Bài toán: Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$ $\;\;\;\;\;\;\;$ $1.$ Chứng minh rằng $f(2003)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố.
$\;\;\;\;\;\;\;$ $2.$ Xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên.
Lời giải:
   $1.$ Cố định $m$, với mọi $f(n_1)=f(n_2)$, ta có: $$f(m.(f(n_1))=f(m.f(n_2))\\\Leftrightarrow n_1^2.f(m)=n_2^2.f(m)\Leftrightarrow n_1^2=n_2^2\Leftrightarrow n_1=n_2$$ Như vậy $f$ là một đơn ánh.
Cho $n=1$, ta được $$f(m.f(1))=f(m)\\\Leftrightarrow mf(1)=m\Leftrightarrow f(1)=1$$ Cho $m=1$ ta được: $$f(f(n))=n^2,\forall n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Ta lại có: $$f(f(m).f(n))=n^2f(f(m))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Từ $(1)$ và $(2)$ dẫn đến $$f(f(m).f(n)=m^2n^2=f(f(mn))\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Do $f$ là đơn ánh nên từ $(3)$ ta rút ra: $$f(mn)=f(m).f(n),\forall m,n\in\mathbb{N^*}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Quay lại vấn đề, giả sử phản chứng kết quả bài toán không đúng. Điều này nghĩa là tồn tại $a>1, b>1,$ $a\neq b,$ $a,b\in\mathbb{N^*}$ sao cho $f(2003)=ab$. Theo $(4)$ ta có: $$f(f(2003))=f(ab)=f(a).f(b)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Ta lại có: $$f(f(2003))=f(f(2003).f(1))=2003^2.f(1)=2003^2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\ (6)$$ Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra: $f(a).f(b)=2003^2$. Do $f(a)\in\mathbb{N^*}$ nên $f(a)\ge 1\Rightarrow f(a)>1$, tương tự ta cũng có: $f(b)>1$. Và như vậy thì: $f(a)=f(b)=2003\Leftrightarrow a=b$, mâu thuẫn với $a\neq b$. Như vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra đpcm.
  $2.$ Ta xây dựng hàm $f$ như sau:
     Xét dãy số nguyên tố theo thứ tự tăng dần: $$p_1=2, p_2=3, p_3=5,...$$ Hàm $f$ được định nghĩa như sau: $$f(p_{2i+1})=p_{2i+2},\text{với}\; i=0,1,2,...\\f(p_{2i+2})=p^2_{2i+1},\text{với}\; i=0,1,2,...$$ Với mỗi $m\in\mathbb{N^*}$, phân tích dạng chuẩn của $m$ có dạng: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}$$ Khi đó, đặt: $$f(m)[ f(p_{i_1})]^{\alpha_1}.[ f(p_{i_2})]^{\alpha_2}...[ f(p_{i_k})]^{\alpha_k}$$ Như thế, hàm $f$ hoàn toàn được xác định $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$. Với mọi $i=0,1,2,...$ thì: $$\begin{cases}f\left(f(p_{2i+1})\right)=f(p_{2i+2}=p^2_{2i+1}\\f\left(f(p_{2i+2})\right)=f(p^2_{2i+1})=f\left(f(p_{2i+1})\right)^2=p_{2i+2}.\end{cases}$$ Công việc cuối cùng bây giờ là ta sẽ chứng minh hàm $f$ được xây dựng ở trên thỏa mãn tính chất: $$f(m.f(n))=n^2.f(m),\;\forall m,n\in\mathbb{N^*}$$ Thật vậy, giả sử: $$m=p^{\alpha_1}_{i_1}.p^{\alpha_2}_{i_2}...p^{\alpha_k}_{i_k}\\n=p^{\beta_1}_{j_1}.p^{\beta_2}_{j_2}...p^{\beta_l}_{j_l}$$ Lúc này ta sẽ có: $$f(n)=[f(p_{j_1})]^{\beta_1}.[f(p_{j_2})]^{\beta_2}...[f(p_{j_i})]^{\beta_i}.$$ Thay vào các biểu diễn ở trên ta dễ dàng có được đpcm.
Bài toán được giải quyết trọn vẹn. Nhận xét: Rõ ràng ta có thể thay $2003$ bằng một số nguyên tố bất kì mà kết quả bài toán vẫn đúng bởi vì trong phép chứng minh trên, việc đưa ra số $2003$ chỉ là "hình thức" thôi , ta không hề động gì đến cấu trúc của nó. Cụ thể là ta có bài toán với kết quả mạnh hơn sau:
        Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\rightarrow\mathbb{N^*}$ thỏa mãn: $$f(m.f(n))=n^2.f(m)$$ $\;\;\;\;\;\;\;$ Chứng minh rằng $f(p)$ hoặc là số nguyên tố, hoặc là bình phương của một số nguyên tố. Trong đó, $p$ là một số nguyên tố bất kì.