Bài này hay quá.
Nếu $p|f(1)$ thì $p|f(n)$ với mọi $n$ vô lý vì $f$ toàn ánh. Do đó $f(1)=1$
Với một số nguyên tố $p$ bất kỳ, gọi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $p|f(d)$ thì $p|f(kd)$
Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn $d\not | n$ mà $p| f(n)$ thì chọn $n$ nhỏ nhất, khi đó $n>d$ nên $p|f(n-d)$ vô lý.
Vậy $p|f(n)\Leftrightarrow d|n$
Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $d|x-y$ thì $p|f(x)+f(kd-x)$ và $d|kd+y-x=y+(kd-x)$ nên $p|f(y)+f(kd-x)$
Do đó mà $p|f(x)-f(y)$. Tóm lại $d|x-y\Rightarrow p|f(x)-f(y)$
Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $p|f(x)-f(y)$. Khi đó $p|f(kd-x)+f(x)$ nên $p|f(kd-x)+f(y)$ hay $p|f(kd+y-x)$
Do đó $d|kd+y-x$ hay $d|x-y$. Tóm lại $p|f(x)-f(y)\Rightarrow d|x-y$
Nói chung lại thì $d|x-y\Leftrightarrow p|f(x)-f(y)$
Ở đây chọn $k$ đủ lớn để $kd-x>0$
Ta thấy rằng trong $f(1), f(2), ..., f(d)$ đôi một không có cùng số dư khi chia cho $p$ nên $p\geqslant d$
Ngoài ra do hàm $f$ là hàm toàn ánh nên ta tìm được dãy $f(n)$ lần lược có giá trị $1, 2, 3, ..., p$ nên $d\geqslant p$
Tóm lại $d=p$ hay $p$ là số nhỏ nhất để $p|f(p)$
Ta thấy rằng $f(1)=1$ nên $f(n)=n$ đúng với $n=1$. Xét $n>1$ và giả sử kết luận đúng đến $n-1$
Nếu $f(n)>n$ thì $f(n)-n+1>1$ nên có số nguyên tố $p|f(n)-n+1$ nên $p|f(n)-f(n-1)$ nên $p|1$ vô lý.
Nếu $f(n)<n$ thì $n-f(n)+1>1$ nên có số nguyên tố $p|n-f(n)+1$ nên $p|f(n)-f(f(n)-1)=f(n)-f(n)+1=1$ vô lý.
Tóm lại $f(n)=n$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 03-09-2017 - 16:14