Một số bài toán phương trình hàm xung quanh số chính phương ôn thi VMO năm 2022

Một số bài toán phương trình hàm xung quanh số chính phương

Đoàn Quang Đăng

Ngày 4 tháng 2 năm 2022

Phương trình hàm liên quan đến các tính chất số học luôn là các bài toán hay và khó. Để giải quyết được các dạng toán này, ta cần vận dụng kỹ thuật kinh điển trong giải toán phương trình hàm, đồng thời kết hợp nhuần nhuyễn với các kiến thức số học. Bài viết này giới thiệu một số bài toán phương trình hàm thú vị xung quanh một vấn đề trong số học - số chính phương.

Mục lục

1 Bài toán 1 - Iran TST 2011 2

2 Bài toán 2 - Tạp chí Pi tháng 7 năm 2018 3

3 Bài toán 3 - Balkan MO 2020 5

4 Bài toán 4 - Iran MO Third Round 2019 7

5 Bài toán 5 - IMO 2010 8

6 Bài toán 6 - APMO 2021 10

7 Bài toán 7 - European Mathematical Cup 2021 12

8 Tài liệu tham khảo 14

∗Lớp 12 Toán - THPT Chuyên Bến Tre

§ 1 Bài toán 1 - Iran TST 2011

Ta xét bài toán thú vị sau:

Bài toán 1.1 (Iran TST 2011)

Tìm tất cả hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn

af(a) +bf(b) + 2ab

là mộtsố chính phương với mọi số nguyên dương a, b.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệuP(a, b)chỉ khẳng địnhaf(a)+bf(b)+2ablà số chính phương với mọia, b∈N^∗. Nhận xét 1.2 — p|f(p)với mọi số nguyên tố lẻ p.

Chứng minh. Thật vậy, vớip là số nguyên tố lẻ, từP(p, p) ta có2p²+ 2pf(p) là một số chính phương, khi đó tồn tại số nguyên dươngxp sao cho 2p²+ 2pf(p) =x²_p, điều này dẫn tới

p|x²_p ⇒p|x_p⇒p²|x²_p⇒p² |2pf(p)⇒p|2f(p)⇒p|f(p).

Nhận xét 1.3 — Tồn tại số nguyên dương ksao cho (k+ 1)f(k+ 1)> kf(k).

Chứng minh. Giả sử phản chứng, khi đó(k+ 1)f(k+ 1)⩽kf(k) ∀k∈N^∗.Do đó k+n⩽(k+n)f(k+n)⩽kf(k) ∀k, n∈N^∗.

Từ đây, cố định k và chon→+∞ thìf(k)→+∞,điều này không thể xảy ra. Do đó tồn tại số nguyên dươngk sao cho(k+ 1)f(k+ 1)> kf(k).

Nhận xét 1.4 — f(p) =p với vô hạn số nguyên tốp.

Chứng minh.Với số nguyên tố lẻp, từP(p, k) và P(p, k+ 1)ta suy ra tồn tại c, d∈N^∗ sao cho

pf(p) +kf(k) + 2kp=c²

pf(p) + (k+ 1)f(k+ 1) + 2(k+ 1)p=d² Suy ra

c² < c²+ (k+ 1)f(k+ 1)−kf(k) + 2p=d² ⇒c < d⇒c+ 1⩽d⇒(c+ 1)²⩽d².

Do đó

2c < d²−c² = 2p+ (k+ 1)f(k+ 1)−kf(k)<2p+ (k+ 1)f(k+ 1).

Điều này dẫn đến

pf(p)< c² <(p+ (k+ 1)f(k+ 1))².

Khip đủ lớn thì (p+ (k+ 1)f(k+ 1))<2p².Từ đó suy ra pf(p)<2p² hay f(p) <2p vớip đủ lớn, tức là tồn tại số nguyên dươngp₀ sao cho f(p) =p ∀p > p₀.

Xét số nguyên dương abất kỳ. Ta xét các trường hợp sau:

Trường hơp 1. f(a)< a. XétP(a, p) với plà số nguyên tố sao cho p > p₀,ta có af(a) +p²+ 2ap là một số chính phương.

Lại cóaf(a) +p²+ 2ap <(a+p)² nên af(a) +p²+ 2ap⩽(a+p−1)². Do đó

2p+ 2a−1 = (a+p)²−(a+p−1)² ⩽a(a−f(a)).

Cố định avà cho p→+∞ ta thấy ngay điều vô lý.

Trường hợp 2. f(a)> a. XétP(a, p) với plà số nguyên tố sao cho p > p0,ta có af(a) +p²+ 2ap là một số chính phương.

Lại cóaf(a) +p²+ 2ap >(a+p)² nên af(a) +p²+ 2ap⩽(a+p+ 1)². Do đó

2p+ 2a+ 1 = (a+p+ 1)²−(a+p)² ⩽a(f(a)−a).

Cố định avà cho p→+∞ ta thấy ngay điều vô lý.

Như vậy ta phải cóf(a) =a.Do abất kỳ nên ta kết luận đượcf(n) =n ∀n∈N^∗.Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là f(n) =n ∀n∈N^∗.

Bình luận 1.5.Trong lời giải trên, ta đã sử dụng một số tính chất số học quen thuộc của số chính phương, chẳng hạn như vớinlà số chính phương thì

• 2|vp(n)vớiplà ước nguyên tố củan.

• n²₁< n < n²₂⇒(n1+ 1)²⩽n⩽(n2−1)² vớin1, n2 là các số tự nhiên.

Bình luận 1.6.Điểm mấu chốt để giải quyết bài toán trên làNhận xét 1.4hayf(p) =p với vô hạn số nguyên tốp.Hay nói cách khác, ta đã xác định được hàmf trên một miền nhỏ hơn miền xác định ban đầu (cụ thể là tập con của tập các số nguyên tố). Từ đó tìm cách thích hợp để mở rộng miền này. Tiếp cận bài toán trên tập các số nguyên tố là một cách hiệu quả để giải quyết các bài toán dạng này.

§ 2 Bài toán 2 - Tạp chí Pi tháng 7 năm 2018

Bài toán 2.1 (Tạp chí Pi tháng 8 năm 2018) Tìm tất cả hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn

a²f(a) +b²f(b) + 3ab(a+b)

luôn viết được dưới dạnglập phương của một số nguyên dươngvới mọia, b∈N^∗.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệu P(a, b) chỉ khẳng định a²f(a) +b²f(b) + 3ab(a+b) là số lập phương với mọi cặp số nguyêna, b.

Nhận xét 2.2 — p|f(p)với mọi số nguyên tố lẻ p.

Chứng minh.Vớiplà số nguyên tố lẻ, từP(p, p)ta có2p²f(p) + 6p³ là một số lập phương, khi đó tồn tại số nguyên dương y_p sao cho 2p²f(p) + 6p³=y³_p.Từ đây suy ra

p|y_p³ ⇒p|y_p⇒p³ |y_p³⇒p³ |2p²f(p)⇒p|2f(p)⇒p|f(p).

Nhận xét 2.3 — f(p) =p với vô hạn số nguyên tốp.

Chứng minh. TừP(p,1)vàP(p,2)ta suy ra tồn tạim_p, n_p∈N^∗ sao cho p²f(p) +f(1) + 3p(p+ 1) =m³_p

p²f(p) + 4f(2) + 6p(p+ 2) =n³_p

Từ hai đẳng thức trên suy ra

m³_p> p²f(p); n²_p > p²f(p); n³_p−m³_p = 3p²+ 9p+C,

vớiC= 4f(2)−f(1).Từ đây, ta thấy rằng với plà số nguyên tố lẻ đủ lớn thì n_p > m_p. Giả sử tồn tại vô hạn số nguyên tố lẻp thỏa f(p) ̸=p. Khi đó dop|f(p)⇒f(p)⩾p, suy ra có vô hạn số nguyên tố psao cho f(p)⩾2p.Vớip như vậy, ta có

n³_p−m³_p= (n_p−m_p)(n²_p+n_pm_p+m²_p)⩾n²_p+n_pm_p+m²_p ⩾3³ q

n³_p.m³_p

>3p³

p⁴f(p)² ⩾3p³

p⁴.4p² = 3√³ 4p². Từ các khẳng định trên suy ra 3p²+ 9p+C >2√³

4p² ⇒3 + ⁹_p+ _p^C2 >3√⁴

3,từ đây cho p→+∞ ta được3>3√³

4,điều này vô lý. Như vậy, chỉ có hữu hạn số nguyên tố lẻp mà f(p)̸=p.Từ đây ta suy ra tồn tại số nguyên tố p₀ sao cho f(p) =p với mọi số nguyên tốp⩾p0.Chứng minh hoàn tất.

Xét số nguyên dương abất kỳ. Vớip là số nguyên tố thỏa mãnp⩾p₀,ta xét các hiệu A₁= (a+p+ 1)³− a²f(a) +p³+ 3ap(a+p)

= (a+ 1)³−a²f(a) + 3p(p+ 2a+ 1) và

A₂= a²f(a) +p³+ 3ap(a+p)

−(a+p−1)³

=a²f(a)−(a+ 1)³+ 3p(p+ 2a−1).

Chú ý rằng khi p→+∞ thìA1 →+∞, A₂ →+∞.Khi đó tồn tại số nguyên tố pa⩾p0

sao cho

(a+p_a−1)³ < a²f(a) +p³_a+ 3ap_a(a+p_a)<(a+a_p+ 1)³. (*) Dopa⩾p0 nên

a²f(a) +p³_a+ 3apa(a+pa) =a²f(a) +p²_af(pa) + 3apa(a+pa).

Khi đó, từP(a, p_a) thìa²f(a) +p³_a+ 3ap_a(a+p_a) là số lập phương, nền từ (*) suy ra a²f(a) +p³_a+ 3ap_a(a+p_a) = (a+p_a)³⇒f(a) =a.

Doabất kỳ nên ta kết luận được f(n) =nvới mọi số nguyên dươngn. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là f(n) =n ∀n∈N^∗.

Bình luận 2.4.Bài toán 2.1là một phát triển củaBài toán 1.1. Ta cũng đã sử dụng một số tính chất số học đơn giản của số lập phương: vớinlà một số lập phương thì

• 3|vp(n)vớiplà ước nguyên tố củan.

• n³₁< n < n³₂⇒(n1+ 1)³⩽n⩽(n2−1)³ vớin1, n2∈Z.

Bình luận 2.5.Một lần nữa, ta thấy được sự hiệu quả củaNhận xét 2.3. Với sự kiện f(p) =pvới vô hạnp,ta đã khai thác triệt để được sựđủ lớncủap.Nhờ vào công cụ giải tích, ta đã giải quyết đượcBài toán 1.1vàBài toán 2.2.

§ 3 Bài toán 3 - Balkan MO 2020

Bài toán 3.1

Tìm tất cả hàm sốf :Z⁺→Z⁺ sao cho với mọi số nguyên dươngn, ta luôn có i) Pn

k=1f(k)là số chính phương;

ii) n³ chia hết cho f(n).

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf :Z⁺→Z⁺ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Với mọi số nguyên dương n, ta đặtF(n) =f(1) +f(2) +...+f(n).

Bổ đề 3.2

Với mọi số nguyên dươngnthì S_n= 1³+ 2³+...+n³ =_n(n+1)

2

2

.

Nhận xét 3.3 — F(n)⩽_n(n+1)

2

2

với mọi số nguyên dươngn.

Chứng minh. Dof(i)|i³ ∀i∈Z⁺ nênf(i)⩽i³ ∀i∈Z⁺.Điều này dẫn đến F(n) =f(1) +f(2) +...+f(n)⩽1³+ 2³+...+n³ =

n(n+ 1) 2

3

∀n∈Z⁺.

Nhận xét 3.4 — F(n)⩾n² với mọi số nguyên dương n.

Chứng minh. Dof(n)>0 ∀n∈Z⁺ nênF(n)tăng nghiêm ngặt trên Z⁺.Do F(n)là số chính phương với mọinnên ta đặt F(n) =x²_n vớix_n là dãy gồm các số nguyên dương.

Hiển nhiên dãyx_n tăng nghiêm ngặt, khi đó

x_n⩾xn−1+ 1⩾xn−2+ 2⩾...⩾x₁+n−1⩾n ∀n∈Z⁺. Từ đó suy ra F(n)⩾n² với mọi số nguyên dươngn.

Nhận xét 3.5 — f(p) =p³ với mọi số nguyên tố lẻ p.

Chứng minh. Dof(p)|p³ nên ta suy ra f(p)∈ {1;p;p²;p³}.Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1. Tồn tại số nguyên tố lẻp sao cho f(p) = 1.Khi đó,F(p−1) vàF(p) là hai số nguyên dương liên tiếp và cùng là số chính phương. Dễ thấy ngay điều mâu thuẫn.

Như vậyf(p)̸= 1 với mọi số nguyên tố lẻp.

Trường hợp 2. Tồn tại số nguyên tố lẻpsao chof(p) =p.Theo giả thiết, tồn tại các số nguyên dươnga, b sao choF(p−1) =a², F(p) =b².Từ đó suy rap= (b−a)(b+a).

Giả phương trình này ta thu được (chú ý rằng b > a) a² =

p−1 2

2

, b²=

p+ 1 2

2

.

Mặt khác, từNhận xét 3.4 ta có F(p−1) =a² ⩾(p−1)² ⇒p= 1,vô lý.

Vậy f(p)̸=pvới mọi số nguyên tố lẻ p.

Trường hợp 3. Tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho f(p) = p². Khi đó, tồn tại các số nguyênc > d >0sao choF(p−1) =d², F(p) =c².Thay vào ta được(c−d)(c+d) =p². Chú ý rằngc, d >0 nên từ phương trình này ta suy ra

c²=

p²+ 1 2

2

, d²=

p²−1 2

2

.

Mặt khác, từNhận xét 3.3 ta có F(p−1)⩽

p²−p 2

2

hay

p²+1 2

2

⩽

p²−p 2

2

,điều này không thể xảy ra. Do đó f(p)̸=p² với mọi số nguyên tố lẻ p.

Từ các khẳng định trên, ta suy ra f(p) =p³ với mọi số nguyên tốp lẻ.

Nhận xét 3.6 — f(n) =n³ với mọi số nguyên dương n.

Chứng minh.Vớinlà số nguyên dương. Ta chọn số nguyên tổ p lẻ sao chop > n. Khi đó, tồn tại các số nguyênb > a >0 sao cho

p³=f(p) =F(p)−F(p−1) =b²−a² = (b−a)(b+a).

Lập luận tương tự như Trường hợp 2 ở trên, ta không thể cób−a= 1, b+a=p³.Do đó ta phải cób−a=p vàb+a=p².Điều này dẫn đến

F(p−1) =f(1) +f(2) +...+f(p−1) =

p²−p 2

2

.

Như vậy, đẳng thức ở Nhận xét 3.3 xảy ra hay f(i) = i³ với mọi số nguyên dương i⩽p−1.Chứng minh hoàn tất.

Tóm lại f(n) =n³ với mọi số nguyên dương n. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là f(n) =n ∀n∈Z⁺.

Bình luận 3.7. Đẳng thức quen thuộc đề cập ởBổ đề 3.2đã giúp ta phần nào trong việc dự đoán hàm số cần tìm. Ta cũng có thể giải quyết bằng phương pháp quy nạp toán học.

Giả sửf(k) =k³ ∀k= 1,2, ..., k−1.Khi đó

f(1) +f(2) +...+f(k) = (1³+ 2³+...+ (k−1)³) +f(k) = k

2 ²

+f(k) =m².

Ta viếtm= ^k₂

+ℓ.Lúc đó, ta chỉ cần chứng minhl=k.

§ 4 Bài toán 4 - Iran MO Third Round 2019

Bài toán 4.1 (Iran MO Third Round 2019)

Tìm tất cả hàm sốf :N^∗→N^∗ sao cho với mọi số nguyên dương phân biệtx, y, z thì

f(x) +f(y) +f(z)

là mộtsố chính phương khi và chỉ khi x+y+z là một số chính phương.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bổ đề 4.2

Cho a, blà hai số nguyên dương phân biệt, khi đó

|a²−b²|⩾2 min{|a|,|b|}+ 1

Chứng minh. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử |a|= min{|a|,|b|}. Do a ̸= b nên

|a−b|⩾1.Khi đó

|a²−b²|=|a−b||a+b|>1.|2a| ⇒ |a²−b²|⩾2|a|+ 1.

Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét 4.3 — Hàm f là đơn ánh.

Chứng minh. Giả sử phản chứng, khi đó tồn tại hai số nguyên dương x1 ̸=x2 sao cho f(x1) =f(x2).Ta chọn các số nguyên dươngy, z sao cho y+z=t²−x1 với tđủ lớn.

Từ giả thiết ta suy ra tồn tại số nguyên dương asao cho f(y) +f(z) +f(x₁) =a² suy ra

f(y) +f(z) +f(x₂) =f(y) +f(z) +f(x₁) =a². Điều này dẫn đếny+z+x₂=s² vớislà số nguyên dương nào đó. Suy ra

|x₁−x2|=|t²−s²| ̸= 0.

Áp dụng Bổ đề 4.2ta suy ra |t²−s²|⩾2|t|+ 1.Cho t→+∞ ta thấy ngay điều mâu thuẫn.

Nhận xét 4.4 — f(x+ 1)−f(x) =f(y+ 1)−f(y)với mọi số nguyên dương x, y.

Chứng minh. Giả sử tồn tại các số nguyên dươngx₀, y₀ với x₀ ⩾2 sao cho f(x₀)−f(x₀−1)̸=f(y₀+ 1)−f(y₀).

Ta chọn z=t²−x0−y0 với tđủ lớn. Khi đó, theo giả thiết thì tồn tạia, b∈N^∗ sao cho f(x0) +f(y0) +f(z) =a²

và

f(x₀−1) +f(y₀+ 1) +f(z) =b². Do đó

|f(x₀) +f(y₀)−f(x₀−1) +f(y₀+ 1)|=|a²−b²|

Chú ý rằng dof là đơn ánh nên z đủ lớn thìf(z)→+∞,kéo theo a→+∞.

Khi đó ta có

|f(x0) +f(y0)−f(x0−1) +f(y0+ 1)|=|a²−b²|⩾2|a|+ 1, điều này không thể xảy ra do vế trái hữu hạn. Chứng minh hoàn tất.

Như vậy, ta cóf(x+ 1)−f(x) =f(2)−f(1) ∀x∈N^∗.

Từ đó suy ra f(x) = ax+b ∀x∈N^∗ với a, b∈N, a >0 là các hằng số. Thay vào, ta suy ra a(x+y+z) + 3a là số chính phương khi và chỉ khix+y+z là số chính phương.

Điều này dẫn đến at²+ 3b là số chính phương với mọi số nguyên t⩾2.Khi đó ta có a at²+ 3b

+ 3b=s² hay

|3ab+ 3b|=|s²−(at)²|⩾2|at|+ 1 ∀t∈N.

Nếub̸= 0thì cho t→+∞ ta thấy ngay điều mâu thuẫn. Như vậy b= 0và a=n² với n∈N^∗.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là

f(x) =n²x ∀x∈N vớinlà hằng số nguyên dương.

Bình luận 4.5. Công cụ giải tích đã giúp ta giải quyết triệt để bài toán. Điểm mấu chốt trong bài toán là việc chứng minh hàmf tuyến tính.

Ta cũng có thể tìm được hàmf :N→Nthỏa mãn ràng buộc trên.

§ 5 Bài toán 5 - IMO 2010

Bài toán 5.1 (IMO 2010)

Tìm tất cả hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn

(f(m) +n)(f(n) +m)

làsố chính phương với mọi số nguyên dươngm, n.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bổ đề 5.2

Giả sử tồn tại số nguyên tố psao cho p|f(k)−f(l) với k, l là các số nguyên dương.

Khi đó ta cũng có p|k−l.

Chứng minh. Trước hết, ta giả sửp² |f(k)−f(l),khi đó f(l) =f(k) +ap² với a∈Z. Ta chọn số nguyên dươngD >max{f(k), f(l)}sao cho gcd(D, p) = 1.Đặtn=pD−f(k).

Khi đó

n+f(k) =pD và n+f(l) =pD+f(l)−f(k) =p(D+pa).

Suy ravp(n+f(k)) = vp(n+f(l)) = 1.Từ giả thiết ta suy ra(f(k) +n)(f(n) +k) là số chính phương chia hết chop.Điều này dẫn đến

vp((f(k) +n)(f(n) +k))⩾2⇒vp(f(n) +k)⩾1

hay p|f(n) +k.Lập luận tương tự ta cũng có p|f(n) +l.Do đó p|(f(n) +k)−(f(n) +l) =k−l.

Xét trường hợp vp(f(k)−f(l)) = 1.Khi đó, ta chọn Dtương tự và đặt n=p³D−f(k).

Do đó

v₂(f(k) +n) = 3 và v₂(f(l) +n) = 1.

Lập luận tương tự ta cũng thu được p|f(n) +kvà p|f(n) +l.Suy rap|k−l.

Nhận xét 5.3 — f là đơn ánh.

Chứng minh.Giả sửa, blà hai số nguyên dương sao chof(a) =f(b).Khi đóp|f(a)−f(b) với mọi số nguyên tốp. Áp dụng Bổ đề 5.2ta suy rap|a−bvới mọi số nguyên tố p.

Do đó, ta phải có a=b.Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét 5.4 — Hàm f tuyến tính.

Chứng minh.Do(k+ 1)−k= 1không có ước nguyên tố nào nên theo Bổ đề 5.2suy ra f(k+ 1)−f(k) cũng không chia hết cho số nguyên tố nào. Điều này dẫn đến

|f(k+ 1)−f(k)|= 1 ∀k∈N^∗.

Đặtq =f(2)−f(1) khi đó |q|= 1.Ta chứng minhf(n) = q(n−1) +f(1) với mọi số nguyên dươngn bằng phương pháp quy nạp.

• Vớin= 1,2 khẳng định hiển nhiên đúng.

• Giả sử khẳng định đúng đến n.Ta có

f(n+ 1) =f(n)±q=f(1) +q(n−1)±q.

Chú ý rằng dof đơn ánh nênf(n+1)̸=f(1)+q(n−2).Suy raf(n+1) =qn+f(1).

Như vậy khẳng định cũng đúng với n+ 1.Theo nguyên lý quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.

Nếuq=−1 thì f(n)→ −∞ khi n→+∞,điều này mâu thuẫn với f :N^∗ →N^∗. Như vậyq = 1 hay f(n) =n+c ∀n∈N^∗ với c=f(1)−1⩾0 là hằng số.

Thử lại, ta thấy

(f(m) +n)(f(n) +m) = (m+n+c)(n+m+c) = (m+n+c)²

luôn là số chính phương với mọi số nguyên dươnga, b. Do đó, các hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là

f(n) =n+c ∀n∈N^∗ với c∈Nlà hằng số.

§ 6 Bài toán 6 - APMO 2021

Bài toán 6.1 (APMO 2021)

Tìm tất cả hàm sốf :Z→Zthỏa mãn

f(f(a)−b) +bf(2a)

làsố chính phương với mọi số nguyêna, b.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm sốf :Z→Zthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệuP(a, b)chỉ khẳng địnhf(f(a)−b) +bf(2a)là số chính phương với mọi số nguyên a, b. Trước hết, ta chứng minh 2 bổ đề sau:

Bổ đề 6.2

Nếu plà số nguyên tố có dạng4k+ 3thìp|x²+y² khi và chỉ khix, ycùng chia hết cho p.

Chứng minh. Nếu p|x hoặc p |y thì ta có ngay điều phải chứng minh. Ta xét trường hợp p∤x, p∤y. Khi đó, theo định lý Fermat nhỏ ta có

x^4k+2+y^4k+2 =xp−1 +yp−1≡2 (modp).

Mặt khác, từx²+y² ≡ (modp) suy ra x^4k+2+y^4k+2 ≡0 (mod p). Điều này dẫn đến 2≡0 (modp) hay p= 2,vô lý.

Bổ đề 6.3

Giả sử c∈Zlà hằng số sao cho a²+clà số chính phương với vô hạn số nguyêna.

Khi đó, ta phải có c= 0.

Chứng minh. Theo giả thiết thì phương trình nghiệm nguyên a²+c = b² có vô hạn nghiệm. Từ c= (b−a)(b+a) ta suy ra b+a|c. Điều này dẫn đến c có vô hạn ước, khẳng định này xảy ra khi và chỉ khic= 0.

Nhận xét 6.4 — f(0) = 1.

Chứng minh. TừP(0, f(0))ta suy ra tồn tại z∈Zsao cho

f(0)(f(0) + 1) =z²⇒(2f(0) + 1−2z)(2f(0) + 1 + 2z) = 1.

Giả phương trình trên ta thu được f(0) = 0 hoặcf(0) =−1.

Ta xét trường hợp f(0) =−1.Xét số nguyêna, từP(a, f(a))suy raf(a)f(2a)−1 là số chính phương. Do đó, với mọia∈Z,tồn tạix_a∈Z sao chof(a)f(2a) =x²_a+ 1.

Theo Bổ đề 6.2 ta suy ra mọi ước nguyên tố p của f(a) hoặc là bằng p= 2,hoặc là p≡1 (mod 4) (nếup= 4k+ 3thìp|1,vô lý). Đồng thời cũng có 4∤f(a) ∀a∈Z. Từ P(0,3) suy ra f(−4)−3 là số chính phương. Do đó tồn tại số nguyên y sao cho f(−4) =y²+ 3.Chú ý rằng4∤f(−4) nêny là số chẵn hay f(−4)≡3 (mod 4).Từ đây suy raf(−4) có ước nguyên tố dạng4k+ 3,điều này mâu thuẫn do ước tố của f(−4) chỉ có thể là2 hoặc có dạng4k+ 1.Như vậy f(0) = 0.Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét 6.5 — f(n) là số chính phương với mọi số nguyênn.

Chứng minh. TừP(0,−n) ta suy ra f(n) là số chính phương với mọi số nguyênn.

Từ P(a, f(a)−b) ta suy ra với mọi số nguyêna, bthì

f(b) + (f(a)−b)f(2a) là số chính phương. (*) GọiS là tập hợp các số nguyên nsao cho f(n) = 0.Ta xét các khả năng của S.

Trường hợp 1. TậpS không bị chặn trên.

Ta chứng minh f(2n) = 0 với mọin∈Z.Thật vậy, cố định số nguyên n,lấy số k∈S đủ lớn sao chok > f(n).Khi đó, thay (a, b) bởi(n, k) vào (*) thì được

f(k) + (f(n)−k)f(2n) = (f(n)−k)f(2n) là số chính phương.

Chú ý rằng f(n)−k <0vàf(2n)là số chính phương theo Nhận xét 6.5 nên từ khẳng định trên ta suy raf(2n) = 0.Như vậyf(n) = 0với nchẵn và từ Nhận xét 6.5 ta thu đượcf(n) là số chính phương với nlẻ. Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn.

Trường hợp 2. TậpS bị chặn trên.

ĐặtT là tập hợp các số nguyênn sao chof(n) =n². Nhận xét 6.6 — Tập T không bị chặn trên.

Chứng minh. Ta chứng minh ^p+1₂ ∈T với mọi số nguyên tố pđủ lớn.

Cố định số nguyên tốp đủ lớn và đặt n= ^p+1₂ .Thay(a, b) bởi(n,2n)vào (*) ta suy ra f(2n)(f(n)−2n+1)là số chính phương. Với số nguyên tốpđủ lớn thì2n /∈S,do đóf(2n) là số chính phương khác0.Như vậy, với p đủ lớn thìf(n) và f(n)−2n+ 1 =f(n)−p đều là số chính phương. Ta đặtf(n) =k² vàf(n)−p=m² với k, m∈N.Khi đó

(k+m)(k−m) =k²−m² =p⇒k+m=p, k−m= 1⇒k=n, m=n−1.

Suy raf(n) =k² =n² hay n= ^p+1₂ ∈T. Chứng minh hoàn tất.

Với k ∈T và n∈ Z,thay (a, b) bởi (n, k) vào (*) thì được k²+ (f(n)−k)f(2n) là số chính phương. Điều này dẫn đến

(2k−f(2n))²−(f(2n)²−4f(n)f(2n)) = 4(k²+ (f(n)−k)f(2n) là số chính phương. Cố định số nguyênnvà áp dụng Bổ đề 6.3 ta suy ra

f(2n)² = 4f(n)f(2n)⇒f(2n)∈ {0; 4f(n)} ∀n∈Z.

Ta chứng minh f(n) =n² ∀n∈Z.Cố định số nguyên nvà chọn số k∈T đủ lớn sao cho2k /∈S.Khi đó ta cóf(k) =k² và f(2k) = 4f(k) = 4k².Thay (a, b) bởi (k, n) vào (*) thì thu được

f(n) + (k²−n)4k² = (2k²−n)²+ (f(n)−n²)

là số chính phương. Tiếp tục áp dụngBổ đề 6.3 ta suy raf(n) =n².Donbất kỳ nên ta kết luận đượcf(n) =n² với mọi số nguyênn.

Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là 1) f(n) =

(0 nếu n là số chẵn

số chính phương nếu n là số lẻ 2) f(n) =n² với mọi số nguyên n.

Bình luận 6.7.Trong lời giải trên, ta đã sử dụng một số bổ đề quen thuộc trong các bài toán số học thuần túy. Chẳng hạn nhưBổ đề 6.2và Bổ đề 6.3. Đặc biệt,Bổ đề 6.3 khá hữu dụng nếu ta chỉ ra đượca²+g(n)là số chính phương với vô hạna,trong đóg(n)là một hàm số theo biếnn.Từ đó dẫn đếng(n) = 0với mọin.

Bình luận 6.8.Làm việc với hàm số cần tìm trên tập các số nguyên tố là một trong những ưu tiên hàng đầu khi tiếp cận các bài toán phương trình hàm số học. Một lần nữa, ta cũng thấy được sự hiểu quả khi xác định được hàmf trên một tập vô hạn.

§ 7 Bài toán 7 - European Mathematical Cup 2021

Bài toán 7.1 (European Mathematical Cup 2021) Tìm tất cả hàm sốf :N^∗ →N^∗ thỏa mãn

x²−y²+ 2y(f(x) +f(y))

là mộtsố chính phương với mọi số nguyên dương a, b.

Lời giải. Giả sử tồn tại hàm số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ký hiệuP(x, y) chỉ khẳng định x²−y²+ 2y(f(x) +f(y)) là số chính phương với mọi số nguyên dươnga, b.

Nhận xét 7.2 — p|f(p)với mọi số nguyên tố lẻ p.

Chứng minh. Với p là số nguyên tố lẻ, từ P(p, p) ta suy ra tồn tại k_p ∈ N sao cho 4pf(p) =k²_p,do đó

p|k_p² ⇒p²|k²_p ⇒p² |4pf(p)⇒p|4f(p)⇒p|f(p).

Chứng minh hoàn tất.

Nhận xét 7.3 — 2yf(y)−y² là số chính phương với mọi số nguyên dương y.

Chứng minh. Với số nguyên dươngy và số nguyên tố lẻp,từ P(p, y) ta suy ra tồn tại k_y ∈Nsao cho

p²+ 2yf(p) + 2yf(y)−y² =k²_y.

Suy ra2yf(y)−y² ≡k²_y (modp)hay2yf(y)−y² là số chính phương modulop.Cố định yvà chú ý rằng khẳng định này đúng với mọi số nguyên tố lẻpnên ta phải có2yf(y)−y² là số chính phương. Do y bất kỳ nên2yf(y)−y² là số chính phương với mọiy ∈N^∗

Nhận xét 7.4 — Tồn tại số nguyên dươnga sao chof(p) = apvới vô hạn số số nguyên tố lẻp.

Chứng minh. Với mọiy nguyên dương, ta đặtg(y) =p

2yf(y)−y².Khi đó từP(1, y) ta suy ra

1−y²+ 2yf(1) + 2yf(y) =g(y)²+ 2yf(1) + 1 là số chính phương.

Chú ý rằngg(y)²+ 2yf(1) + 1> g(y)² nên ta suy ra

g(y)²+ 2yf(1) + 1⩾(g(y) + 1)² ⇒yf(1)⩾g(y)

⇒y²f(1)²⩾2yf(y)−y² ⇒ f(1)²+ 1

2 y⩾f(y)⇒ f(y)

y ⩽ f(1)²+ 1

2 .

Như vậy, với mọi số nguyên tố lẻp ta có1⩽ ^f(p)_p ⩽ ^f(1)₂²⁺¹.Khi đó, tồn tại số nguyên dươngasao cho f(p) =ap với vô hạn số nguyên tố lẻp.

Nhận xét 7.5 — f(n) = ⁿ(^a2+1)

2 với mọin nguyên dương.

Chứng minh. Giả sửp là số nguyên tố thỏa mãnf(p) =ap vànlà số nguyên dương, từ P(p, n) suy ra

p²−n²+ 2nap+ 2nf(n) = (p+na)²−n²a²−n²+ 2nf(n) là số chính phương.

Cố định n nguyên dương và áp dụng Bổ đề 6.3 ta suy ra 2nf(n) = n²a² +n² hay f(n) = ⁿ(^a2+1)

2 với mọinnguyên dương.

Từ đây, nếu ta thay nbởi số nguyên tốp thỏaf(p) =apthì a= ^a2₂⁺¹ hay a= 1.

Như vậyf(n) =nvới mọin∈N^∗.Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu.

Vậy tất cả hàm số cần tìm là

f(n) =n ∀n∈N^∗.

Bình luận 7.6.Trong hướng tiếp cận trên, ta đã sử dụng Nguyên lý Dirichletđể chứng minhNhận xét 7.4. Ta "đặt" các số ^f(p)_p vào hữu hạn "ngăn kéo" (là các số nguyên dương trong đoạn h

1;^f(1)₂²⁺¹i

).Khi đó, sẽ tồn tại một "ngăn kéo" nào đó chứa vô hạn số ^f(p)_p .

Bình luận 7.7. Ta cũng có thể chứng minhNhận xét 7.4theo cách khác như sau:

Chứng minh.TừP(4p,4p)ta suy rap|f(4p)với mọi số nguyên tố lẻp.

Cố định số nguyên tố lẻpvà đặtA= ^f(p)_p , B= ^f(4p)_p .Khi đóA, B∈Z⁺.

TừP(4p, p)ta suy ra15p²+ 2p²(A+B)là số chính phương, điều này dẫn đến15 + 2(A+B) cũng là số chính phương. Suy ra60₈(A+B)là số chính phương.

TừP(p,4p) suy ra−15p²+ 8p²(A+B)là số chính phương, do đó−15 + 8(A+B)là số chính phương.

Ta có

75 = 60 + 8(A+B)−(−15 + 8(A+B)).

Chú ý rằng có hữu hạn cách viết75thành hiệu của hai số lập phương, điều này dẫn đến A+B chỉ nhận hữu hạn giá trị khipchạy trên tập các số nguyên tố lẻ. Khẳng định này cũng đúng vớiA.

Do đó, tồn tại số nguyên dương asao chof(p) =ap với vô hạn số nguyên tố lẻp.

Trong lời giải trên, ta còn đề cập đến một kỹ thuật trong giải phương trình nghiệm nguyên.

Giả sử75 =a²−b²= (a−b)(a+b),khi đó phương trình này có hữu hạn nghiệm. Kỹ thuật đơn giản này còn được sử dụng trongBài toán 3.

§ 8 Tài liệu tham khảo

[1] Đột Phá Đỉnh Cao Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Chuyên Đề Số Học - Văn Phú Quốc.

[2] Phương trình hàm liên quan đến các tính chất số học - Nguyễn Tài Chung.

https://drive.google.com/file/d/1AXdVoFgRgHQkqvikhGxSZwsF7fQemknw/view?fbclid=

IwAR0g4ycRJuAWiPgY68pdRGuTM9r8AUviOIMwF4Gab1My_yK0ocCmS4sheoc [3] 37th Iranian Mathematical Olympiad Selected Problems with Solutions.

https://drive.google.com/file/d/1L6xK1JzIRacGQ8gLovcOPC447Q85RSn6/view?usp=

sharing

[4] 51st Shortlisted Problems with Solvings

https://drive.google.com/file/d/1Kp9YVeMYRuiIL8lVIZWR6B1l2aaIkta9/view?usp=

sharing

[5] Diễn đàn Art of Problem Solving.

https://artofproblemsolving.com/community