Tóm tắt chuyên đề: Trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic toán quốc tế, các bài toán phương trình hàm trên tập số nguyên dương \(\mathbb{Z}^+\) đòi hỏi khai thác sâu các tính chất số học như tính chia hết, số nguyên tố, ước chung lớn nhất và đánh giá bậc đại số. Chuyên đề này giới thiệu các bài toán điển hình cùng kĩ thuật chọn điểm đặc biệt, đánh giá bất đẳng thức và dự đoán hàm nghiệm hiệu quả.
PHƯƠNG TRÌNH HÀM LIÊN QUAN ĐẾN CÁC TÍNH CHẤT SỐ HỌC
Trong các kì thi Olympic toán trên thế giới những năm gần đây xuất hiện nhiều bài toán xác định hàm số mà trong lời giải cần sử dụng khá nhiều tính chất số học, tính chất nghiệm của phương trình nghiệm nguyên. Các bài toán này đa dạng, khó và điều quan trọng khi chúng ta tiếp cận chúng là phải dự đoán được nghiệm để tìm ra tính chất đặc trưng cho hàm cần tìm.
Muốn học tốt phần này trước hết học sinh phải được trang bị kiến thức nền tương đối đầy đủ về Số học và Phương trình hàm. Bài viết giới thiệu một số ví dụ tiêu biểu được chọn lọc qua các kỳ thi chọn học sinh giỏi, Olympic toán nhằm giúp học sinh hoàn thiện kĩ năng tiếp cận dạng toán này.
A. VÍ DỤ GIẢI TOÁN
Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm số \(f : \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+\) thỏa mãn:
\(m^2 + f(n) \mid f^2(m) + n\quad (1)\)với mọi cặp số nguyên dương \(m, n\) (với \(\mathbb{Z}^+\) là tập hợp các số nguyên dương).
Lời giải:
Thay \(m = n = 1\) vào \((1)\), ta được \(1 + f(1) \mid 1 + f^2(1)\), suy ra:
\[\begin{cases} 1 + f(1) \mid 1 + f(1)^2 \\ 1 + f(1) \mid (1 + f(1))^2 \end{cases} \implies 1 + f(1) \mid \left[(1 + f(1))^2 - (1 + f(1)^2)\right]\]Do đó \(1 + f(1) \mid 2f(1)\), mà \(\gcd(f(1), 1 + f(1)) = 1\) nên \(1 + f(1) \mid 2\), kéo theo \(f(1) = 1\).
Bây giờ, thay \(m = 1\) vào \((1)\), ta được \(1 + f(n) \mid 1 + n\). Từ đó suy ra:
\[f(n) \le n, \quad \forall n \in \mathbb{Z}^+. \quad (2)\]Thay \(n = 1\) vào \((1)\), ta được \(m^2 + 1 \mid f^2(m) + 1\). Do đó:
\[m \le f(m), \quad \forall m \in \mathbb{Z}^+. \quad (3)\]Kết hợp \((2)\) và \((3)\), ta được \(f(n) = n, \forall n \in \mathbb{Z}^+\). Thử lại thấy hàm số này hoàn toàn thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Chú ý: Có thể xem \((1)\) như một dạng bài toán mở rộng của phương trình hàm liên quan đến quan hệ chia hết. Điểm mấu chốt là tìm các giá trị biên để kẹp nghiệm.
Bài toán 2 (IMO Shortlisted 2004, India 2005). Tìm tất cả các hàm số \(f : \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+\) thỏa mãn:
\[f^2(m) + f(n) \mid (m^2 + n)^2 \quad (1)\]với mọi cặp số nguyên dương \(m, n\).
Lời giải:
Phân tích, tìm lời giải: Đầu tiên ta tính thử một số giá trị đặc biệt như \(f(1), f(2), \dots\) để dự đoán công thức hàm số. Từ điều kiện ban đầu, thay \(m = n = 1\) thu được:
\[(f(1)^2 + f(1)) \mid 4\]Từ điều kiện này nếu \(f(1) \ge 2\) thì \(f(1)^2 + f(1) \ge 6\) (mâu thuẫn), do đó \(f(1) = 1\).
Thay \((m, n) = (1, 2)\) và \((m, n) = (2, 1)\) vào điều kiện đề bài ta có hệ:
\[\begin{cases} f(1)^2 + f(2) \mid 9 \\ f(2)^2 + f(1) \mid 25 \end{cases} \iff \begin{cases} (1 + f(2)) \mid 9 \\ (f(2)^2 + 1) \mid 25 \end{cases} \iff f(2) = 2.\]Như vậy, ta dự đoán \(f(n) = n, \forall n \in \mathbb{N}^*\).
Hướng thứ nhất (Quy nạp): Giả sử \(f(k) = k\) với mọi \(k = 1, 2, \dots, n\). Ta cần chứng minh \(f(n + 1) = n + 1\). Thay lần lượt các giá trị liên tiếp ta thu được các quan hệ chia hết:
\[n^2 + f(n + 1) \mid (n^2 + n + 1)^2\]\[n + f(n + 1)^2 \mid (n^2 + 3n + 1)^2\]Việc đánh giá trực tiếp đại lượng \(f(n+1)\) từ hai điều kiện này là rất khó khăn, do đó phương pháp quy nạp trực tiếp gặp bế tắc.
Hướng thứ hai (Khai thác tính chất số nguyên tố): Ta nhận thấy nếu chọn \(m, n\) sao cho \(m^2 + n\) là một số nguyên tố thì ta sẽ tính được \(f^2(m) + f(n)\). Chọn \(m = p - 1\) và \(n = 1\), trong đó \(p\) là một số nguyên tố. Khi đó:
\[f(1)^2 + f(p - 1) \mid (1 + p - 1)^2 \implies f(p - 1) + 1 \mid p^2\]\[\implies f(p - 1) + 1 \in \{p, p^2\} \implies f(p - 1) \in \{p - 1, p^2 - 1\}.\]• Trường hợp 1: Nếu \(f(p - 1) = p^2 - 1\). Thay \(m = p - 1, n = 1\) vào quan hệ chia hết ban đầu:
\[f(p - 1)^2 + f(1) \mid ((p - 1)^2 + 1)^2\]\[\iff (p^2 - 1)^2 + 1 \mid ((p - 1)^2 + 1)^2\]\[\iff (p^4 - 2p^2 + 2) \mid (p^2 - 2p + 2)^2\]\[\iff (p^4 - 2p^2 + 2) \mid (p^4 - 4p^3 + 8p^2 - 8p + 4)\]\[\iff (p^4 - 2p^2 + 2) \mid (-4p^3 + 10p^2 - 8p + 2)\]\[\iff (p^4 - 2p^2 + 2) \mid (4p^3 - 10p^2 + 8p - 2)\]\[\implies p^4 - 2p^2 + 2 \le 4p^3 - 10p^2 + 8p - 2.\]Chia cả hai vế cho \(p^3\) rồi cho \(p \to +\infty\), ta thấy điều này là vô lý. Do đó trường hợp này bị loại.