PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN TẬP SỐ NGUYÊN
Các hàm số xác định trên tập số nguyên là rất đa dạng. Ngoài các vấn đề chung của
hàm số như: đơn điệu, bị chặn, liên tục, tuần hoàn, đơn ánh , chúng còn liên quan đến các
khái niệm của số học như: tính chia hết, số nguyên tố, số chính phương, quan hệ đồng dư,
hàm nhân tính, Trong một số trường hợp bản chất của bài toán về các hàm số xác định
trên tập số nguyên chính là bài toán số học. Mặt khác, khi xét các bài toán về hàm
f
:
RN
→
*
ta có thể chuyển về bài toán của dãy số. Dùng các kết quả của dãy số, ta thu được
tính chất cần thiết để giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm. Dưới đây ta xét một
vài phương pháp giải phương trình hàm trên tập số nguyên.
I. Sử dụng các kết quả của dãy số
1. Dựa vào công thức xác định số hạng tổng quát của dãy số cho bởi công thức truy hồi
Dạng 1
Tìm
n
U
biết
0
11
=++
−+ nnn
cUbUaU
,
2; ≥∈ nNn
với
21
;UU

n
n
nBAU
λ
+=
trong đó A, B được xác định theo
21
;UU
.
c) Nếu
iyx +=
λ
là nghiệm phức của (1) thì
),sincos(
ϕϕ
nBnArU
n
n
+=
với
;||
22
yxr +==
λ







f
là đa thức bậc n cho trước.
Phương pháp giải
Giải phương trình đặc trưng
cba ++
λλ
2
(2). Ta có
,
10
nnn
UUU +=
trong đó
0
n
U
là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất dạng 1.
0
11
=++
−+ nnn
cUbUaU
(3)
1
n
U
là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.
nnnn
fcUbUaU =++
−+ 11

gnU =
trong đó
n
g
là đa thức cùng bậc với
n
f
.
c) Nếu
1=
λ
là nghiệm kép của phương trình (2) thì
,.
21
nn
gnU =
trong đó
n
g
là đa thức cùng bậc
với
n
f
.
Thay
1
n
U
vào phương trình (4), đồng nhất hệ số tìm được
1

từ (1) ta có
0)0(2))0((
2
=+ ff
, suy ra
0)0( =f
hoặc
2)0( −=f
.
Nếu
0)0( =f
cho
0=n
từ (1) ta có
0)( =kf
,
Nk ∈∀
suy ra
0)1( =f
mâu thuẫn với giả thiết,
vậy
2)0( −=f
.
Từ (1) cho
1=n
ta được
0)1(2)(3)1(2 =−−−+ kfkfkf
;
.Nk ∈∀
Xét phương trình đặc trưng




−=
=
⇔





=−
−=+
2
0
1
2
1
2
2
B
A
BA
BA
suy ra
1
1
2
1
.)1()(

;
0)2( =f
b)
,1)1()(2)1( +=−+−+ nnfnfnf
*Nn ∈∀
(1).
Giải
Giải phương trình đặc trưng
012
2
=+−
λλ
có nghiệm kép
1
=
λ
.
Ta có
),()()(
10
nfnfnf +=
trong đó
nBAnBAnf
n
+=+= 1).()(
và
)()(
21
bannnf +=
(2). Thay

2
21
+
=






+=
nn
nnnf
và
6
)3(
)(
2
+
++=
nn
BnAnf
.
Mà
1)1( =f
;
0)2( =f
, nên ta có



4
3
11
6
)3(
)(
2
+−
+
= n
nn
nf
,
*Nn ∈∀
là nghiệm của bài toán.
Ví dụ 1.3
Tìm tất cả các hàm
f
:
ZN
→
thoả mãn
a)
1)1( =f
b)
,2.3)()()(2)(
k
nnkfkfnfnkf =−+−+
Nnk ∈∀ ;
(1).

012
2
=+−
λλ
có nghiệm kép
1=
λ
. Ta tìm được nghiệm dưới
dạng
),()()(
10
kfkfkf +=
trong đó
kBAkf .)( +=
và
.2.)(
1 k
akf =
Thay
)(
1
kf
vào phương trình (2) được
,2.32222
11 kkkk
aaa =+−
−+
Nk ∈∀
nên
6=a

n
;
*Nn
∈∀
là nghiệm của bài toán.
2. Kết hợp các tính chất của hàm số như: tuần hoàn, đơn ánh với các tính chất của dãy
số như: cấp số cộng, cấp số nhân và các bất đẳng thức, các hằng đẳng thức đại số và
lượng giác để giải các bài toán về phương trình hàm.
Ví dụ 1.4
Có tồn tại hay không hàm số
f
:
ZZ
→
sao cho
;)())(( nmfnfmf −=+
Znm ∈∀ ,
(1).
Giải
Giả sử tồn tại hàm
f
thoả mãn đề bài. Từ (1) cho
0=m
ta có
nfnff −= )0())((
(2).
Với
Znn ∈
21
,

Từ (1) thay
m
bằng
)(mf
và áp dụng (3) ta được
.)())(( nmnfmff −−=+
Xét
qpnm ,,,
là các số nguyên sao cho
,qpnm
+=+
khi đó
( ) ( )
)()(()()( qfpffqpnmnfmff +=−−=−−=+
Theo chứng minh trên
f
là đơn ánh, nên suy ra
)()()()( qfpfnfmf +=+
Do đó với mọi
Zn
∈
ta có
)()()1()1( nfnfnfnf +=−++
⇔
)1()()()1( −−=−+ nfnfnfnf

⇒
)0()1()1()2( )1()()()1( ffffnfnfnfnf −=−==−−=−+
nên
{ }

(vô lý), do vậy không tồn tại hàm
f
thoả mãn yêu cầu của đề bài.
Ví dụ 1.5
Tìm tất cả các hàm
f
:
RN →
thoả mãn các điều kiện sau
a)
cf =)0(
b)
,
)(3
1)(3
)1(
nf
nf
nf
−
+
=+
*Nn ∈∀
(1).
Giải
Từ (1) ta có
6
tan)(1
6
tan)(

f
f
f
−
+
=
Do đó ta đặt
α
tan)0( == cf
thì
)
6
tan()1(
π
α
+=f
)
6
2
tan(
6
tan)
6
tan(1
6
tan)
6
tan(
6
tan)1(1

(2).
Thật vậy, với
2;1;0=n
công thức (2) đúng.
Giả sử
).
6
tan()(
π
α
n
nf +=
4
Ta có
6
tan)
6
tan(1
6
tan)
6
tan(
6
tan)(1
6
tan)(
)1(
ππ
α
ππ

6
tan()(
π
α
nnf +=

.Nn ∈∀
II. Sử dụng phương pháp chứng minh quy nap
Nguyên lý quy nạp: Cho
NT ⊂
;
T∈1
và nếu
Tn ∈
suy ra
Tn ∈+1
thì
.*NT =
Khi giải các bài toán liên quan đến phương trình hàm ta có thể sử dụng các phương pháp
quy nạp khác nhau. Thông thường ta tìm cách tính một vài giá trị ban đầu để phát hiện quy
luật tổng quát
)(nf
và chứng minh nó bằng quy nạp theo
n
.
Ví dụ 2.1 Tìm tất cả các hàm
**: NNf →
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1)1( =f

==f
2
=
n
từ (2) suy ra
.
2
)12(2
32)1()2(
+
==+= ff
3
=
n
từ (2) suy ra
.
2
)13(3
63)2()3(
+
==+= ff
Ta chứng minh quy nạp
*,
2
)1(
)( Nn
nn
nf ∈∀
+
=

tức là (3) đúng với
1+n
nên (3)
đúng với mọi
*Nn ∈
. Mặt khác do có (1) nên nếu
f
thoả mãn đề bài thì
f
được xác định duy
nhất. Vậy hàm số cần tìm là
2
)1(
)(
+
=
nn
nf
,
.*Nn ∈∀
Ví dụ 2.2
Cho hàm
),( nmf
với
Znm ∈,
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1),0( += nnf
b)
)1,()0,1( mfmf =+

phải chứng minh
3)1,1( +=+ nnf
.
Thật vậy có
,3)2,0()),1(,0()1,1( +=+==+ nnfnffnf
đó là điều phải chứng minh.
. Tính
),2( nf
.30.23)1,1()0,2( +=== ff
.31.25)3,1())0,2(,1()1,2( +==== ffff
.32.27)5,1())1,2(,1()2,2( +==== ffff
Ta chứng minh quy nạp
32,2( += nnf
,
.Nn
∈∀
Giả sử có
,32),2( += nnf
phải chứng minh
.52)1,2( +−+ nnf
Thật vậy có
,52)32,1()),2(,1()1,2( +=+==+ nnfnffnf
đó là điều phải chứng minh.
. Tính
),3( nf
.5)1,2()0,3( == ff
.3213)5,2())0,3(,2()1,3(
31
−====
+

433
−=+−=−==+
+++ nnn
fnffnf
suy ra điều phải
chứng minh.
. Tính
),4( nf
.1332)1,3()0,4(
4
=−== ff
.3232)13,3())0,4(,3()1,4(
2
2
216
−=−=== ffff
3232)32,3())1,4(,3()2,4(
2
2
216
2216
−=−=−== ffff
.
6
Chứng minh quy nạp với
Nn ∈
thì
32),4(
2
.

)32,3()),4(,3()1,4(
2
.
.
.
2
−==+ fnffnf
với
)3( +n
số 2

3232
2
.
.
.
2
.
.
.
23)32(
−=−=
+−
với
)4( +n
số 2, đó là điều phải chứng minh
Từ đó ta được
32)1981,4(
2
.

c)
( )
,2)2( nnff =++
.Zn
∈∀
Giải
Từ a) và b) ta có
),1())0((0 fff ==
vậy
1)0( =f
và
0)1( =f
. Cho
2−=n
từ c) ta có:
2)2)0(( −=+ff
suy ra
312)3( −=−=f
Cho
3=n
từ b) ta có
3))3(( =ff
suy ra
)2(13)2( −−==−f
Cho
1−=n
từ c) ta có
1)2)1(( −=+ff
suy ra
211)2( −=−=f

{ }
.32;22;12;22 ++−−−−∈ kkkkn
Vậy
,1)( nnf −=
Zn ∈∀
là nghiệm của bài toán.
Ví dụ 2.4
Xác định tất cả các hàm
:f
ZZ
→
thoả mãn các điều kiện sau
a)
),().(2)()( nfkfnkfnkf =−++
Znk ∈∀ ;
b) Tồn tại số nguyên
N
sao cho
,|)(| Nnf <
.Zn
∈∀
Giải
Cho
0== kn
từ a) ta có
)0()0(
2
ff =
suy ra
0)0( =f

(1)
Ta đi xác định
).1(f
Cho
nk =
từ a) ta có
1)(2)2(
2
−= nfnf
.
Nếu
2|)1(| ≥f
thì
7|1)1(2||)2(|
2
≥−= ff
suy ra
97|1)2(2||)4(|
2
≥−= ff

Vậy ta được
+∞→)2(|
n
f
khi
+∞→n
hay
)2(
n

+
−=−=+−+=+
k
kffkfkf
suy ra
,)1()(
n
nf −=
.*Nn ∈∀
Trường hơp 2:
1)1( =f
11)1(2)2(
2
=−= ff
112)1()1().2(2)3( =−=−= ffff
. . .
.111.2)2()1()1(2)( =−=−−−= nffnfnf
Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp
,1)( =nf
*Nn
∈∀
8
Trường hợp 3:
0)1( =f
Thay vào (1) ta có
0)1()1( =−++ kfkf
suy ra
)1()1( −−=+ kfkf
. Cho
3;2;;1=k

0)14)34()54()1)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(*)
1)24()44()64()2)1(4( −=+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(**)
0)34()54()74()3)1(4( =+=+−=+=++ mfmfmfmf
do
(**)
Nghĩa là (2) và (3) đúng với
1
+
m
, ta được điều phải chứng minh.
Vậy trong các trường hợp hàm
f
được xác định như sau
,1)( =nf
nếu
0
≡
n
(mod 4)
,1)( −=nf
nếu
2
≡
n
(mod 4)
0)( =nf

1)( =nf
nếu
0≡n
(mod 4)

1)( −=nf
nếu
2≡n
(mod 4)

0)( =nf
trong các trường hợp còn lại của
.n
Nhận xét : Đối với các trường hợp 1 và 2 ta cũng có thể giải được nhờ giải phương trình đặc
trưng
.01)1(2
2
=+−
λλ
f
III. Sử dụng nguyên lý thứ tự
9
Định lý 1: Mọi tập con khác rỗng của
N
đều có phần tử nhỏ nhất.
Định lý 2: Mọi tập con khác rỗng và bị chặn của
N
đều có phần tử lớn nhất và nhỏ nhất.
Ví dụ.3.1
Giả sử

0
. Vì
f
là toàn ánh nên
với
),(
0
ng
tồn tại
Nn ∈
1
sao cho
).()(
01
ngnf =
Từ giả thiết có
)()()()(
0011
nfngnfng ≤=≤
(1).
Vì
Ang ∈)(
0
nên
)()(
00
nfng ≠
từ (1) ta có
)()(
00

1
và
),()(
01
ngng <
mâu thuẫn
với việc chọn
).(
0
ng
Vậy
,gf ≡
đó chính là điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.2
Giả sử
:f

.** NN
→
Chứng minh rằng nếu
))(()1( nffnf >+
,
*Nn
∈∀
thì
,)( nnf =
.*Nn
∈∀
Giải
Gọi A là tập giá trị của hàm số. Khi đó A là tập con khác rỗng của

2>∀n
.
Lại tiếp tục hạn chế hàm
f
trên
{ }
2;1\*N
{ } { }
2;1\*2;1\*: NNf →
Lập lại quá trình trên ta có
)3()2()1( <<< fff
dẫn đến
f
là hàm tăng và
,)( nnf ≥

*Nn ∈∀
.
Giả sử
nnf >)(
với
n
nào đó,
Nn ∈
thì ta có
1)( +≥ nnf
suy ra
)1())(( +≥ nfnff
, do
f

.),()( Nmafamf ∈∀=+
Chứng tỏ
f
là hàm tuần hoàn và như thế tập giá trị của
f
là
{ }
)1(); 2();1();0( −= affffA
Gọi M là số lớn nhất trong A thì
,)( Mnf ≤
.Nn
∈∀
Mặt khác, từ giả thiết cho
0=m
ta có
+∞→+=+= nanfnff )0())((
khi
+∞→n
điều này mâu thuẫn với
,)( Mnf ≤
Nn ∈∀
nên
phải có
,0)0( == af
khi đó
.,))(( Nnnnff ∈∀=
Nếu
0)1( =f
thì
1))1(()0(0 === fff

và
.)( nnf =
Hàm số thoả mãn đề bài là
,)( nnf =
.Nn ∈∀
IV. Sử dụng tính chất của hàm hoàn toàn nhân tính
Ta đã biết đối với hàm hoàn toàn nhân tính rất thuận lợi khi tính giá trị của nó tại một điểm
tuỳ ý đó là: Cho
k
k
pppn
α
αα

21
21
=
là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên
n
, nếu
f
là hàm
số hoàn toàn nhân tính thì
k
k
pfpfnf
α
α
))( ())(()(
1

*,
21
Nnn ∈
mà
)()(
21
nfnf =
thì
)1()1())(())((
2
2
2
121
fnfnnffnff =⇔=
Do
*)( Nnf ∈
nên
0)1( ≠f
suy ra
21
nn =
, vậy
f
là đơn ánh.
Từ (1) cho
1
==
nm
và do
f

là một số nguyên tố tuỳ ý
Nếu
)( pf
là hợp số thì tồn tại
*,, Nba ∈
1>≥ ba
sao cho
abbf =)(
.
Ta có
)()()())((
2
bfafabfpffp ==
xảy ra các trường hợp sau
. Nếu
2
)( paf =
thì
1)( =bf
suy ra
1=b
vô lý.
. Nếu
2
)( pbf =
thì
1)( =af
suy ra
1=a
vô lý.

a
là số nguyên tố.
Từ chứng minh nếu
p
là số nguyên tố thì
)( pf
hoặc là số nguyên tố hoặc là bình phương của
một số nguyên tố.
Mặt khác ta lại có
. Nếu
ppf =)(
thì
)())(( pfpff =
suy ra
pp =
2
nên
1=p
mâu thuẫn với
p
nguyên tố.
. Nếu
2
)( ppf =
thì
)())((
2
pfpff =
suy ra
422

;
2
122
)(
−
=
kk
ppf
với mọi
, 3,2,1=k
Hàm
f
xác định như trên thoả mãn điều kiện của bài toán.
Ví dụ 4.2
Xét hàm
:f

** NN
→
thoả mãn
222
))(())(( mfnnfmf =
,
*, Nnm ∈∀
(1)
Xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của
).2005(f
Giải
Đặt
0)1( >= af

Vậy
);()( nafanf =

)()()()( nfmfmnfmnaf ==
(4)
Từ (3) và (4) ta có
222
))(()()( nfnafanf ==
(5)
Với mỗi
*Nn
∈
, ta chứng minh công thức sau bằng quy nạp
,))(()(
11 ++
=
kkk
nfnfa
*Nk
∈∀
(6)
Với
1
=
k
công thức (6) đúng do có (5)
Giả sử có
11
))(()(
++

nfa
Ta chứng minh
),(| nfa
thật vậy
Giả sử số mũ của số nguyên tố
p
trong phân tích tiêu chuẩn của
n
là
α
và số mũ của
p
trong
phân tích tiêu chuẩn của
)(nf
là
β
. Khi đó số mũ của
p
trong phân tích tiêu chuẩn của
k
a
là
k
α

còn số mũ của
p
trong phân tích tiêu chuẩn
1

không là ước của
1
0
))((
+k
nf
mâu thuẫn (6). Vậy
βα
≤
tức là
).(| nfa
Khi đó đặt
*,
)(
)( N
a
nf
ng ∈=
ta có
1
)1(
)1( ==
a
f
g
;
a
a
a
a

Suy ra
mmgg =))((
hay
2222
))(.(.))(())(()())(( mgnnmgnggmgngmg ===
Vì vậy
g
thoả mãn đề bài và nó có giá trị
)(
)(
)( nf
a
nf
ng <=
với
1>a
và
.1)1( =g
Do đó muốn
tìm giá trị nhỏ nhất của
)2005(f
ta sẽ tìm các hàm
f
thoả mãn đề bài và có
.1)1( == af
Theo chứng minh trên
f
là hàm đơn ánh và là hàm hoàn toàn nhân tính.
Với
p

và
6)2005( =f
được xác định như sau
1)1( =f
;
2)5( =f
;
5)2( =f
;
3)401( =f
;
,401)3( =f
,)( ppf =
p∀
nguyên tố
{ }
,401,5,3,2∉p
do vậy giá trị nhỏ nhất có thể có
)2005(f
là 6.
Nhận xét : Theo cách chứng minh trên ta có thể xác định giá trị nhỏ nhất có thể có của
)(nf

với mỗi giá trị cụ thể của
n
và hàm
f
thoả mãn đề bài.
Ví dụ 4.3
Tìm tất cả các hàm

⇒= ))(())((
21
nffnff
3
2
3
1
anan =
do (2)
⇒

21
nn =
tức
f
là đơn ánh.
Với
1
=
n
thay vào (1) và do
f
là đơn ánh ta có
)().( mfamf =
mam =⇔
suy ra
1
=
a
thay vào (2) có

.
3
)( paf =
;
1)( =bf

⇒

.1=b
.
3
)( pbf =
;
1)( =af
⇒

.1=b
.
2
)(;)( pbfbaf ==
hoặc
2
)( paf =
;
pbf =)(
Xét trường hợp
paf =)(
;
2
)( pbf =

m
hoặc
1
=
n
nên
a
là số nguyên tố.
Do đó ta có với mỗi số nguyên tố
p
thì
)( pf
hoặc là số nguyên tố hoặc là lập phương của một số
nguyên tố.
Mặt khác với
p
nguyên tố mà
ppf =)(
thì
)())(( pfpff =
nên
pp =
3
suy ra
1=p
mâu thuẫn
với
p
là số nguyên tố.
Còn nếu

f
thoả mãn đề bài, chẳng
hạn theo cách xác định trên).
V. Sử dụng một số tính chất của số học
Trong phần này, ta xét một số phương trình hàm giải được bằng cách áp dụng các tính chất
của số học như: tính chia hết, nguyên tố, quan hệ đồng dư, phần nguyên
Ví dụ 5.1
Có bao nhiêu hàm
:f

** NN
→
thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
a)
1)1( =f
b)
,1997))1(9)2()(
2
++=+ nfnfnf
.*Nn
∈∀
Giải
Gọi
D
là tập hợp tất cả các hàm số
f
thoả mãn điều kiện bài toán. Theo giả thiết b) ta có
1997))1(()2()(
2
++=+ nfnfnf

)3(
)4()2(
)2(
)3()1(
=
+
++
==
+
=
+
nf
nfnf
f
ff
f
ff
Đặt
)2(
)3()1(
f
ff
c
+
=
(1) suy ra
*),()1()2( Nnnfncfnf ∈∀−+=+
(2)
Ta chứng minh
.*Nc

1
2
=q
hay
1=q
suy ra
*Nc
∈
Gọi
,)2( af =
do (1) ta có
)3(1 fac +=
suy ra
1997))2(()3()1()3(1
2
+===− ffffac

⇒
19971
2
+=− aac
⇔
1998)( =− aca
Ta được
1998|a
, hay
)2(f
là một ước dương của 1998.
Ngược lại với mỗi ước dương
a

2
+−+= nfnfnf
*Nn
∈∀
suy ra
22
))1(()()2())2(()3()1( +−+=+−++ nfnfnfnfnfnf22
))2(()3())2(()1()3( fffff −=−=
Từ đó ta có
22
))2(()3())1(()2()( ffnfnfnf −=+−+

22
1)())2(()1()2()( aabafffba −−+=−−+=

.1997119981 =−=−= ab
Vậy ta được
1997))1(()1()(
2
++=+ nfnfnf
hay
Df ∈
Ta có tương ứng, mỗi
Df ∈
với một giá trị
1998|)2(f
là một song ánh giữa

3)3)(( −=+ nnff
,
Zn ∈∀
suy ra
Znnfnfffnf ∈∀+=+=− ,3)())3)((()3(
hay
3)3()( −−= nfnf
,
Zn ∈∀
Từ đó ta có
3)0()3( −= ff
3)3()6( −= ff
. . .
3)33()3( −−= tftf
suy ra
tftf 3)0()3( −=
,
Zt ∈∀
Làm tương tự như trên ta có
16
;3)1()13( tftf −=+

.3)2()23( tftf −=+
Vì vậy ta được







.0)3991()3991())0(( =⇒= ffff

Mà
11330.33991 +=
do đó
3990)1(03990)1()3991( =⇒=−= fff
(3)
. Nếu
Zkkf ∈= ,3)2(
thì
kkfkfff 3399123)0()3())2(( −=⇒−==
hay
39893
=
k
(vô lý ),
vậy
.3)2( kf ≠
. Nếu
Zkkf ∈+= ,13)2(
thì
39882)1(33)1()13())2((2 =−=⇒−=+== fkkfkfff
(vô lý ),
vậy
.13)2( +≠ kf
Do đó
Zkkf ∈+= ,23)2(
(4).
Từ (1), (2), (3), (4) ta có


nfnfnf =++
*Nn
∈∀
Chứng minh rằng
1)( ≤nf
,
.1998
>∀
n
2. Tìm tất cả các hàm
f
:
NN
→
*
thoả mãn các điều kiện sau
a)
),()()( nfmfmnf +=
*; Nnm ∈∀
b)
0)30( =f
c)
0)( =nf
nếu
n
có chữ số tận cùng bằng 7.
3. Cho hàm
f
:
RN

0
0
−
<
+
nf
nf
nf
n
n

18
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Bùi Huy Hiền, Bài tập đại số và số học- T1, NXBGD - 1985.
[2]. Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, NXBGD - 2004.
[3]. Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXBGD - 2003.
[4]. Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD.

19