Chủ đề này có 2 trả lời

[Ispectorgadget]

Giả sử hàm số $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$ thỏa mãn điều kiện: $$f(mf(n)) =n^2 .f(m), \forall m,n \in \mathbb{N^*}$$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$ thì $f(p)$ là một số nguyên tố hay là bình phương của 1 số nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-02-2013 - 22:11

[perfectstrong]

Bài này phải là $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$, chứ hàm $f \equiv 0$ thỏa hệ thức nhưng không thỏa đề.

Lời giải:
\[
f\left( {mf\left( n \right)} \right) = n^2 f\left( m \right),\forall m,n \in \mathbb{N}^* ,\left( 1 \right)
\]
Kí hiệu $a:=b$ nghĩa là thay $a$ bởi $b$.
\[
\begin{array}{l}
m: = 1,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {f\left( n \right)} \right) = n^2 f\left( 1 \right),\forall n \in \mathbb{N}^* \Rightarrow f:\text{ đơn ánh },\left( * \right) \\
n: = 1,\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {mf\left( 1 \right)} \right) = f\left( m \right) \Rightarrow mf\left( 1 \right) = m \Rightarrow f\left( 1 \right) = 1 \Rightarrow f\left( {f\left( n \right)} \right) = n^2 ,\forall n \in \mathbb{N}^* ,\left( 2 \right) \\
m: = f\left( m \right);\left( 1 \right) \wedge \left( 2 \right) \Rightarrow f\left( {f\left( m \right)f\left( n \right)} \right) = m^2 n^2 = f\left( {f\left( {mn} \right)} \right) \\
\left( * \right) \Rightarrow f\left( {mn} \right) = f\left( m \right)f\left( n \right),\left( 3 \right) \\
\end{array}
\]
Vì $f$ đơn ánh nên với $p$ nguyên tố thì $f(p) > 1$. Giả sử $f(p)$ không là số nguyên tố.
Đăt $a,b \in \mathbb{N}^*, a \ge b >1:f(p)=ab$.
\[
\left( 2 \right) \Rightarrow p^2 = f\left( {f\left( p \right)} \right) = f\left( {ab} \right) = f\left( a \right)f\left( b \right)
\]
Nếu $f(a)=p^2; f(b)=1 \Rightarrow b=1$ :vô lý.
Nếu $f(b)=p^2; f(a)=1 \Rightarrow a=1$: vô lý.
Nên $f(a)=f(b)=p \Rightarrow a=b \Rightarrow f(p)=a^2$. Ta sẽ cm $a$ nguyên tố.
Thật vậy, nếu $a=mn \Rightarrow p=f(a)=f(mn)=f(m)f(n) \Rightarrow f(m)=1$ hoặc $f(n)=1$.
$\Rightarrow m=1$ hoặc $n=1 \Rightarrow a$ là số nguyên tố.
Từ đó, ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 14-02-2013 - 22:37

[Secrets In Inequalities VP]

Bài này phải là $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$, chứ hàm $f \equiv 0$ thỏa hệ thức nhưng không thỏa đề.

====
Chắc đề in thiếu

Cố định $m$ dễ thấy $f$ đơn ánh.
Cho $m=n=1$ ta được $f(f(1))= f(1)\Rightarrow f(1)= 1$
Ta chứng minh $f$ nhân tính :
Cho $m=1;n\in\mathbb{N}^{*}$ ta được $f(f(n))= n^{2}$
Thay $m$ bởi $f(m)$ trong đề bài ta được:
$f(f(m).f(n))= n^{2}.f(f(m))= m^{2}n^{2}= (mn)^2.f(1)= f(f(mn))$
$\Rightarrow f(m)f(n)=f(mn)$
Giả sử kết luận bài toán là sai suy ra tồn tại $a\neq b\in\mathbb{N}^{*},a> 1,b> 1$ sao cho $f(p)=ab$
$\Rightarrow p^2= f(f(p))=f(ab)=f(a).f(b)$
Do $f$ đơn ánh và $a> 1,b> 1\Rightarrow f(a),f(b)> f(1)=1$
Chỉ xảy ra các TH sau :
+ TH1: $f(a)\vdots p^{2},f(b)\not\vdots p\Rightarrow f(a)\geq p^{2}\Rightarrow f(a)f(b)> p^2$ .Vô lí
+ TH2: $f(b)\vdots p^{2},f(a)\not\vdots p$ Vô lí.
+ TH3: $f(a)\vdots p,f(b)\vdots p\Rightarrow f(a)\geq p;f(b)\geq p\Rightarrow p^{2}= f(a)f(b)\geq p^{2}$
$\Rightarrow f(a)= f(b)= p\Rightarrow a= b$ .Vô lí
Vậy giả sử sai và ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 14-02-2013 - 22:35