫn .

Ta có f  2007   f  32.223  f  3 f  223  mà f  3 , f  223 là nguyên tố, vì cả hai số
2

3, 223 đều là số nguyên tố. Chúng ta không thể có f  3  2 và f  223  3 được , bởi
2
sau đó f  2   3 . Mâu thuẫn f là ánh xạ 1  1 . Do đó f  3  2 và f  2007  �2 .5  20

2
Nếu f  3 �3 thì f  223 �2 và f  2007  �3 .2  18 . Giá trị f  2007   18 đạt được
khi f  2   223, f  3  3, f  223  2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của f  2007  là 18 .
Ví dụ 2.13 (Ukrainian MO 2014)
p2
2
 q  p 2 . Xét hàm số f  x   x  px  q
Gọi p và q là hai số nguyên dương sao cho
8

�q �
f  a
f  b
và hai số a và b nguyên tố cùng nhau cùng thuộc đoạn � ; p �sao cho
và
l
b
a
�p �
là các số nguyên. Chứng minh rằng: f  a   f  b   q
Giải.
f  a  f  b  b3  pb 2  qb  a 3  pa 2  qa
Ta có


b
a
ab
2
 a  b   a  ab  b 2  p  a  b   q 

 2p
ab
Bởi vì gcd  a, b   1 suy ra gcd  a  b, ab   1 từ đây ta có
a 2  ab  b 2  p  a  b   q
ab
Là một số nguyên thì

a 2  b2  p  a  b   q
ab

phải là số nguyên. Bây giờ ta chứng minh rằng :
ab  a 2  b 2  p  a  b   q  ab

 *

Thật vậy , theo thứ tự ta chứng minh vế trái của bất đẳng thức bên trái của  *
ab  a 2  b 2  p  a  b   q � a 2  b 2  p  a  b   q  ab  0
2

2

� p  b � �p  b � 2
a  b  p  a  b   q  ab  �
a
� �
� b  pb  q
2 � �2 �
�
2

2

24


p 2 pb b 2


4
2

4
2
2
3b
pb p



q
4
2
4
2
3 � p � p2 p2
 �
b  �

q
4 � 3 � 12 4
p2
q
0
8
Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức bên phải của  *
�b 2  pb  q 

a 2  b 2  p  a  b   q  ab � a 2  b 2  p  a  b   q  ab  0

�q �
g  x   x 2   p  b  x  b 2  pb  q với x �� ; p �. Ta sẽ chứng minh

�p �
�q �
g  a   0 . Bởi vì giá trị lớn nhất của hàm số g  x  trên đoạn � ; p �đạt được tại một
�p �

Xét hàm số:

�q �
đầu mút của đoạn � ; p �và ta cần chứng minh giá trị lớn nhất này là một số âm.
�p �
�q � q 2
�q
�q
�q �
q
2
 g � � 2   p  b   b  pb  q  �  b �  b  b  p   0 vì b �� ; p �
p
�p � p
�p
�p
�p �
2

�
�q  p 2 �
p � p 2  q  q � 2 � 0

�
� p �

2
2
2
2
Vì vậy a  b  p  a  b   q  ab và p a  b  p  a  b   q
�q
g  p    b  p   p  q �� 
�p
2

2

2
2
Do đó: a  b  p  a  b   q  0 , cho nên ta có:

f  a   f  b   a 2  b 2  p  a  b   2q  q ( đpcm).
Ví dụ 2.14 (Australlian MO 2017)
2
Cho hàm số f  x   x  45 x  2 . Tìm tất cả các số nguyên dương n �2 sao cho có đúng
một số trong các số f  1 , f  2  , f  3 ,..., f  n  chia hết cho n .
Giải.
2
Ta thấy rằng đồ thị hàm số f  x   x  45 x  2 là parabola có trục đối xứng x 

45
2

 1
cho nên với mọi x �R thì: f  x   f  45  x 

N* ,1 k n . Từ khẳng định  1 suy ra n f  45  k  . Tuy
Giả thiết rằng n f  k  với k Σ�
nhiên f là một đa thức ta biết rằng :
a �
b  mod n 
f  a  f  b   mod n 
 2
Vì thế nếu j �45  j  mod n  với 1 �j �n thì từ  2  ta được
f  j  �f  45  j  �0  mod n 

Vì có đúng một số trong các số f  1 , f  2  , f  3  ,..., f  n  chia hết cho n vậy ta phải có
25