Xét hàm số $f:{\mathbb{N}}^{\ast }\to {\mathbb{N}}^{\ast }$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau với mọi số nguyên dương $m,n,a$:
(i) $f\left(f(m)f(n)\right)=mn$ ;
(ii) $f(2027a+1)=2027a+1$.
a) Tính $f(1)$.
b) Tìm tất cả hàm số $f$ thỏa mãn điều kiện bài toán.
(Cho biết 2027 là một số nguyên tố)

① Cho $n=1$ thì $f(f(m)f(1))=m$, suy ra $f$ là song ánh.

Ta có $f(2028)=2028$. Thay $m=1$, $n=2028$ ta được
$$f(f(1)f(2028))=2028=f(2028).$$
Do $f$ đơn ánh nên $f(1)\cdot 2028=2028$ hay $f(1)=1$.

② Từ $f(1)=1$ ta có $f(f(m))=m$ với mọi $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, do đó
$$f(mn)=f(f(f(m)f(n)))=f(m)f(n),\forall m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$
Giờ ta sẽ chứng minh $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$.

Trước hết, nếu $p$ là số nguyên tố thì $f(p)$ cũng là số nguyên tố, vì nếu $f(p)=uv$ với $u,v>1$ thì
$$p=f(f(p))=f(uv)=f(u)f(v).$$
Để ý với $u>1$ thì $f(u)>1$ do tính song ánh, từ đó có mâu thuẫn nên $f(p)$ là số nguyên tố.

Bây giờ lấy số nguyên tố $q\ne 2027$. Vì $(q,2027)=1$, tồn tại $b\in \{1,2,\dots ,2026\}$ sao cho
$$qb\equiv 1(\mathrm{mod}2027).$$
Viết $qb=2027c+1$. Ta có $c\ge 1$. Xét
$$X=qb=2027c+1,Y=q(b+2027)=2027(c+q)+1.$$
Ta có $f(X)=X$, $f(Y)=Y$ và $f(q)$ chia hết cho cả $X$ và $Y$, do đó
$$f(q)\mid \gcd (N_0,N_1)=q\gcd (b,b+2027)=q\gcd (b,2027)=q.$$
Vì $f(q)$ là số nguyên tố, suy ra $f(q)=q$.

Đặt $r=f(2027)$ thì $r$ là số nguyên tố.

Nếu $r\ne 2027$, ta có $r=f(r)=f(f(2027))=2027$, mâu thuẫn. Vậy $f(2027)=2027$.

Do đó $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$, kết hợp với tính nhân tính ta có $f(n)=n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.