Chuyên đề mối LIÊN hệ GIỮA số HỌCVÀ PHƯƠNG TRÌNH HÀMT07

Sử dụng công cụ Số học để chứng minh tính chất của hàm số trên tập số nguyên15 III... Phương trình hàm trêntập số nguyên, cùng với các định lý, tính chất gắn liền với nó, có thể được xem

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

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 ¥ : Tập hợp các số tự nhiên : 0;1;2;3; 

a b : a chia hết cho b, alà bội của b

a b : a không chia hết cho b

 : 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

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’Arithmétiqueest la Reine",dịch nghĩa:"Toán học là vua của các khoa học nhưng Số học là Nữ hoàng" Điềunày 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 trêntập số nguyên, cùng với các định lý, tính chất gắn liền với nó, có thể được xem là một trongnhững 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 yêutoán 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 vàtính 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 lênchuyên đề " Mối liên hệ giữa Số học và phương trình hàm trên tập số nguyên qua các kỳ thiOlympic ” 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 nghị

- 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 yếucủa chuyên đề Tuy vậy, những thiếu sót nhầm lẫn cũng không thể tránh khỏi được tất cả , vềphương diện chuyên môn cũng như phương diện sư phạm Lối trình bày bài giải của tôi khôngphải 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 dophải 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

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 cácbài 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 nhằmphát 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 trongphần “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 trìnhhàm trên tập số nguyên” đặc biệt là các tài liệu liên quan đến “ Số học và Phương trình hàm trêntập 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 Toánhọc, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết các bài toán về Số học và Phương trình hàm trêntập số nguyên Đây là phần khó với học sinh các lớp chuyên toán

- 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 nghị

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 íchliên quan đến tính chất ánh xạ của hàm số như sau

1 Ánh xạ

Định nghĩa 1 Ánh xạ :f A B được gọi là đơn ánh nếu với mọi ,a b A mà a b thì

Hệ quả: f là đơn ánh khi và chỉ khi nếu f a  f b  thì suy ra a b (mọi ,a b A )

Định 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

Định nghĩa 3 Ánh xạ :f A B được gọi là song ánh nếu f vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh

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 glà 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 A: f  Bvà :g A g  Blà hai hàm tăng, trong đó T f A g thì g f g f x    tăng, ở đây T là tập giá trị của f tức là f T f  f x x A :  f

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 ,

  Khi đó f x  kx với mọi x  R với k là hằng số , k  R

4.2 Cho :f R R, f cộng tính và đơn điệu trên R Khi đó f x kx với mọi x  R với

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 :

  ) trên các khoảng c a và ;  b d nên nó thỏa mãn điều kiện định lý ; 

Lagrange tức là tồn tại các số t1c a;  và t2b d;  sao cho :

Suy ra 1 2

   mâu thuẫn ( do t t thuộc hai khoảng khác nhau)1, 2

Từ hai khả năng trên ta có điều cần chứng minh

Nhận xét: để chứng minh không thể xảy ra a b c d   ta đã xây dựng ra hàm số f t  t p

từ đó nhờ định lý Lagrange đẫn đen mâu thuẫn.

Vậy để xảy ra các điều trên thì kc2 ac  0 a kc c  Do đó k  và a c1 

Vì thế b k c  21  a c 2 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

y x y x



f t    0 1 lnt  0 t e

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 ; 

Ví dụ: 1.4 ( BMO and IMO TST 2007 )

Chứng minh rằng không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt sao cho:

Đầu tiên ta chứng minh f là hàm tăng với x2n Thật vậy với x2n ta có

Vậy f là hàm tăng với x2n

Ta chứng minh nhận định ban đầu hàm số f :N*  Z:f x   x x! n là đơn ánh Bằngphản 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 k là số mũ lớn nhất của p trong phân tích tiêu chuẩn của k p 

Gọi p là một ước nguyên tố của x thì p x! , p x và n p y Do đó ! p x n  x!y! suy ra

Và n v y2 n x n  n2m 1 kết quả là n 2m vô lý Điều giả sử là sai 1

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

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

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

Cho hàm số bậc hai f x  a2020 2x bx a 2020c 1, với , ,a b c Z Giả sử phương trình

f x  có hai nghiệm nguyên dương Chứng minh rằng :  2

Ví dụ 1.7( Crux Mathematicorum,May 2015 )

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:

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

+ Nếu n  dễ dàng ta kiểm tra được 4 1

1

p n

n p

 Z Thật vậy từ chú ý trên ta suy ra :

log 2 log 4 log

n n

Gọi cặp  p n là một nghiệm của bài toán , 

+ Khi n p ta có : logp logn nlogp plogn p n n p

Vì vậy 0 1 1

1

p n

n p

Từ hai điều trên ta được : n p  1 p pmod p1  2

Từ đây suy ra n và p  nguyên tố cùng nhau, rõ ràng là p và 1 p  nguyên tố cùng1

nhau Theo định lý Euler’s ta được  

Bổ đề: Cho , a b và m là các số nguyên sao cho gcd ,a m gcd ,b m 1 và giả sử

rằng k và l là hai số nguyên dương thỏa mãn a k b kmodm và a l b lmodm Thì ta

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

ta được n Vậy cặp p  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

nguyên tố lẻ

Nhận xét : Để giải quyết trường hợp p  ta đã sử dụng việc xây dựng một hàm số để3

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

hơn n sao cho : n

+ p  thay vào 2  1 ta được 8 11 mâu thuẫn

+ p  thỏa mãn 3  1 vậy cặp  p q ,  3, 2 là một nghiệm

+ p  thì phương trình 5  1 không xảy ra (do 2n 1 n2 7, n 4,n *

    N dễ dàng chứng

minh bởi quy nạp)

 Nếu q  phương trình viết lại như sau: 3 p q  7 2q p  2

Theo định lý Fermat’s ta có q p qmodp  2q p 2 modq p và p q pmodqKhi đó từ  2 ta suy ra 7 2 mod q p  p q2  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

+ Nếu 2q 7 0  2q 7 p 2q  p 7 kq k 1 hoặc k 2

1) Khi k  suy ra 1 p 7 q từ p q2  7 p 2 p7  7 2 p 7 p 7 p7

và q  vô lý.14

2) Khi k  suy ra 2 p 7 2q

 Nếu p q khi đó p 7 2q2p 7 p p3 hoặc p  5

Khi p  thì 3 q  ta có cặp 5  p q ,  3,5 là nghiệm ( kiểm tra đúng)Khi p  thì 5 q  mâu thuẫn 6

 Nếu p q 3 thì ta có bất đẳng thức : q p p q Thật vậy Hàm số f x  ln x

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.

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 kýhiệu gcd ,a b là ước chung lớn nhất của hai số , a b )

Giải Kí hiệu P a b1 ,  phép thay thế bộ a b ,   N* 2 tương ứng vào điều kiện:

     , , *,gcd ,  1

minh rằng f  1 , f  2 ,f  3 ,lập thành một cấp số cộng với công sai dương.

f t   f t  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

Ví dụ 2.4 (Shortlist JBMO 2008)

Cho *

:

f N  R là một hàm số thỏa mãn điều kiện : Với mỗi só nguyên n  , thì tồn tại 1

một ước nguyên tố p của n sao cho f n  f n f p 

Ta chứng minh công thức  2 bằng phương pháp quy nạp toán học theo k

Với k  từ 1  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  số nguyên tố Đặt 1 n n p 1 , với n là tích của k số nguyên tố và1

số nguyên tố p Vì thế

Trở lại bài toán từ giả thiết: 2006f 22007  f 32008  f 52009 áp dụng công thức  2

Giả sử rằng ,x y Z sao cho f x  f y  Ta cần chứng minh rằng f x f y    

Kí hiệu P m n ,  là phép thay thế bộ m n ,  Z2 tương ứng vào điều kiện:

Giả sử tồn tại song ánh f thỏa mãn điều kiện bài toán , nên suy ra tồn tại số *

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

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

Đầu tiên ta có theo định lý Dirichlet về số nguyên tố thì dãy số  p với i p là các số i

nguyên tố dạng 8k3kN là một dãy vô hạn Từ đó với mọi  n N thì:*

Từ điều kiện (b) ta được: 2b n2 a n2 1

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

 2004

Vậy f p n p n, n N0 (đpcm)

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 2x2  y2 q cónghiệm nguyên dương” Phương trình này dẫn đến:

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 thứcgiải tích

P N là tập hợp tất cả các số nguyên tố,  n là số ước nguyên dương của n

Xét đơn ánh :g P P Theo phân tích tiêu chuẩn thì    

i i

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 n f p f np  k N

Từ gcd ,n p  ta có k 1  n  p k n p k Mặt khác g p k f n p và  k g p f n   

Do vậy mọi ước của f n và    k

g p chia hết f n p và mọi ước của  k f n và    k

Vậy : f n p k f n g p   k f n p 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 :

Giải.

Kí hiệu v n là số mũ lớn nhất của số nguyên tố p trong phân tích tiêu chuẩn ra thừa số p 

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  hoặc 0 y  Ta xét với 1 y  ta có 1

Do đó x x 2007r y2007r ymod p ( theo định lý Fermats) vì vậy p x y

Đặc biệt điều này đúng với p 23 và 101 vì thế x y 23.101 2323 2008 

Nhưng sau đó ta có :

( 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 v y ( q nguyên tố), q !

kết hợp với định lý Fermats để chứng minh f là đơn ánh

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* 2 tương ứng vào điều kiện

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  1

- Với P n ,1 : f nf  1  f n f n   1  1 f cn  f n f n   1 1  2

Từ  1 ta suy ra f f n    nmodc  3 Với mọi n  N bất kỳ sao cho n c*  ,sau đó

sử dụng  3 ta được:

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

- Với P c n f cf n , :     f c f n c      n f n c   1 mod , c  n N*,n c Điều này có nghĩa rằng f n  1 mod c đối với bất kỳ n  N ( n c*  )

- 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 modc điều này là không thể

vì c  thì điều trên mâu thuẫn 3

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* 2 tương ứng vào điều kiện

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

Ta có f 2007 f 3 2232  f  3 2 f 223 mà f  3 ,f 223 là nguyên tố, vì cả hai số

3, 223 đều là số nguyên tố Chúng ta không thể có f  3 2 và f 223 3 được , bởisau đó f  2 3 Mâu thuẫn f là ánh xạ 1 1 Do đó f  3 2 và f 2007 2 5 202 Nếu f  3 3 thì f 223 2 và f 2007 3 2 182  Giá trị f 2007 18 đạt đượckhi 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)

Gọi p và q là hai số nguyên dương sao cho

2

28

p q

Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức bên phải của  *

a b  p a b  q ab a b  p a b  q abXét hàm số: g x  x2   p b x b   2 pb q với x q;p

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

Giả thiết rằng n f k với   kN*,1 k n Từ khẳng định  1 suy ra n f 45 k Tuy

nhiên f là một đa thức ta biết rằng :

Vì vậy 2017n Do n  và 2017 là số nguyên tố do đó 2 n 2017

Kiểm tra lại: Giả sử rằng 2017 f k với   kN*,1 k 2017 Tính toán ta được

k2  45k 2 0 mod 2017 

 2k2 902k  8 0 mod 2017  ( vì gcd 2017, 4  1)  2k 452 2017 0 mod 2017  

Những ý tưởng: Trong các bài toán về phương trình hàm giải được nhờ sử dụng công cụ

Số học đều rất đẹp mắt từ phát biểu đề bài và lời giải bài toán Tuy nhiên , thực tế thì các bài toán dạng này đều khó trên một phương diện nào đó Để xác định xem một bài toán hàm số có sử dụng tính chất số học hay không, chúng ta cần phải chú ý tới các điều kiện bài toán và câu hỏi đặt ra

a Nếu xuất hiện các biểu thức tuyến tính chứa lũy thừa, có thể nghĩ tới các bài toán

về cấp của phần tử, bổ đề LTE, các phương trình đặc biệt ( Phương trình Pell, phương trình Pytago, ) hay đưa về xử lý các bài toán giải phương trình vô dịnh.

b Nếu hàm số có tính chất nhân ta cần chọn việc thây thế biến tương thích phù hợp với đề bài, thông thường ta chọn tại các điểm nguyên tố, dãy số nguyên tố vô hạn

c Sử dụng các hằng đẳng thức, bất đẳng thức số học như

ac bd 2ad bc 2 a2 b2 c2d2, …Bất đẳng thức tam giác Sau đây là một số ví dụ

- Với P2, 2 : 2  f  2 3f  2  2 f  2 6 hay f  2 1 hoặc f  2 4

Nếu f  2 1 thì P2,n: 2 f n f   2 2f n  1 2f n  2 f n  3 hay f n   1với mọi n

(vô lý ) Vậy f  2 4