build: list: never render: never
categories:
- writings tags:
- Functional Equation
1. Bài toán
2. Lemma
Từ đó, ta thấy rằng nếu số nguyên dương $n$ chỉ có ước nguyên tố dạng $4k+1$ thì tồn tại các số nguyên dương $n_1, n_2$ mà $$n = n_1^2+n_2^2.$$
Từ đó, ta thấy rằng nếu số nguyên dương $n$ chỉ có ước nguyên tố dạng $8k+3$ thì tồn tại các số nguyên dương $n_1, n_2$ mà $$n = n_1^2+2n_2^2.$$
Do bổ đề 1 và 2 quen thuộc nên ta sẽ chỉ chứng minh bổ đề 3.
Chọn $c, d$ dương bất kì và cố định $c^2 + d^2 = t.$ Ta xét 2 tập $S_1 = {x^2: x \in \mathbb{F}_p}$ và $S_2 = {-t-y^2: y \in \mathbb{F}_p }$ thì ta thấy rằng $S_1$ và $S_2$ có đúng $\dfrac{p+1}{2}$ phần từ và do đó $S_1 \cap S_2 \neq \emptyset$ hay tồn tại các số $a, b$ sao cho $a^2+b^2+c^2+d^2$ chia hết cho $p$ kéo theo tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = kp.$$ Nếu $k = 1$ thì để ý rằng $p \equiv 7 \pmod 8$ nên $a,b,c,d$ phải khác 0.
Trước tiên, nếu $k$ chẵn thì KMTTQ, giả sử $ a \equiv b \pmod{2} $ và $ c \equiv d \pmod{2} $. Xét: $$ a_1 = \frac{a + b}{2}, \quad b_1 = \frac{a - b}{2}, \quad c_1 = \frac{c + d}{2}, \quad d_1 = \frac{c - d}{2}. $$ Khi đó $$ a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 = \left( \frac{a + b}{2} \right)^2 + \left( \frac{a - b}{2} \right)^2 + \left( \frac{c + d}{2} \right)^2 + \left( \frac{c - d}{2} \right)^2 = \frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{2} = \frac{kp}{2}. $$ Từ đó, tồn tại $ k_1 = \frac{k}{2} $ nguyên dương mà $ k_1 p = a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 $.
Lặp lại quá trình trên ta suy ra tồn tại $ k_l $ sao cho $ k_lp = a_l^2 + b_l^2 + c_l^2 + d_l^2 $. Vì $ k_l $ lẻ nên ta chọn $ e, f, g, h \in \left\{ -\frac{l - 1}{2}, \dots, \frac{l - 1}{2} \right\} $ sao cho: $$ a_l \equiv e, \quad b_l \equiv f, \quad c_l \equiv g, \quad d_l \equiv h \pmod{k_l}. $$ Và ta có tổng của bình phương 4 số trên thoả mãn $$ e^2 + f^2 + g^2 + h^2 < 4 \left( \frac{k_l}{2} \right)^2 = k_l^2. $$ Giờ xét tích $$ (a_l^2 + b_l^2 + c_l^2 + d_l^2)(e^2 + f^2 + g^2 + h^2) < k_l^2 \cdot k_l p = k_l^3 p. $$ Và ta thấy vế trái cũng là tổng của 4 số chính phương và tổng này chia hết cho $k_l^2$ nên chia $ k_l^2 $, ta suy ra tồn tại các số $ a_{l+1}, b_{l+1}, c_{l+1}, d_{l+1} $ sao cho: $$ a_{l+1}^2 + b_{l+1}^2 + c_{l+1}^2 + d_{l+1}^2 = k_{l+1} p, $$ mà $ k_{l+1} < k_l $.
Lặp lại quá trình trên suy ra ta xây dựng được một dãy giảm ngặt $ (k_i) $ bị chặn dưới bởi 1 nên phải tồn tại $ k_m = 1 $ và các số nguyên dương $a_m, b_m, c_m, d_m$ mà: $$ a_m^2 + b_m^2 + c_m^2 + d_m^2 = k_mp = p. $$
3. Lời giải bài toán
Ta có nhận xét sau:
Nhận xét 1: Với $u, v$ là hai số nguyên dương lẻ thì $$f(u^2+v^2) = f(u^2) + f(v^2).$$ Thật vậy, ta có $$2f(u^2)+2f(v^2) = f(2u^2)+f(2v^2) = f(2u^2+2v^2) = f((u^2+v^2)+(u^2+v^2)) = 2f(u^2+v^2),$$ từ đó ta thu được nhận xét trên. Mặt khác thì ta dễ dàng tính được $f(n) = n, \forall n \le 20$ và ta sẽ chứng minh rằng $f(n) = n$ với mọi $n$ nguyên dương bằng quy nạp theo $n.$ Ta để ý rằng nếu $n$ có ít nhất 2 ước nguyên tố thì phải tồn tại các số $n_1, n_2$ nguyên tố cùng nhau mà $n = n_1n_2$ nên $$f(n) = f(n_1)f(n_2) = n_1n_2 = n.$$ Như vậy, ta chỉ cần xét $n = p^k$ với $p$ là một số nguyên tố.
Trường hợp 1: $p = 2$.
$\bullet$ $k = 2m.$ Khi ấy $$f(2^k) = f(2^{2m}) = f(4 \cdot 2^{2m-2}) = 2f(2^{2m-1}) = 2^{2m}.$$
$\bullet$ $k = 2m + 1.$ Khi ấy, $$5f(2^{2m+1}) = f(10\cdot 2^{2m}) = f(2^{2m} + 2^{2m+2} + 2^{2m} + 2^{2m+2}) = 2f(5\cdot 2^{2m}) = 10f(2^{2m}) = 10\cdot 2^{2m}.$$ Kéo theo $f(2^k) = 2^k$ như mong muốn.
Trường hợp 2: $p \equiv 1 \pmod 4$
Từ bổ đề 1, ta thấy rằng tồn tại số 2 số nguyên dương $u, v$ với $u$ lẻ và $v$ chẵn thoả mãn: $$p = u^2 + v^2.$$
$\bullet$ $k = 1.$ Khi này, ta có nhận xét rằng $$f(p+1) = f\left(2\cdot \frac{p+1}{2}\right) = p+1.$$Từ đó, ta có $$2f(p) = f(2p) = f(2u^2+2v^2) = f(2u^2)+f(2v^2) = 2f(u^2)+f(2v^2) = 2u^2+f(2v^2)$$
Nếu $v < u$ thì ta suy ra $2v^2 < p$ nên ta sẽ có được $f(p) = p$ như mong muốn nên ta chỉ xét $v > u.$ Đặt $v = 2^kt$ với $t$ lẻ và nếu $t > 1$ thì ta cũng suy ra $2^{2k+1}, t^2 < p$ nên $f(2v^2) = 2v^2$ kéo theo $f(p) = p$ nên ta xét $v = 2^k.$
Khi ấy, đặt $u = 5^ms$ với $\gcd(s,5) =1$. Ta thấy rằng $5 = 1^2 + 2^2$ nên tồn tại các số $u_m, v_m$ mà $5^{2m} = u_m^2 + v_m^2$. Giờ ta xét $f(5p)$ thì
$$ \begin{align} f(5p) &= f(2^{2k} + 2^{2k+2} + 5^{2m}s^2 + 4\cdot 5^{2m}s^2)\\ &= f(5\cdot 2^{2k}) + f(5^{2m+1}s^2) \\ &= 5\cdot2^{2k} + f(u_m^2+v_m^2 + 4u_m^2+4v_m^2)s^2 \\ &= 5\cdot2^{2k} + [f(u_m^2+v_m^2) + f(4(u_m^2+v_m^2))]s^2 \\ &= 5\cdot2^{2k} + [u_m^2+v_m^2 + 4(u_m^2+v_m^2)]s^2 \\ &= 5p \end{align} $$ nên $f(p) = p$ như mong muốn.
$\bullet$ $k > 1$, khi này tồn tại các số $u_{k-1},v_{k-1}, u_{k}, v_{k}$ mà $$p^{k-1} = u_{k-1}^2+v_{k-1}^2 \quad \text{và} \quad p^{k} = u_{k}^2+v_{k}^2.$$ Thế nên $$(p+1)p^{k-1} = f(p+1)f(p^{k-1}) = f(p^{k} + p^{k-1}) = f(u_{k}^2 + v_{k}^2 + u_{k-1}^2 + v_{k-1}^2) = f(p^{k}) + f(p^{k-1}) = f(p^{k}) + p^{k-1}$$
Cho ta $f(p^k) = p^k$ và ta hoàn tất chứng minh trường hợp này.
Trường hợp 3: $p \equiv 3 \pmod 8$
Từ bổ đề 2, ta thấy rằng tồn tại các số nguyên dương lẻ $u, v$ mà $$p = u^2 + 2v^2.$$
$\bullet$ $k = 1.$ Khi này, ta cũng có nhận xét rằng $$f(p+1) = f\left(4\cdot \frac{p+1}{4}\right) = p+1.$$
Mặt khác ta chứng minh $f(p+2) = p+2.$ Nếu $p+2$ có ít nhất hai ước nguyên tố thì ta dễ thấy rằng $f(p+2) = p+2$ do đó ta xét $p+2 = q^{2m+1}$ với $q\in \mathbb{P}, q \equiv 5 \pmod 8$ và $m \in \mathbb{N}$. Từ bổ đề 1, tồn tại các số nguyên dương $k$ lẻ, $l$ chẵn để mà $$q = k^2 + l^2.$$ Nếu $k = 1, l^2 = p+1$ thì $$2f(q) = f(2q) = f(2+2l^2) = f(2) + f(2l^2) = 2+f(2(p+1)) = 2+f\left(8\cdot \frac{p+1}{4}\right) = 2q$$ nên $f(q) = q.$ Còn nếu $k, l \ge 2$ thì $k^2, l^2 < p$ nên ta có thể làm tương tự trường hợp 1 để suy ra $f(q) = q$ và $f(q^{2m+1}) = q^{2m+1}.$
Tóm lại ta có $$f(p+2) = p+2.$$
Vì $p,u$ đều lẻ nên chú ý nhận xét 1, ta có $$(p+1)f(p) = f(p^2 + p) = f(p^2 + u^2 + 2v^2) = f(p^2+u^2) + f(2v^2) = f(p^2)+p.$$
Bên cạnh đó $$(p+2)f(p) = f(p^2+2p) = f(p^2+2u^2+(2v)^2) = f(p^2+u^2) + f(u^2+4v^2) = f(p^2) + u^2 + f(u^2+4v^2).$$ Kết hợp với phương trình trước đó, ta suy ra $$f(p) = f(u^2+4v^2) - 2v^2. $$ Ta có $$2f(u^2+4v^2) = f(u^2 + u^2 + 4u^2+4u^2) = f(2u^2) + f(8v^2) = 2f(u^2)+8f(v^2) = 2(u^2+4v^2)$$ nên ta suy ra được $f(p) = p$ như mong muốn.
$\bullet$ $k > 1.$ Khi ấy, ta thấy rằng tồn tại số nguyên dương $u_{k-1}$ lẻ và $v_{k-1}$ sao cho $$p^{k-1} = u_{k-1}^2+2v_{k-1}^2.$$ Giờ ta xét hai trường hợp:
$k = 2m.$ Khi này, ta có $$(p+1)p^{k-1} = f(p^k+p^{k-1}) = f(p^{2m}+u_{k-1}^2+2v_{k-1}^2) = f(p^{2m}) + f(u_{k-1}^2) + f(2v_{k-1}^2) = f(p^k) + p^{k-1}$$ nên $f(p^k) = p^k.$
$k = 2m+1$. Khi này, ta thấy rằng tồn tại số nguyên dương $u_{k}$ lẻ và $v_{k}$ sao cho $$p^{k} = u_{k}^2+2v_{k}^2.$$ Mặt khác, ta có $$(p^2+1)p^{k-1} = f(p^{k+1}+p^{k-1}) = f(p^{2m+2} + u_{k-1}^2+2v_{k-1}^2) = f(p^{2m+2})+p^{k-1}$$ nên $f(p^{k+1}) = p^{k+1}.$ Từ đây, ta lại có $$(p+1)f(p^{k}) = f(p^{k+1}+p^k) = f(p^{k+1}+u_k^2+2v_k^2) = f(p^{k+1})+ f(u_k^2)+f(2v_k^2) = p^{k+1} + p^k $$ nên $f(p^k) = p^k$ như mong muốn.
Trường hợp 4: $p\equiv 7 \pmod 8$
Từ bổ đề 3, ta thấy rằng tồn tại các số nguyên dương $a,b,c,d$ sao cho $p = a^2 + b^2 + c^2 + d^2$. Khi này $$p^2 = (a^2-b^2-c^2-d^2)^2 + (2ab)^2 + (2ac)^2+(2ad)^2$$ và vì nếu $a^2 = b^2 + c^2 + d^2$ thì $p$ sẽ là số chẵn (mâu thuẫn). Từ đó $p^2$ là tổng 4 số chính phương dương.
Ta viết $p^2 = u^2+v^2+w^2+t^2$ và nếu $k = 1, 2$ thì ta suy ra $f(p^k) = p^k.$ Giờ ta xét $k > 2. $
- $k = 2m.$ Khi ấy, $$f(p^k) = f( (up^{m-1})^2 + (vp^{m-1})^2 + (wp^{m-1})^2 + (tp^{m-1})^2) = p^k.$$
- $k = 2m+1.$ Khi ấy $$f(p^k) = f( (ap^{m})^2 + (bp^{m})^2 + (cp^{m})^2 + (dp^{m})^2) = p^k.$$
Tóm lại ta có $f(p^k) = p^k$ như mong muốn.
Vậy từ các trường hợp trên, ta suy ra $f(n) = n$ với mọi $n$ nguyên dương.