Phương trình hàm trên tập số
nguyên
Phan Sỹ Quang
Lớp A1 K35, Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
1
Mục lục
1 Sử dụng nguyên lý quy nạp. 3
1.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Ứng dụng bài toán dãy số vào giải phương trình hàm. 11
2.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức. 15
3.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 Sử dụng nguyên lý cực hạn. 21
4.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5 Hàm số sử dụng tính chất số học. 25
5.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
6 Hàm số và hệ đếm cơ số. 39
6.1 Lý thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6.2 Một vài ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6.3 Bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
7 Ý tưởng liên kết hàm số và các bài toán rời rạc. 46

 P(0, 0, 0) ⇒ f(0) = 0
 P(x, −x, 0) ⇒ f(x) = −f (−x)
 P(1, 1, 0) ⇒ f(2) = 2f (1)
 P(1, 1, 1) ⇒ f(3) = 3f (1)
Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau f (n) = nf (1), ∀n ∈ Z.
 Với n = 1 hiển nhiên đúng .
 Giả sử với n = k ≥ 0 đúng, ta chứng minh với n = k + 1 cũng đúng. Với k = 2t, sử
dụng đẳng thức:
(2t + 1)
3
+ 5
3
+ 1
3
= (2t −1)
3
+ (t + 4)
3
+ (4 − t)
3
và khi k = 2t − 1 thì
(2t)
3
= (2
j
)
3
.(2i + 1)
3
, 2i + 1 < 2t, j ∈ N

Tương tự cho f(2t) = 2tf (1). Vì thế ta có với mọi n ∈ Z thì f(n) = nf (1). Thay vào phương
trình ta nhận được 3 nghiệm: f (x) = 0, f (x) = x, f(x) = −x.
Sau đây là ví dụ tương tự nhưng cho 2 biến:
∇
Ví dụ 2. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn các điều kiện:
1, f(m
2
+ n
2
) = f
2
(m) + f
2
(n) với mọi m, n ∈ N.
2, f(1) > 0.
Giải: Cho m = n = 0 vào phương trình hàm, ta được f(0) = 2f
2
(0). Nếu f(0) = 0 thì từ đây
suy ra f(0) =
1
2
, điều này mâu thuẫn vì f nhận các giá trị trong N. Vậy f(0) = 0 và điều này
dẫn đến f (m
2
) = f
2
(m). Ta có thể viết a) dưới dạng
f(m
2
+ n

2
+ 1
2
) = f
2
(2) + f
2
(1) = 5
f(8) = f (2
2
+ 2
2
) = f
2
(2) + f
2
(2) = 8
Hơn nữa, ta thấy rằng
25 = f
2
(5) = f (5
2
) = f (3
2
+ 4
2
) = f
2
(3) + f
2

2
+ 8
2
để thu được f (6) = 6.
5
Như vậy ta có f (n) = n với mọi n ≤ 10. Ta sử dụng các hằng đẳng thức sau:
(5k + 1)
2
+ 2
2
= (4k + 2)2 + (3k −1)
2
(5k + 2)
2
+ 1
2
= (4k + 1)
2
+ (3k + 2)
2
(5k + 3)
2
+ 1
2
= (4k + 3)
2
+ (3k + 1)
2
(5k + 4)
2

và
f(2
k
− k − j) = 2
k−1
− f(j).
Chứng minh: Quy nạp theo n.
 Với k = 2, 3 ,n ≤ 7 kiểm tra trực tiếp ta thấy thỏa mãn.
 Xét với n > 7, k > 3 , khi đó:
f(2
k
− i) = f(2
k
− i − f(2
k
− i − 1)) + f (2
k
− i − 1 −f (2
k
− i − 2))
Trường hợp 1: Khi i ≤ k −2 Theo giả thiết quy nạp :
f(2
k
−i) = f (2
k
−i−2
k−1
)+f(2
k
−i−1−2

− k − 2
k−1
+ 1)) + f(2
k
− k − 1 − 2
k−1
+ 2) = 2
k−1
Tương tự cho trường hợp tính f(2
k
− i − j).
Ta kết thúc lời giải cho câu 1,.
Mặt khác với k ≥ 2:
f(2
k
) = f (2
k+1
− (k + 1) − (2
k
− (k + 1))) = 2
k
− f(2
k
− k − 1)
= 2
k
− (2
k−1
− f(1)) = 2
k−1

11
là giá trị duy nhất thỏa mãn.
∇
Ví dụ 4. ( IMO 1982, bài 1 ).Cho f : N −→ N thoả mãn với m, n ∈ N thì :
f(m + n) − f(m) −f(n) = 0 hoặc 1, f(2) = 0, f (3) > 0, và f(9999) = 3333.
Tính f(1982).
Giải: Ta chứng minh bằng quy nạp rằng:
f(n) = 
n
3
 với n ≤ 9999
Trước tiên dễ dàng chứng minh f(3) = 1. Quy nạp lên, ta có f (3n) ≥ n. Với f (3n + 3) =
f(3) + f(3n) + a (trong đó a ∈ {0, 1}) = f(3n) + b (trong đó b ∈ {1, 2}). Mặt khác nếu
f(3n) > n thì ta cũng có f (3m) > m, ∀m > n. Nhưng f (3.3333) = 3333, do đó f(3n) = n
với mọi n ≤ 3333.
Bây giờ ta có
f(3n + 1) = f(3n) + f (1) + a = n + a
Nhưng
3n + 1 = f(9n + 3)f (6n + 2) + f(3n + 1)3f(3n + 1)
suy ra f(3n + 1) < n + 1. Hay f(3n + 1) = n. Tương tự, f(3n + 2) = n. Do đó f(1982) = 660.
7
∇
Ví dụ 5. ( Iran 1995 ).Tìm tất cả các hàm số f : Z \{0} → Q thoả mãn với x, y ∈ Z \{0}:
f

x + y
3

=
f(x) + f (y)

thoả mãn các điều kiện:
f(f(n)) + f (n + 1) = n + 2, ∀n ∈ N (1)
Giải. Cho n = 1 vào (1) ta có:
f(f(1)) + f (2) = 3
Từ đó f (2) ≤ 2 và f (f (1)) ≤ 2. Ta xét 2 trường hợp:
8
Trường hợp 1: f(2) = 1 và f(f(1)) = 2. Đặt f (1) = k, ta có f(k) = 2. Cho n = 2
vào (1), ta được:
f(f(2)) + f (3) = 4
Suy ra f (3) = 4 − f(1) = 4 − k. Từ f (3) ≥ 1 nên k ≤ 3.
Nếu k = 1 ta có :
2 = f (f (1)) = f (k) = f (1) = k = 1
Mâu thuẫn. Nếu k = 2, ta cũng có:
2 = f (f (1)) = f (k) = f (2) = 1
Mâu thuẫn. Cuối cùng xét k = 3. Hay :
2 = f (f (1)) = f (k) = f (3) = 4 − k = 1
Cũng là điều mâu thuẫn. Ta loại trường hợp này.
Trường hợp 2: f (2) = 2 và f (f (1)) = 1. Cho n = 2 vào (1), ta nhận được:
f(f(2)) + f (3) = 4
Từ đó dễ thấy f (3) = 2. Ta tính toán được rằng:
f(4) = 5 − f(f(3)) = 5 − f(2) = 3
f(5) = 6 − f(f(4)) = 6 − f(3) = 4
f(6) = 7 − f(f(5)) = 7 − f(4) = 4
Dự đoán rằng:
f(n) = nα − n + 1
Ở đây α =
1 +
√
5
2

 Với n = 1:
f(1) = 1 = α = α −1 + 1
 Với n = 2:
f(2) = 2 = 3 − 2 + 1 = 2α − 2 + 1
 Giả sử kết quả đúng với 1 ≤ j ≤ n. Sử dụng (1) ta có :
f(n + 1) = n + 2 − f(f(n))
= n + 2 − h(nα −n + 1)
= n + 2 − α(nα − n + 1)+ nα −n + 1 − 1
Từ nα −n + 1 < 2n −n + 1 = n + 1, nó dẫn đến:
f(n + 1) = nα + 2 − α(nα − n + 1)
Giả sử n thỏa mãn α(nα − n + 1) = n. Từ đó ta có (n + 1)α = nα + 2 và do đó:
f(n + 1) = (n + 1)α − n
Nếu n không thỏa mãn α(nα−n + 1) = n thì α(nα−n + 1) = n + 1 và (n + 1)α =
nα + 1, từ đó ta có:
f(n + 1) = (n + 1)α + 1 − (n + 1)(n + 1)α − n
Ta kết thúc chứng minh.
10
1.3 Bài tập áp dụng.
1. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn các điều kiện:
f(x + y
2
+ z
3
) = f (x) + f
2
(y) + f
3
(z)
với mọi x, y, z ∈ N.
2. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn các điều kiện:

n+1
= a
n
−2
nếu a
n
−2 ∈ {a
1
, a
2
, , a
n
} và a
n
−2 > 0 và a
n+1
= a
n
+ 3 trong trường hợp còn lại . Chứng
minh rằng với mỗi số nguyên dương k thì tồn tại 1 số tự nhiên n sao cho a
n
= k
2
= a
n−1
+ 3.
5. Tìm tất cả các hàm f : N −→ N thoả mãn các điều kiện:
1, f(1) = 1.
2, f(m + n) + f (m −n) =
1

= t, a
i
= f
[i]
(n) với t là số bất kì thuộc vào tập xác định hàm số.
Ở đây chú ý thêm ta có thể dùng thêm điều kiện miền xác định của hàm số f để khống
chế dãy số nhằm tạo ra một biểu thức có lợi khi ta buộc phải dùng tới số phức.
2.2 Một vài ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn điều kiện :
f(f(n)) + f (n) = 2n + 3k với mọi n ∈ N
( k là số tự nhiên cho trước).
Giải. Đặt a
1
= x và với n ≥ 1 đặt a
n+1
= f(a
n
). Khi đó từ phương trình ta có :
2a
n
+ 3k = a
n+1
+ a
n+2
Và:
2a
n+1
+ 3k = a
n+2
+ a

2
12
Thay vào phương trình ta có :
2a
n
+ 3k = a
n+1
+ a
n+2
⇒ 2λ
1
+ 2nλ
2
+ 3k = λ
1
+ (n + 2)λ
2
+ λ
1
+ (n + 3)λ
2
Từ đó λ
2
= k. Bây giờ chú ý tới:
a
2
− a
1
= λ
1

k+3
= 3a
k+2
− 6a
k+1
+ 4a
k
.
Do đó :
a
k
= (
2n
3
+
g(g(n))
3
−2
g(n) −n
3
√
3
)+(
n
3
−
g(g(n))
3
+2
g(n) −n

Từ a
k
và v(n) cos(
kπ
3
) + w(n) sin(
kπ
3
) không nguyên với mọi k nên v(n) = w(n) = 0. Do đó
g(n) = n.
Hay f (n) = n + 669.
∇
Ví dụ 3. ( Balkan 2002 ) Tìm tất cả các hàm số f : N → N thỏa mãn với mọi n ∈ N :
f(f(n)) + f (n) = 2n + 2001 hoặc 2n + 2002.
Giải: Ta xác định dãy các số tự nhiên (a
n
)
n≥0
như sau: a
0
là 1 số tự nhiên bất kì và
a
n+1
= f (a
n
) với mọi n. Đặt thêm: c
n
= a
n
− a

1
+ 1 ≤ −1, c
3
≥ −2c
2
≥ 2. Bằng quy nạp dễ thấy
rằng: c
2k+1
≥ 2
k
Mặt khác:
a
2k+2
− a
2k
− 1334 = c
2k+2
+ c
2k+1
≤ −2
k
+ 1,
Do đó với k ≥ 11, ta có: a
2k+2
< a
2k
vô lý.
Nếu c
1
< 0, suy ra c

thỏa mãn:
f(f(n)) + 3n = 2f(n), ∀n ∈ N
∗
Giải: Giả sử tồn tại hàm số f. Với mỗi i ∈ N
∗
ta xây dựng dãy (a
n
)
+∞
i=1
: a
1
= i, a
n+1
= f(a
n
).
Khi đó:
a
n+1
= f(a
n
) = f (f (a
n−1
)) = 2f (a
n−1
) −3a
n−1
= 2a
n

f(f(f(n))) + f (f (n)) + f(n) = 3n
10. Cho f : Z −→ Z là hàm số thỏa mãn điều kiện :
f(0) = 1; f (f (x)) = x + 4f(x), ∀x ∈ Z
Tìm mọi số nguyên n ≥ 1 sao cho f
n
(0) chia hết cho 20
11
, ở đây f
1
(x) = f (x); f
n
(x) =
f(f
n−1
(x)).
15
3 Sử dụng đánh giá bất đẳng thức.
3.1 Lý thuyết.
Bất đẳng thức là một lĩnh vực rộng có nhiều ứng dụng. Trong phần này, ta không chú tâm
quá nhiều vào bất đẳng thức mà là những ứng dụng thiết thực của nó trong việc xử lý các
bài toán phương trình hàm. Cần chú ý đến vài điểm:
1, Tính đơn điệu của hàm và nếu cần thiết ta có thể kẹp hàm số trên một khoảng giá
trị nào đó. Ví dụ, ta có f là hàm đơn điệu khi đó nếu f (a
n
) = f(a
n+1
) với a
n
< a
n+1

Giải. Do f tăng thực sự nên f (n + 1) ≥ f(n) + 1 hay f(n + 1) − n − 1 ≥ f(n) − n. Suy ra
f(n) −n là hàm số tăng. Mặt khác, đặt a
0
= 1, a
n+1
= a
n
+ f(a
n
). Suy ra a
0
< a
1
< . . . , và
f(a
n+1
) = 2f (a
n
), do đó:
f(a
n+1
) −a
n+1
= f(a
n
) −a
n
Suy ra có vô hạn bộ (m, n) sao cho f (n) − n = f(m) − n suy ra f (n) = n + k với k ∈ N.
∇
Ví dụ 2. ( Baltic MO ) Tìm tất cả các hàm số f : N

= x
2
n
+ 1. Hiển nhiên lim
n→∞
x
n
= +∞. Suy ra nếu f(m) = f (m + 1) thì :
f((m + 1)
2
+ 1 = 1 + f(m + 1)
2
= 1 + f(m)
2
= f(m
2
+ 1)
16
=⇒ f(m
2
+ k) = f(m
2
+ 1), k = 1, . . . 2m + 2.
Quy nạp lên ta có tồn tại vô hạn số m sao cho f(m
2
+ k) = f (m
2
+ 1), k = 1, . . . 2m +2. Chọn
m đủ lớn sao cho tồn tại n sao cho a
n

0
+ 1) − f (n
0
) ≥ 1. Suy ra f(n) tăng
thực sự với n > n
1
. Suy ra tồn tại n
2
> n
1
+ 2 sao cho f (n
2
− 1) > n
1
. Từ đó :
f(n
2
+ 2) − f(n
2
+ 1) = f(n
2
+ 1) − f(n
2
) + f (f (n
2
− 1)) ≥ f(n
2
+ 1) − f(n
2
) + 1 ≥ 2

∈ N
∗
sao cho f(f(x
0
)) > 1.
Nếu x
0
= 1, chọn x
0
= 23 (từ f (23) = f(1) ). Suy ra ta chỉ cần xét khi x
0
> 1. Ta có
f(x
2
0
y) > f(y), và f(x
4
0
y) > f(x
2
0
y) > f(y) dẫn đến có hơn 22 giá trị của f (x),vô lý.
Vì vậy f(f(x)) = 1, ∀x ∈ N
∗
và f (x
2
y) = f(y)∀x, y ∈ N
∗
.
Chọn x > y ∈ N

(n) + 97f (n) = 98n + 232
với f
[m]
(n) = f (f ( f (n)))
  
m lần
.
Giải: Đặt f (n) = n + 2 + t. Từ giả thiết suy ra:
97f(n) < 98n + 232
=⇒ f(n) < n +
n + 232
97
(1)
Với n ≤ 156 thì
f(n) < n +
n + 232
97
< n + 4
Suy ra với n ≤ 156 thì f (n) ≤ n + 3. Khi đó với n ≤ 102 thì :
f(n) ≤ n + 3 ≤ 105 < 156
=⇒ f(f(n) ≤ f (n) + 3 < 156
Tiếp tục quá trình trên 18 lần ta có :
f
[19]
(n) < n + 57
18
Suy ra với n ≤ 36 thì
97f(n) < f
[19]
(n) + 97f (n) < n + 57 + 97f(n)

thỏa mãn:
1, f(2) = 2
2, f(mn) = f(m)f(n) với mọi m, n ∈ N
∗
thỏa mãn gcd(m, n) = 1
3, f(m) < f(n) với mọi m < n.
Giải: Ta có
f(3)f(5) = f (15) < f (18) = f(2)f(9) < f (2)f (10) = f(2)f(2)f(5) = 4f(5)
Suy ra f(3) < 4, từ đó f(3) = 3. Suy ra f(a
n
) = a
n
, ∀n ∈ N
∗
, trong đó a
1
= 3, a
n
=
a
n−1
(a
n−1
− 1). Dễ thấy lim
n→+∞
a
n
= +∞. Từ đó f(n) = n, ∀n ∈ N
∗
.

Giải: Kí hiệu P (x, y, z) là phép thế biến vào điều kiện f(xy) + f (xz) ≥ f (x)f (yz) + 1 .
 P (1, 1, 1), 2f (1) ≥ f(1)
2
+ 1, suy ra 0 ≥ f(1)
2
− 2f(1) + 1 = (f(1) −1)
2
hay f (1) = 1.
 P (x, 1, 1), 2f (x) ≥ f(x)f(1) + 1 = f (x) + 1, suy ra f(x) ≥ 1 ∀x ∈ N.
 P (x, x, x), 2f (x
2
) ≥ f (x)f (x
2
) + 1 suy ra f(x
2
)(f(x) −2) ≤ −1 hay f (x) < 2 ∀x ∈ N.
 Đặt a = sup({f(n), n ∈ N}) ( ta có a tồn tại là do f(N) ⊆ [1, 2) và 2 ≥ a ≥ 1 ).
Chọn  sao cho a >  > 0 và tồn tại p thỏa mãn 0 ≤ a − f(p) < .
 P (p, p, 1), f (p
2
)+f (p) ≥ (f (p))
2
+1. Và do vế trái bé thua hoặc bằng a+a nên (f(p))
2
+1 ≤
2a suy ra (a − )
2
+ 1 ≤ 2a. Hay
(a −1)
2

2, Với mọi m, n ∈ N và m ≥ n thì f(m
2
) ≥ f (n)
2
.
13. Tìm tất cả các hàm số f : N
∗
→ N
∗
thỏa mãn với mọi n ∈ N
∗
1, f(n + 19) ≤ f(n) + 19.
2, f(n + 94) ≥ f(n) + 94.
14. Cho hàm số f : Z → Z thỏa mãn với mọi a và b thuộc Z \ {0}, f(ab) ≥ f(a) + f(b). Chứng
minh với mọi a ∈ Z \{0} ta có f(a
n
) = nf (a) với mọi n ∈ N khi và chỉ khi f (a
2
) = 2f (a).
15. ( Cono Sur Olympiad 1995 ) Tìm tất cả các hàm số f : N
∗
−→ N
∗
thỏa mãn
1, Nếu x < y thì f(x) < f (y).
2, f (yf(x)) = x
2
f(xy) với mọi x, y ∈ N
∗
.

}
Suy ra tồn tại m ∈ N
∗
sao cho f (m) = d. Nếu m > 1 thì
d = f (m) > f (f (m − 1)) ≥ d
vô lý. Do đó m = 1. Bây giờ xác định tập hợp {f (n), n ∈ N
∗
, n ≥ 2. Hiển nhiên f (2) > f (1)
do f(2) > f (f (1)) ≥ f(1). Từ đó ta có :
f(1) < f (2) < < f(n) <
Chú ý rằng f(1) ≥ 1 nên f (n) ≥ n, ∀n ∈ N
∗
.Giả sử f(k) > k với một số k nào đó, suy ra
f(k) ≥ k + 1 hay f(f(k)) ≥ f(k + 1) > f(f(k)), vô lý. Do đó :
f(n) = n, ∀n ∈ N
∗
.
Lời giải 2.Ta có
f(1) = min{f (n), n ∈ N
∗
}
f(2) = min{f (n), n ∈ N
∗
, n ≥ 2}()
22
Nếu f(1) ≥ 2 suy ra f(f(1)) ≥ f(2) > f(f(1)) ( do () ). Suy ra f(1) = 1. Bây giờ đặt
g(n) = f(n + 1) − 1. Ta thấy:
g(g(n)) = f(f(n + 1) −1) = f(f(n + 1) − 1 < f(n + 2) −1 = g(n + 1)
Suy ra g(n) cũng là một nghiệm của phương trình hàm. Theo trên ta có g(1) = 1 hay f(2) = 2.
Theo quy nạp ta có:

∗
−→ N
∗
thỏa mãn:
f(n + f (n)) = f(n), ∀n ∈ N
và tồn tại x
0
∈ N sao cho f (x
0
) = 1.
Giải. Gọi :
x
1
= min{x, x ∈ N, f(x) = 1}
23
Suy ra :
f(x
1
+ 1) = f(x
1
+ f(x
1
)) = f (x
1
) = 1
Hay
f(n) = 1, ∀n ∈ N, n ≥ x
1
Giả sử x
1

∗
−→ N
∗
thỏa mãn:
2

f(m
2
+ n
2
)

3
= f(m)
2
.f(n) + f (m).f (n)
2
Giải Nếu f (n) ≡ c, với c là hằng số thì hiển nhiên thỏa mãn bài ra.
Nếu tồn tại m, n ∈ N
∗
sao cho f (m) = f (n) thì ta gọi a, b là 2 số thỏa mãn
| f(a) −f (b) |= min | f (m) − f(n) |, m, n ∈ N
∗
Giả sử f (a) > f(b). Ta có:
2f
3
(b) < f (a)
2
.f(b) + f (a).f (b)
2

2
, , n
k−1
và n
0
= 0, nếu n = qk + r, 0 ≤ r < k thì f
0
(n) = qk + n
r
k. Dễ thấy hàm f
0
(n) chính là
nghiệm tổng quát của hàm số đã cho.
4.3 Bài tập áp dụng.
17. ( Canada 2002 )Tìm tất cả các hàm số f : N −→ N thỏa mãn:
xf(y) + yf(x) = (x + y)f (x
2
+ y
2
)
với mọi x, y ∈ N.
18. Xét hàm số f(n) = n +
√
n, n = 1, 2, Cho m ≥ 1 là số tự nhiên. Xét dãy các số
m, f (m), f (f (m), Chứng minh trong dãy có vô hạn số chính phương.
19. Cho D = {1, 2, 3, , 2004}. Hàm số f : D −→ N thỏa mãn : với mọi m, n ∈ D thì
f(m) + f (n) ≤ f(m + n) ≤ f (m) + f(n) + 1
Chứng minh tồn tại x ∈ R sao cho f (n) = nx, với mọi n ∈ D.
20. ( Tổng quát Ví dụ 2 ) Tìm tất cả các hàm số f : N
∗