Toán học - Phương trình hàm trên N

Phương trình hàm trên N
 Trần Nam Dũng – ĐHKHTN Tp HCM
 Dương Bửu Lộc – THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
Tóm tắt: Bài này giới thiệu các phương pháp và kỹ thuật giải phương trình hàm trên các tập rời 
rạc như N, Z, Q, Z2  Cách tiếp cận của bài viết là Ví dụ – Phân tích – Lời giải – Nhận xét. 
Phần cuối là một số bài tập áp dụng tự giải. 
Mở đầu
Một phương trình hàm bao gồm 3 thành phần chính: tập nguồn (miền xác định), 
tập đích (miền giá trị); phương trình hay hệ phương trình hàm; các điều kiện bổ 
sung cho hàm số (lớp hàm). Từ ba thành phần này có những phân loại tương ứng. 
Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên R, phương trình hàm trên Z2 ; 
phương trình hàm với 1 biến tự do, 2 biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình 
hàm chuyển đổi các giá trị trung bình ; phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, 
phương trình hàm trên lớp hàm liên tục, phương trình hàm đa thức 
Đây là các yếu tố quan trọng cần xét đến khi giải phương trình hàm. Điều này có 
thể thấy rõ qua ví dụ về phương trình hàm Cauchy. Bài toán tổng quát tìm tất cả 
các hàm số f: R  R thoả mãn phương trình f(x+y) = f(x) + f(y) với mọi x, y 
thuộc R, theo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với những giới hạn 
trên tập nguồn, tập đích, các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục, đa thức ) 
thì phương trình này giải được trọn vẹn.
Bài này xét các phương trình hàm với các hàm số xác định trên N (hay Z, Q và các 
tập rời rạc khác). Để giải phương trình hàm xác định trên một tập nào đó, ta phải 
hiểu rõ cấu trúc và tính chất của tập hợp đó. Đối với N, ta sẽ chú ý đến những yếu 
tố sau: các phép toán cộng và nhân trên N; N được sắp thứ tự; thứ tự trên N là tốt; 
định lý cơ bản của số học về phân tích một số ra thừa số nguyên tố.
Thứ tự trên N và phương trình hàm
Ví dụ 1 Tìm tất cả các hàm số f: N* N* sao cho
(a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
(Putnam 1963)
Lời giải: Một trong những công cụ quan trọng ta thường sử dụng khi giải các bài 
toán trên N* là Nguyên lý quy nạp toán học. Công cụ đơn giản này cho chúng ta 
một phương pháp hiệu quả để công phá các bài toán.
(i) f(1) = f(1.1) = f(1)f(1) => f(1) = 1.
(ii) f(4) = f(2.2) = f(2).f(2) = 2.2 = 4. Ta có 2 = f(2) < f(3) < f(4) = 4. Từ 
đó, do f(3) là số nguyên dương, suy ra f(3) = 3.
(iii) Tương tự như vậy, do f(6) = f(2)f(3) = 2.3 = 6 nên từ đây ta suy ra f(6) 
= 6 và cũng như trên, suy ra f(5) = 5.
(iv) Ta chứng minh f(n) = n bằng quy nạp. Thật vậy, giả sử đã có f(k) = k 
với mọi k  n. Xét k = n+1. Nếu k chẵn thì f(k) = f(2)f(k/2) = 2.(k/2) = 
k. Nếu k lẻ thì k+1 chẵn và f(k+1) = f(2)f((k+1)/2) = k+1. Và từ bất 
đẳng thức k-1 = f(k-1) < f(k) < f(k+1) = k+1 ta suy ra f(k) = k.
(v) Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có f(n) = n với mọi n nguyên 
dương.
Trong lời giải trên, chúng ta đã sử dụng hai tính chất quan trọng là thứ tự trên N* 
và phương pháp quy nạp toán học. Tính chất k - 1 < f(k) < k+1 suy ra f(k) = k là 
một tính chất rất quan trọng đã được sử dụng. Trong lời giải trên, chúng ta đã sử 
dụng hiệu quả cả ba điều kiện. Điều gì sẽ xảy ra nếu chúng ta làm yếu đi một điều 
kiện?
Ví dụ 2 Tìm tất cả các hàm số f: N* N* sao cho
(a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*, (m, n) = 1;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
Lời giải: Điểm khác biệt so với bài toán 1 chính là ở điều kiện (b). Chúng ta sẽ 
không có được f(4) = f(2)f(2) = 4 như trong lời giải trước. Chúng ta sẽ cố gắng 
chứng minh rằng f(3) = 3, từ đó suy ra f(6) = 6. Từ đây, dùng tính chất 3 = f(3) < 
f(4) < f(5) < f(6) = 6 ta suy ra f(4) = 4, f(5) = 5. Tiếp tục ta lại có f(10) = f(2)f(5) = 
2.5 = 10 và lại suy ra f(7) = 7, f(8) = 8, f(9) = 9  
Như thế, điểm mấu chốt là chứng minh f(3) = 3. Điều này có thể thực hiện được 
bằng cách sử dụng ba tính chất ở đề bài như sau:
f(3)f(5) = f(15) < f(18) = f(2)f(9) < f(2)f(10) = f(2)f(2)f(5) = 4f(5)
Suy ra f(3) < 4, từ đó f(3) = 3.
Nếu ta thay đổi điều kiện (a) thì chú ý là có thể xảy ra trường hợp phương trình 
hàm không có nghiệm. Ta xét ví dụ dưới đây:
Ví dụ 3 Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f: N* N* sao cho
(a) f(2) = 3;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*, (m, n) = 1;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
Lời giải: Giả sử ngược lại, tồn tại hàm số f thoả mãn các điều kiện đề bài. Đặt f(3) 
= a. Sử dụng bất đẳng thức 23 < 32 ta có 27 = f(2)3 = f(23) < f(32) = f(3)2 = a2, suy 
ra a > 5. Mặt khác ta lại có 33 < 25 suy ra a3 < 243 < 343 = 73, từ đó a < 7. Như 
vậy ta phải có a = 6. Bây giờ, chú ý 38 = 6561 < 8192 = 213, từ đây 68 < 313 hay 28
< 35 mâu thuẫn vì 28 = 256, 35 = 243. Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ban đầu 
là sai, tức là kết luận của bài toán là đúng.
Mặt khác, rõ ràng là hàm số f(n) = n2 thoả mãn các tính chất (b), (c) và điều kiện 
f(2) = 4. Để nghiên cứu thêm về vấn đề này, chúng ta hãy xét các bài tập sau: 
Bài tập 1 Tìm tất cả các hàm số f: N* N* sao cho
(a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
Bài tập 2 Tìm tất cả các giá trị nguyên dương k sao cho tồn tại hàm số f: N*
N* thoả mãn đồng thời các điều kiện:
(a) f(2) = k;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
Trong tất cả các ví dụ và bài tập đã xem xét ở trên, tính đơn điệu của hàm số f 
đóng một vai trò quan trọng trong lời giải. Để thấy rõ hơn tầm quan trọng của tính 
chất này, ta có thể chỉ ra rằng nếu bỏ đi tính đơn điệu, sẽ có vô số hàm số thoả 
mãn các điều kiện (a), (b). Cụ thể, sử dụng định lý cơ bản của số học n = 
p1
a1pk
ak, ta có thể cho f(2) = 2, f(pi) = qi với qi nguyên dương rồi thác triển hàm 
số f đối với các hợp số theo công thức f(n) = q1a1qkak với n = p1a1pkak.
Trong các ví dụ trên, chúng ta cũng đã sử dụng một điều kiện quan trọng, được sử 
dụng một cách rất tự nhiên (làm chúng ta nhầm tưởng về vai trò của nó). Đó chính 
là điều kiện về tập đích. Thực sự, nếu không có điều kiện này, những lý luận 2 < 
f(3) < 4 suy ra f(3) = 3 sẽ không thực hiện được. Vì thế, bài tập dưới đây chắc 
chắn sẽ gây khó khăn cho nhiều người và vượt qua được nó, chúng ta sẽ hiểu rõ 
hơn đâu là những tính chất quan trọng để giải được phương trình hàm ban đầu.
Bài tập 3 Tìm tất cả các hàm số f: N* [1, ) sao cho
(a) f(2) = 2;
(b) f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n thuộc N*;
(c) f(m) < f(n) với mọi m < n.
Trong phần trên, chúng ta đã xem xét ứng dụng của thứ tự trên N để giải phương 
trình hàm. Chú ý là trên Q, R và một số tập hợp số khác cũng có thứ tự, do đó các 
tính chất đã được sử dụng ở trên không chỉ là thứ tự, mà còn là tính “số phần tử 
tiếp sau” của N. Dưới đây, chúng ta sẽ xem xét ứng dụng của một tính chất khác 
của N, đó là Nguyên lý sắp thứ tự tốt. Cụ thể một tập con bất kỳ của N thì có phần 
tử nhỏ nhất. Tính chất trông có vẻ rất đơn giản này thực ra vô cùng hiệu quả, và nó 
tương đương với Nguyên lý quy nạp toán học. Chúng ta xem xét một số ví dụ áp 
dụng
Ví dụ 4 Nếu f: N*  N* là hàm số thoả mãn điều kiện
f(n+1) > f(f(n)) với mọi n nguyên dương,
chứng minh rằng f(n) = n với mọi n thuộc N* (IMO 1977)
Lời giải: Gọi d là phần tử nhỏ nhất trong miền giá trị của f, tức là
d = min { f(n): n  N*} 
Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt, d tồn tại và duy nhất. Gọi m là giá trị sao cho f(m) = 
d. Nếu m > 1 thì ta có d = f(m) > f(f(m-1)), mâu thuẫn. Vậy m = 1. Như vậy f(n) 
đạt giá trị nhỏ nhất tại duy nhất điểm m = 1.
Bây giờ xét tập hợp {f(n): n  2}. Ta có thể chứng minh tương tự như ở mục trước 
là giá trị nhỏ nhất của tập này là f(2). Hơn nữa, f(1) < f(2) theo cách chọn f(1). Cụ 
thể, nếu f(1) = f(2) thì f(1) > f(f(1)) mâu thuẫn. Điều này có thể làm tiếp tục để 
nhận được
f(1) < f(2) < f(3)  < f(n) <  (1)
Chú ý rằng f(1)  1. Điều này cộng với (1) suy ra rằng f(k)  k với mọi k nguyên 
dương. Giả sử f(k) > k với k nào đó. Khi đó f(k)  k+1. Sử dụng (1) ta suy ra rằng 
f(k+1)  f(f(k)). Nhưng điều này mâu thuẫn với điều kiện đề bài. Như vậy ta có 
f(k) = k với mọi k nguyên dương.
Một cách giải khác: Cũng như ở cách giải trên ta chứng tỏ rằng f(1) là giá trị nhỏ 
nhất của tập {f(n), n  N*} và f(2) là giá trị nhỏ nhất của {f(n), n  2}. Nếu f(1) > 
1 thì ta có f(1)  2 và do đó f(f(1))  f(2) theo tính chất nhỏ nhất của f(2). Nhưng 
điều này mâu thuẫn với điều kiện đề bài. Vậy f(1) = 1. Bây giờ ta xét g(n) = f(n+1) 
– 1. Ta thấy rằng
g(g(n)) = g((f(n+1)-1) = f(f(n+1)) – 1 < f(n+2) – 1 = g(n+1). 
Như vậy g thoả mãn tất cả những điều kiện mà f thoả mãn. Điều này chứng tỏ răng 
g(1) = 1 và vì thế f(2) = 2. Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng f(n) = n với 
mọi n.
Các tính chất số học của N và phương trình hàm
Ngoài các phép toán cơ bản và tính thứ tự, tập hợp các số tự nhiên có nhiều tính 
chất số học thú vị, ví dụ định lý cơ bản của số học, các vấn đề biểu diễn số 
(additive number theory), sự chia hết, phép chia Euclid  Tất cả các tính chất này 
có thể ứng dụng trong việc giải các phương trình hàm. Chúng ta xem xét một số ví 
dụ minh hoạ.
Ví dụ 5 Tìm tất cả các hàm f: N  N thoả mãn các điều kiện
a) f(m2 + n2) = f2(m) + f2(n) với mọi m, n thuộc N
b) f(1) > 0
Lời giải: Cho m = n = 0 vào phương trình hàm, ta được f(0) = 2f2(0). Nếu f(0)  0 
thì từ đây suy ra f(0) = 1/2, điều này mâu thuẫn vì f nhận các giá trị trong N. Vậy 
f(0) = 0 và điều này dẫn đến f(m2) = f2(m). Ta có thể viết a) dưới dạng
f(m2+n2) = f2(m) + f2(n) = f(m2) + f(n2)
Ta cũng chú ý rằng f(1) = f(12) = f2(1). Vì f(1) > 0 nên f(1) = 1. Từ đây suy ra
f(2) = f(12+12) = f2(1) + f2(1) = 2;
f(4) = f(22) = f2(2) = 4;
f(5) = f(22+12) = f2(2) + f2(1) = 5;
f(8) = f(22+22) = f2(2) + f2(2) = 8.
Hơn nữa, ta thấy rằng
25 = f2(5) = f(52) = f(32+42) = f2(3) + f2(4) = f2(3) + 16,
từ đó suy ra f(3) = 3. Từ đây ta lại có
f(9) = f(32) = f2(3) = 9;
f(10) = f(32+12) = f2(3) + f2(1) = 10.
Sử dụng đẳng thức 72 + 12 = 52 + 52, và đã biết f(5), f(1), ta có thể tính được f(7) = 
7. Cuối cùng, ta sử dụng đẳng thức 102 = 62 + 82 để thu được f(6) = 6. 
Như vậy ta có f(n) = n với mọi n  10. Ta sử dụng các hằng đẳng thức sau
(5k+1)2 + 22 = (4k+2)2 + (3k-1)2;
(5k+2)2 + 12 = (4k+1)2 + (3k+2)2; 
(5k+3)2 + 12 = (4k+3)2 + (3k+1)2;
(5k+4)2 + 22 = (4k+2)2 + (3k+4)2;
(5k+5)2 = (4k+4)2 + (3k+3)2.
Với k  3, ta thấy rằng các số hạng ở vế phải nhỏ hơn số hạng lớn nhất ở vế trái. 
Các đẳng thức này cho phép chúng ta tính f(n) theo các giá trị của f tại các điểm 
nhỏ hơn. Ví dụ với k = 2, từ đẳng thức đầu tiên ta có
f(112 + 22) = f(102 + 52)
Từ đó tính được f(11) = 11. (Vì đã biết f(2) = 2, f(10) = 10, f(5) = 5.)
Vậy ta có thể kết luận rằng f(n) = n với mọi n thuộc N.
Bài toán dưới đây có thể giải được bằng kỹ thuật tương tự. Bài này đăng trên 
AMM năm 1999 và được nhiều nước sử dụng làm đề thị chọn đội tuyển (Pháp 
2004, Hà Nội 2005, Việt Nam 2005)
Bài tập 4 Tìm tất cả các hàm số f: Z  Z thoả mãn phương trình 
f(a3 + b3 + c3) = f3(a) + f3(b) + f3(c)
với mọi a, b, c thuộc Z. 
Ví dụ 6 Tìm tất cả các hàm số f: N*  N* thoả mãn các điều kiện
a) f là toàn ánh;
b) m | n khi và chỉ khi f(m) | f(n) với mọi m, n nguyên dương.
Tương tự như vậy, với các phương trình hàm trên Z, Q, ta cần hiểu rõ cấu trúc của 
các tập hợp nguồn để xây dựng lời giải. Dưới đây ta xem xét một số ví dụ về các 
phương trình hàm trên Q. 
Ví dụ 7 Tìm tất cả các hàm số f: Q  Q thoả mãn phương trình
f(x+y) + f(x-y) = f(2x)
với mọi x, y thuộc Q.
Lời giải: Đây là một ví dụ kinh điển.
Ví dụ 8 Tìm tất cả các hàm số f: Q+ Q+ thoả mãn điều kiện
a) f(x+1) = f(x) + 1 với mọi x thuộc Q+;
b) f(x3) = f3(x) với mọi x thuộc Q+.
Lời giải: Từ b), cho x = 1 suy ra f(1) = 1. Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh 
được rằng f(n) = n với mọi n thuộc N*, hơn nữa, f(x+n) = f(x) + n với mọi n 
nguyên dương. Xét x = p/q. Ta chứng minh rằng f(x) = x. Thật vậy, ta có
(x + q2)3 = x3 + 3(p/q)2q2 + 3(p/q)q4 + q6 = x3 + (3p2 + 3pq3 + q6)
Ở đây, số hạng ở trong ngoặc là số nguyên dương. Áp dụng tính chất a), và điều 
vừa chứng minh nói trên, ta có
f((x + q2)3) = f(x3 + (3p2 + 3pq3 + q6)) = f(x3) + 3p2 + 3pq3 + q6 (1)
Áp dụng tính chất b) ta có (1) có thể viết lại thành
(f(x) + q2)3 = f3(x) + 3p2 + 3pq3 + q6
Đây là một phương trình bậc 2 theo f(x). Giải ra, chú ý rằng f(x) > 0, ta được f(x) 
= p/q = x.
Một kỹ thuật hiệu quả khác để giải phương trình hàm là sử dụng điểm bất động. 
Nếu X là một tập hợp và f: X  X là một ánh xạ thì điểm x được gọi là điểm bất 
động của f nếu f(x) = x. Sự tồn tại điểm bất động có thể giúp chúng ta giải quyết 
một số bài toán 
Ví dụ 9 Tìm tất cả các hàm số f: N  N thoả mãn phương trình hàm
f(m+f(n)) = f(f(m)) + f(n), với mọi m, n thuộc N
(IMO 1996)
Hệ đếm cơ số và phương trình hàm
Bài toán phương trình hàm trên N, trên một phương diện nào đó, có thể coi là bài 
toán về dãy số. Vì vậy, dưới đây, chúng ta xem xét một số ứng dụng của hệ đếm 
cơ số trong các bài toán dãy số. 
Hệ đếm cơ số có thể dùng để xây dựng nhiều dãy số có tính chất rất thú vị. Nhìn 
trên phương diện của một cơ số khác, có thể rất khó nhận ra quy luật, nhưng nếu 
chọn đúng cơ số thì bài toán trở nên vô cùng đơn giản.
Xin nhắc lại là với b là một số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2 thì mọi số 
nguyên dương N đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng
N = a1...ak (b) = a1b
k-1 + ... + ak với 1  a1  b-1, 0  a2, ..., ak  b-1.
Đó là định nghĩa hệ đếm cơ số dạng cơ bản nhất. Tuy nhiên, có thể lấy một dãy số 
nguyên bất kỳ (có trị tuyệt đối tăng nghiêm ngặt) làm hệ đếm cơ số ví dụ hệ đếm 
cơ số (-2), hệ đếm cơ số Fibonacci (3 = 4 - 2 + 1, 17 = 13 + 3 + 1 ...) 
Các hệ đếm thường sử dụng nhất là hệ đếm cơ số 2 và cơ số 3. Dưới đây ta xét 
một vài ví dụ:
Ví dụ 10 (IMO 1983) Chứng minh hoặc phủ định mệnh đề sau: Từ tập hợp 105 số 
nguyên dương đầu tiên luôn có thể chọn ra một tập con gồm 1983 số sao cho 
không có ba số nào lập thành một cấp số cộng.
Lời giải: Ta chứng minh mệnh đề tổng quát: Từ 3n số tự nhiên đầu tiên luôn có thể 
chọn ra 2n số sao cho không có ba số nào lập thành một cấp số cộng. Thật vậy, xét 
trong hệ đếm cơ số 3 tập hợp tất cả các số có  n chữ số. Chọn các số mà trong 
biểu diễn tam phân của nó chỉ chứa chữ số 2 và chữ số 0. Khi đó có 2n số như vậy 
và không có ba số nào trong chúng lập thành một cấp số cộng.
Ví dụ 11 (Singapore 1995) Cho dãy số {fn} xác định bởi 
f1 = 1, f2n = fn và f2n+1 = f2n+1. 
(i) Tính M = max{f1, ..., f1994}
(ii) Tìm tất cả các giá trị n, 1  n  1994 sao cho fn = M. 
Lời giải: Kinh nghiệm một chút ta thấy ngay fn chính là tổng các chữ số của n 
trong hệ đếm nhị phân. Từ đây do 1994 < 2048 = 211 suy ra M = 10.
Ví dụ 12 Dãy số {fn} được xác định bởi f1 = 1, f2n = 3fn, f2n+1 = f2n + 1. Hãy tính 
f100.
Lời giải: fn được xác định như sau: Xét biểu diễn nhị phân của n rồi tính giá trị 
của số nhị phân này trong hệ tam phân. Vì 100 = 26 + 25 + 22 nên f100 = 36 + 35 + 
32 = 981.
Ví dụ 13 Dãy số {an} được xác định bởi 0  a0 < 1, an = 2an-1 nếu 2an-1 < 1 và an
= 2an-1 - 1 nếu 2an-1  1. Hỏi có bao nhiêu giá trị a0 để a5 = a0.
Lời giải: Phân tích. Khi tính an theo an-1 ta có thể “lựa chọn“ một trong hai công 
thức. Tất nhiên, với a0 đã chọn rồi thì tất cả các bước tiếp theo đều xác định một 
cách duy nhất. Tuy nhiên, ta có thể chọn a0 như thế nào đó để sau đó các công 
thức tính theo đúng kịch bản đã cho. Có 25 = 32 kịch bản như vậy. Ví dụ với kịch 
bản (1, 1, 2, 1, 2) ta có 
 x1 = 2x0, x2 = 2x1 = 4x0, x3 = 2x2 - 1 = 8x0-1, x4=2x3 = 16x0-2, x5=2x4-1 = 32x0-3
Giải phương trình x0 = x5 ta được x0 = 3/31. Tất nhiên, để có được một lời giải 
hoàn chỉnh, ta cần phải lập luận chặt chẽ để thấy rằng các x0 thu được là khác nhau 
và với mỗi x0 thu được, dãy số sẽ “đi” đúng như kịch bản đã định. Tuy nhiên, 
phân tích này gợi chúng ta hướng đến hệ nhị phân. Và ta có lời giải đẹp mắt sau:
Nếu a0 =0,d1d2d3... là biểu diễn nhị phân của a0 thì a1 = 0,d2d3d4.... Thật vậy, nếu 
2a0 < 1 thì d1 = 0 và a1 = 2a0 = 0,d2d3d4 ... còn nếu 2a0  1 thì d1 = 1 và a1 = 2a0
- 1 = 0,d2d3d4...
Hoàn toàn tương tự, a2 = 0,d3d4d5...,..., a5 = 0,d6d7d8... Như vậy a5 = a0 khi và chỉ 
khi a0 là phân số nhị phân tuần hoàn chu kỳ 5. Có 25 = 32 chu kỳ tuần hoàn như 
vậy, trong đó chu kỳ 11111 cho chúng ta a0 = 1 (loại). Vậy tất cả có 31 giá trị a0
thoả mãn yêu cầu đề bài. Đó là 0,(00000), 0,(00001), ...., (0,11110). Tính sang hệ 
thập phân đó là các giá trị 0, 1/31, 2/31, ..., 30/31.
Ví dụ 14 Hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương như sau
f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n)
f(4n+1) = 2f(2n+1) – f(n)
f(4n+3) = 3f(2n+1) – 2f(n).
Tìm số các giá trị n sao cho f(n) = n, 1  n  1988.
(IMO 1988)
Dãy số [n] và phương trình hàm
Tương tự như phần trước, trước hết ta xét một số vấn đề lý thuyết về dãy số [n]. 
Dãy số dạng xn = [n] có nhiều tính chất số học thú vị. Nếu  > 1 thì {[n]}n 1
là dãy các số nguyên dương phân biệt, có sự biến thiên gần giống một cấp số cộng 
nhưng lại không phải là một cấp số cộng. Dãy số này đặc biệt thú vị khi  là số vô 
tỉ bậc 2. Ta có một kết quả quen thuộc sau đây:
Định lý: Nếu ,  là các số vô tỷ dương thoả mãn điều kiện 1/ + 1/ = 1 thì hai 
dãy số xn = [n], yn = [n], n=1, 2, 3, ...lập thành một phân hoạch của tập hợp các 
số nguyên dương.
Chứng minh: Xét hai dãy số , 2, 3, ... và , 2, 3, ... Không một số hạng 
nào trong các số hạng trên là số nguyên. Với mỗi số nguyên dương N, có [N/] số 
hạng của dãy thứ nhất nằm bên trái N và [N/] số hạng của dãy thứ hai. Nhưng 
N/ + N/ = N, vì ,  là các số vô tỉ, phần lẻ của các số N/ và N/ là các số 
dương có tổng bằng 1 (do đẳng thức trên). Suy ra có [N/] + [N/] = N - 1 số hạng 
của cả hai dãy nằm bên trái N. Vì bên trái N+1 có N số hạng của cả hai dãy nên 
giữa N và N+1 có đúng một số hạng của một trong hai dãy, từ đó suy ra điều phải 
chứng minh. 
Hai dãy số trên vét hết tập hợp các số nguyên dương. Điều này cho chúng ta một 
hướng suy nghĩ: nếu hai dãy số vét hết tập hợp các số nguyên dương thì có khả 
năng chúng sẽ có dạng trên. Và nhiều bài toán đã được xây dựng theo hướng này. 
Chúng ta xét một ví dụ 
Ví dụ 15 (AMM) Giả sử {fn} và {gn} là hai dãy số nguyên dương được xác định 
như sau
1) f1 = 1
2) gn= na - 1 - fn, trong đó a là số nguyên lớn hơn 4,
3) fn+1 là số nguyên dương nhỏ nhất khác các số f1, f2, ..., fn, g1, g2, ..., gn.
Chứng minh rằng tồn tại các hằng số , , sao cho fn = [n], gn = [n] với mọi n
= 1, 2, 3, ... 
Lời giải: Theo cách xây dựng {fn} và {gn} lập thành một phân hoạch của N*. Giả 
sử ta đã tìm được ,  thoả mãn điều kiện đầu bài, khi đó, ta phải có 1/ + 1/ = 
1. Ngoài ra, khi n đủ lớn thì na - 1 = fn + gn ~ n + n, suy ra  +  = a. Vậy , 
phải là nghiệm của phương trình x2 - ax + a = 0. 
Xét phương trình x2 - ax + a = 0 có hai nghiệm  4, ,  là các số vô tỉ. 
Dãy số {fn} và {gn} được xác định một cách duy nhất, do đó để chứng minh 
khẳng định của bài toán, ta chỉ cần chứng minh {[n]} và {[n]} thoả mãn các 
điều kiện 1), 2), 3).
Rõ ràng [] = 1, [n] = [n(a-)] = na + [-n)] = na - [n] - 1 (do - n vô tỉ). 
Giả sử [n] = [m] = k, đặt n = k + r, m = k + s với 0 < r, s < 1 thì
n + m = k(1/ + 1/) + r/ + s/ = k + r/ + s/,
điều này không thể xảy ra vì 0 < r/ + s/ < 1. Như vậy với mọi m, n ta có [n] 
[m].
Tiếp theo, 
[(n+1)]  [n] + 1, [(n+1)]  [n] + 2 > [n] + 1.
Cuối cùng giả sử k là một số nguyên bất kỳ và n = [(k+1)/]. Nếu n > k/ thì k < 
n < (k+1)/ = k+1 và [n] = k. Nếu n < k/ thì
(k-n) > k - k/ = k(1-1/) = k, (k-n) < k - ((k+1)/ - 1) = k+1,
suy ra [(k-n)] = k.
Từ các nhận xét trên ta suy ra mỗi số nguyên dương k có mặt trong dãy số đúng 1 
lần và hai dãy số {[n]} và {[n]} thoả mãn điều kiện 3) (đpcm). 
Ghi chú: Trong lời giải trên, ta đã không dùng đến kết quả của định lý ở trên và 
đó cũng chính là một cách chứng minh khác cho định lý.
Ví dụ 16 Tìm tất cả các hàm số h: N*  N* thoả mãn điều kiện
h(h(n)) + h(n+1) = n+2 với mọi n thuộc N*.
Bài tập
1. Cho hàm số f: N*  N* tăng nghiêm ngặt thoả mãn điều kiện f(f(n)) = 3n. 
Hãy tìm f(2001).
2. Tìm tất cả các hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện f(f(n)) = 2n với mọi n.
3. Chứng minh rằng tồn tại hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện f(f(n)) = n2 với 
mọi n.
4. (Ba Lan 1997) Hàm số f: N*  Z được xác định như sau
f(1) = 0, f(n) = f([n/2]) + (-1)n(n+1)/2 với mọi n = 2, 3, 
Với mọi số tự nhiên k, tìm số các giá trị n sao cho 2k  n < 2k+1 và f(n) = 0.
5. Cho hàm số f: [0, 1]  [0, 1] thoả mãn các điều kiện sau
i) f không giảm;
ii) f(0) = 0, f(1) = 1;
iii) f(1-x) = 1 – f(x) với mọi x thuộc [0, 1]
iv) f(x/2) = x/3
Hãy tìm 
a) f(1/7), f(1/9), f(1/13);
b)* Nêu phương pháp tìm f(x) với x bất kỳ cho trước.
6. Tìm tất cả các hàm số f: N*  N* sao cho
f(f(m) + f(n)) = m + n
với mọi m, n thuộc N*.
(IMO 1988 SL)
7. Tìm tất cả các hàm số f: N  N sao cho 
f(f(n)) + f(n) = 2n + 3 
với mọi n thuộc N.
8. Tìm tất cả các hàm số f: N*  N* sao cho
f(m + f(n)) = n + f(m+1)
với mọi m, n thuộc N*
9. Tìm tất cả các hàm số f: Z  Z thoả mãn phương trình
f(m+n) + f(m)f(n) = f(mn+1)
với mọi số nguyên m, n.
10. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f: N  N sao cho
f(f(n)) = n + 1987
(IMO 1987)
11. Hãy xác định xem có tồn tại hay không hàm số f: N*  N* sao cho
a) f(1) = 2;
b) f(f(n)) = f(n) + n với mọi n nguyên dương;
c) f(n) < f(n+1) với mọi n nguyên dương.
(IMO 1993)
12. Xét tất cả các hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện
f(m2f(n)) = n(f(m))2
với mọi m, n nguyên dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của f(1998).
(IMO 1998)
13. Hàm số f(n) xác định với mọi giá trị nguyên dương n và nhận các giá trị 
nguyên không âm. Ngoài ra, biết rằng
f(m+n) – f(m) – f(n) = 0 hoặc 1,
f(2) = 0, f(3) > 0 và f(9999) = 3333.
Hãy tìm f(1982)
(IMO 1982)
14. Tìm tất cả các hàm số f: Z  Z sao cho với mọi số nguyên x, y,
f(f(x) + y)) = x + f(y + 2006).
(CH Séc 2006)
15. Xét tất cả các hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện 
f(xf(y)) = yf(x) với mọi x, y nguyên dương.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của f(2007).
(CH Séc 2007)
16. Tồn tại hay không một song ánh f từ N* vào N* thoả mãn các điều kiện sau?
i) f(n+2006) = f(n) + 2006 với mọi n thuộc N*;
ii) f(f(n)) = n + 2 nếu n = 1, 2, 3, , 2004
iii) f(2549) > 2550.
(Thái Lan 2006)
17. Cho f là hàm số từ N vào N thoả mãn điều kiện
f(|f(n) – n|) + n  |f(n) – n| + 1
với mọi n thuộc n. Chứng minh rằng phương trình f(m) = 0 có vô số nghiệm.
18. Cho f: N*  N* là một toàn ánh và g: N*  N* là một đơn ánh sao cho với 
mọi n nguyên dương ta có f(n)  g(n). Chứng minh rằng f = g.
(Rumani 1988)
19. Cho f: N*  N* là một song ánh. Chứng minh rằng tồn tại ba số nguyên 
dương a, b, c sao cho a < b < c và f(a) + f(c) = 2f(b).
(Concours general 1995)
20. Xây dựng một hàm số f: Q+ Q+ thoả mãn điều kiện 
 f(xf(y)) = f(x)/y 
với mọi x, y là số hữu tỷ dương.
21. Cho f: N*  N* sao cho
a) Với mọi a, b nguyên tố cùng nhau f(ab) = f(a)f(b);
b) Với mọi p, q nguyên tố, f(p+q) = f(p) + f(q).
Chứng minh rằng f(2) = 2, f(3) = 3 và f(1999) = 1999.
(CH Ailen 1999)
22. Chứng minh rằng không tồn tại hàm số f: Z  Z sao cho với mọi x, y nguyên 
ta có f(x + f(y)) = f(x) – y.
(Cuộc thi Toán Áo-Ba Lan 1997)
23. Tìm tất cả các hàm số f: Q+  Q+ thoả mãn điều kiện f(x+1) = f(x) + 1 và 
f(x2) = f2(x) với mọi x hữu tỉ dương.
(Ukraina 1997)
24. Chứng minh rằng tồn tại một và chỉ một hàm số f: N*  N* sao cho với mọi 
m, n nguyên dương
f(m + f(n)) = n + f(m+95)
Giá trị của tổng 

19
1
)(
k
kf bằng bao nhiêu?
(IMO 1995 SL)
25. (Canada 1993) Cho y1, y2, y3 ... là dãy số xác định bởi y1 = 1 và với mọi số 
nguyên dương k
y4k = 2y2k, y4k+1 = 2y2k+1, y4k+2 = 2y2k+1 + 1, y4k+3 = 2y2k+1 
Chứng minh rằng dãy số y1, y2, y3 ... nhận tất cả các giá trị nguyên dương, mỗi giá 
trị đúng một lần.
26. Giả sử rằng sn là dãy số nguyên dương thoả mãn điều kiện 0  sn+m - sn - sm 
K với K là một số nguyên dương cho trước. Với số nguyên dương N có tồn tại các 
số thực a1, a2, ... aK sao cho
sn = [a1n] + ...+ [aKn] với mọi n=1,2, ...N? 
27. Cho a1 = 1, b1 = 2, c1 = 3. Gọi S(n) là tập hợp các số nguyên dương ai, bi, ci với
i  n. Xây dựng an, bn, cn như sau:
an+1 = số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc S(n);
bn+1 = số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc S(n) và khác an+1;
cn+1 = an+1 + bn+1;
Gọi dk là dãy tăng các chỉ số n sao cho bn=an+2. Chứng minh rằng
a) dk/k  6 khi k dần đến vô cùng
b) Nếu B là số nguyên thì (dk-6k)/2 = B với vô số các chỉ số k. 
28. (AMM) Các dãy số an, bn, cn được xác định như sau: a1 = 1, b1 = 2, c1 = 
4 và
an = số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc a1, ..., an-1, b1, ..., bn-1, c1, ..., cn-1
bn = số nguyên dương nhỏ nhất không thuộc a1, ..., an-1, an, b1, ..., bn-1, c1, ..., cn-1
cn = 2bn + n - an. 
Hãy chứng minh hoặc phủ định rằng 0 < n(1+ 3 ) - bn < 2 với mọi n.
Tài liệu tham khảo
[1] B.J.Venkatachala,