1) Nếu $a$ chia hết $b$ thì $f(a) \geq f(b)$
2) $f(ab)+f\left ( a^2+b^2 \right ) = f(a)+f(b)$
DDTH
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 05-11-2012 - 00:22
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 05-11-2012 - 00:22
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 08-11-2012 - 21:52
Với cái định nghĩa hàm $f$ của bạn như trên và cái kết luận của bạn thì chỉ có thể rút ra được...
Bây giờ xét hàm $f$ được định nghĩa như sau:
a, $f(p)=f(1)=0$ với mọi số nguyên tố $p$ có dạng $4k+1$
b, $f(p)=x_{p}\leqslant 0$ với các số nguyên tố có dạng $4k+3$, ở đây các $x_{p}$ là các hằng số nguyên không dương bất kì.
c, Với mọi số nguyên dương $n$, đặt $n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}...p_{k}^{\alpha _{k}}$ thì $f(n)=f(p_{1})+f(p_{2})+...+f(p_{k})$.
Ta sẽ chứng minh hàm số này thỏa mãn:
Hiển nhiên, hàm trên thỏa mãn điều kiện (1).
Với mọi $a,b$ nguyên dương, gọi $p_{i},i=1,2,...,m$ là tập ước nguyên tố chung của $a$ và $b$, $q_{i},i=1,2,...,n$ là tập ước nguyên tố của $a$ nhưng không có phần tử nào chia hết $b$, $r_{i},i=1,2,...,l$ là tập các ước nguyên tố của $b$ nhưng không của $a$. Sử dụng điều kiện $c$ với chú ý $p_{i}$ có dạng $4k+1$ nên $f(p_{i})=0$ và do đó kiểm tra được $a,b$ thỏa mãn điều kiện (2)
Vậy các hàm thỏa mãn là $f+c$, với $c$ là hằng số nguyên bất kì, $f$ được xác định như trên.
Thực sự là mình không hiểu ban đang nói điều gì, kết luận chi tiết về hàm $f$ như sau:Với cái định nghĩa hàm $f$ của bạn như trên và cái kết luận của bạn thì chỉ có thể rút ra được
$f:\mathbb{N}^* \to \mathbb Z\quad\Big|\quad f(x)=c$ với $c\in\mathbb Z$ bất kỳ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trungpbc: 09-11-2012 - 16:57
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh