Bài toán. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thoả mãn các điều kiện:
$(1)$ $f(x)$ $\vdots$ $x,\forall x\in\mathbb{N^*}.$ $(2)$ $f(x)f\left (\frac{f(x)}{x}\right )=x^4,\forall x\in\mathbb{N^*}.$
Lời giải. Với mỗi số tự nhiên $n,$ kí hiệu $\partial (n)$ là số ước nguyên tố của $n.$ Kí hiệu $\mathbb{P}$ là tập các số nguyên tố.
Ta sẽ chứng minh $f(n)=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}$ bằng quy nạp theo $\partial (n).$
$\bullet$ $\partial (n)=0$ $\Leftrightarrow n=1:$ $(2)\xrightarrow{x=1}f(1)f(f(1))=1\Rightarrow f(1)=1.$
$\bullet$ $\partial (n)=1$ $\Leftrightarrow n=p^k, p\in\mathbb{P},k\in\mathbb{N^*}.$ Ta sẽ chứng minh $f(p^k)=p^{2k},\forall p\in\mathbb{P},k\in\mathbb{N}$ bằng quy nạp theo $k.$
$\star$ $k=1:$ $(2)\xrightarrow{x=p}f(p)f\left (\frac{f(p)}{p}\right )=p^4\Rightarrow p^4$ $\vdots$ $f(p)\overset{(1)}{\Rightarrow}f(p)$ $\vdots$ $p\Rightarrow f(p)\in\left\{ p,p^2,p^3,p^4\right\}.$ Thay các giá trị này vào $\underset{x=p}{(2)}$ ta thấy chỉ có $f(p)=p^2$ thoả mãn.
$\star$ Giả sử $f(p^i)=p^{2i},\forall i=\overline{1,k-1},k\in\mathbb{N^*}.$ Do $(1)$ nên ta có thể đặt $f(p^k)=ap^{kt},a,t\in\mathbb{N^*},p^k\nmid a.$
$(2)\xrightarrow{x=p^k}ap^{kt}f(ap^{k(t-1)})=p^{4k}\overset{(1)}{\Rightarrow}p^{4k}$ $\vdots$ $p^{k(2t-1)}\Rightarrow t\in\left\{1,2\right\}.$
Nếu $t=1$ thì $(2)\xrightarrow{x=p^k}af(a)=p^{3k}\Rightarrow p^{3k}$ $\vdots$ $a\overset{p^k\nmid a}{\Rightarrow}p^k$ $\vdots$ $a$ và $a<p^k.$ Theo giả thuyết quy nạp, $p^{3k}=af(a)=a^3\Rightarrow a=p^k,$ vô lí.
Vậy $t=2,$ nên $(2)\xrightarrow{x=p^k}af(ap^k)=p^{2k}\Rightarrow f(ap^k)=\frac{p^{2k}}{a}$ và $a$ là một luỹ thừa của $p.$
$(2)\xrightarrow{x=ap^k}\frac{p^{2k}}{a}f\left (\frac{p^k}{a^2}\right )=a^4p^{4k}\Rightarrow f\left (\frac{p^k}{a^2}\right )=a^5p^{2k}.$ Theo giả thuyết quy nạp, $a^5p^{2k}=f\left (\frac{p^k}{a^2}\right )=\frac{p^{2k}}{a^4}\Rightarrow a=1\Rightarrow$ $f(p^k)=p^{2k}.$
Theo nguyên lí quy nạp, $f(p^k)=p^{2k},\forall p\in\mathbb{P},k\in\mathbb{N}.$
$\bullet$ Giả sử $f(u)=u^2,\forall u\in\mathbb{N^*},\partial (u)\leq v-1,v\in\mathbb{N^*}.$ Ta sẽ chứng minh $f(w)=w^2,\forall w\in\mathbb{N^*},\partial (w)=v.$
Giả sử $\exists a\in\mathbb{N^*}:\partial (a)=v,f(a)\neq a^2.$ Theo nguyên lí cực hạn, ta có thể chọn $a$ là số nhỏ nhất thoả mãn điều kiện đó.
Do $(1)$ nên ta có thể đặt $f(a)=ba^t,b,t\in\mathbb{N^*},a\nmid b.$
Thế thì $(2)\xrightarrow{x=a}ba^tf(ba^{t-1})=a^4\overset{(1)}{\Rightarrow}a^4$ $\vdots$ $a^{2t-1}\Rightarrow t\in\left\{1,2\right\}.$
Nếu $t=2$ thì $(2)\xrightarrow{x=a}f(ab)=\frac{a^2}{b}\overset{(1)}{\Rightarrow}a^2$ $\vdots$ $ab^2\Rightarrow a$ $\vdots$ $b^2.$ Thế thì $(2)\xrightarrow{x=ab}a^2b^5=f\left (\frac{a}{b^2}\right )=\frac{a}{b^2}$ theo giả sử $\Rightarrow b=1\Rightarrow f(a)=a^2,$ vô lí.
Vậy $t=1\Rightarrow f(a)=ab$ và $bf(b)=a^3\overset{(1)}{\Rightarrow}a^3$ $\vdots$ $b\Rightarrow\partial (b)\leq v.$ Tương tự, ta có thể đặt $f(b)=cb^y,c,y\in\mathbb{N^*},b\nmid c\Rightarrow y\in\left\{1,2\right\}.$
Lưu ý rằng nếu $a=b$ thì $f(a)=a^2,$ vô lí và nếu $a>b$ thì theo giả sử $a^3=bf(b)=b^3\Rightarrow a=b,$ vô lí nên $a<b.$
Nếu $y=2$ thì $f(b)=b^2c\Rightarrow a^3=bf(b)=b^3c\Rightarrow a$ $\vdots$ $b\Rightarrow a\geq b,$ vô lí. Vậy $y=1\Rightarrow f(b)=bc\Rightarrow a^3=b^2c.$ Lại có $a<b\Rightarrow\partial (c)\leq v$ và $c<a.$
Thế thì $(2)\xrightarrow{x=b}b^3=cf(c)=c^3$ theo giả sử $\Rightarrow c=b,$ vô lí vì $c<a<b.$ Vậy giả sử đã cho là sai và $f(w)=w^2,\forall w\in\mathbb{N^*},\partial (w)=v.$
Theo nguyên lí quy nạp, $f(n)=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}.$
