Hàm số học

19 CHƯƠNG II Một số hàm số học liên quan đến các ước số, các số nguyên tố cùng nhau.. Đảm bảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính thống nhất của môn toán phổ thông,

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên với sự biết ơn sâu sắc, em xin chân thành cảm ơn cô giáo

Dương Thị Luyến đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình cho em trong suốt thời

gian học tập và hoàn thành khóa luận này

Em cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa toán trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 2 đã truyền đạt cho em những kiến thức quý báu trong suốt bốn năm học vừa qua

Cuối cùng em xin gửi lời cảm ơn tới tất cả bạn bè, những người đã giúp

đỡ động viên em trong quá trình hoàn thành khóa luận này

Hà nội, ngày 15 tháng 5 năm 2010

Sinh viên Bùi Thị Nga

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan khóa luận này đƣợc hoàn thành do sự cố gắng, nỗ

lực của bản thân, cùng với sự giúp đỡ tận tình của cô giáo Dương Thị Luyến

Khóa luận này không trùng với kết quả của các tác giả khác Nếu trùng tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm

Hà Nội, ngày 15 tháng 5 năm 2010

Sinh viên Bùi Thị Nga

MỤC LỤC

PHẦN MỞ ĐẦU 4

CHƯƠNG I Hàm phần nguyên y x 6

A Kiến thức cơ bản 6

I Các tính chất cơ bản của phần nguyên 6

B Bài tập 13

I Các bài toán định tính 13

II Các bài toán định lượng 19

CHƯƠNG II Một số hàm số học liên quan đến các ước số, các số nguyên tố cùng nhau 25

A Kiến thức cơ bản 25

I Tính chia hết trong vành số nguyên 25

II Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất 25

III Số nguyên tố 27

IV Đồng dư 30

V Tính chất nhân 33

B Một số hàm số học 34

I Hàm ( )n 34

II Hàm ( )n 44

III Hàm Ơle ( )m 52

CHƯƠNG III Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên n trong hệ thập phân 65

A Kiên thức cơ bản 65

B Một số hàm số học 65

I Hàm S n( ) 65

II Một số hàm khác 75

PHẦN KẾT LUẬN 78

TÀI LIỆU THAM KHẢO 79

PHẦN MỞ ĐẦU

I Lý do chọn đề tài

Trong trương trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trường phổ thông, Số học đóng một vai trò quan trọng Các em học sinh ở bậc Tiểu học học Toán tức là học Số học Chỉ đến các lớp ở bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ thông thì các bộ môn Đại số, Hình học, Lượng giác, Giải tích mới lần lượt thay thế cho môn số học trong trương trình học Toán của các em học sinh Tuy nhiên các bài toán Số học luôn luôn là các bài toán hay và khó và thường xuyên có mặt trong các đề thi học sinh giỏi Toán ở các cấp: thành phố, toàn quốc, Olympic khu vực và Olympic quốc tế

Hàm số là khái niệm giữ vị trí trung tâm trong khoa học toán học Đảm bảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính thống nhất của môn toán phổ thông, góp phần xoá bỏ ranh giới giả tạo giữa các phân môn của môn toán, giữa các phần khác nhau của chương trình

Hàm số học giữ vị trí trung tâm trong số học Nghiên cứu về các hàm

số học giúp hiểu sâu và có hệ thống các vấn đề của số học

Với những lí do trên em chọn đề tài “Hàm số học”

II Mục đích, yều cầu của đề tài

Đề tài nhằm hệ thống lại một số hàm số học thông dụng: kiến thức liên quan và bài tập áp dụng

III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Hàm số học

Phạm vi nghiên cứu: Do hạn chế về mặt thời gian cũng như năng lực của bản thân nên đề tài chỉ dừng lại ở một số hàm số học thông dụng

IV Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu các vấn đề:

V Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu, phân tích các tài liệu

- Hệ thống, khái quát các vấn đề

- Sưu tầm, giải quyết các bài toán

- Tổng kết kinh nghiệm

CHƯƠNG I HÀM PHẦN NGUYÊN y x

A Kiến thức cơ bản

I Các tính chất cơ bản của phần nguyên

1 Định nghĩa phần nguyên của 1 số

Cho x là một số thực bất kỳ Kí hiệu  x (và gọi là phần nguyên của

x) là số nguyên lớn nhất không vượt quá x

Mặt khác vì a là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x nên a 1 x

(thật vậy nếu a 1 x thì a1 cũng là số nguyên không vƣợt quá x (mâu thuẫn giả thiết về a))

Từ d1d2  0    x  y là số nguyên không vƣợt quá x y, mà

x y là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x y nên suy ra

 



 

 Mặt khác, ta có: x  x d  x d r d r d

Do  x Z và 1 1 1

2  d 2 nên theo tính chất 3.1: 1    

12

3.11 Trong dãy n số tự nhiên: 1,2,3,…,n có đúng n

q

 

 

  số tự nhiên chia hết cho số tự nhiên q0

3.12 Nếu số nguyên tố p có mặt trong phân tích ra thừa số nguyên tố

của số ! 1.2 n  n thì số mũ cao nhất của p bằng

 n n 1 4.n2.

Vậy (1) đúng với mọi n

Từ (1)  n n 1   4.n2 2

Giả sử tồn tại k0 sao cho:   k0  k0   1     4 k0  2  

Khi đó  p  sao cho:

Như vậy, tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bất đẳng thức (2) điều 0

này mâu thuẫn với      n c  n a  n b , n Z Vậy giả thiết phản chứng là sai

Bất đẳng thức (4) mâu thuẫn với      n c  n a  n b , với mọi nnguyên

dương Vậy giả thiết phản chứng c a b  là sai

Vậy giả thiết phản chứng c a b  là sai

Bài 4

Cho x là số nguyên dương

CMR: điều kiện cần và đủ để  x x1   4.x2 là tồn tại

k _nguyên sao cho: 2  2

Ta thấy ngay f t là hàm số đồng biến khi   t1

Giả sử tồn tại k nguyên dương sao cho: 2  2

t

   , ta có: x  x 1 k 5 Mặt khác từ

Đặt  n  a, với a nguyên dương

Theo định nghĩa phần nguyên ta có:

   2 2

kZ ) tức là  n chỉ có thể nhận các giá trị a hoặc 2 a a. 1 hoặc a a. 2 Kết hợp hai trường hợp a và b có kết luận:

Tìm tất cả các số  sao cho các số         , 2. , 3. , , n (với n2

là một số nguyên dương cho trước) đều khác nhau, và các số

Thật vậy xét hai số  i. và  j. tuỳ ý với 1 i  j n

Vì j>i  j i+1 (do i,j nguyên)

Để thoả mãn yêu cầu ta cần có (1) đúng với  k 1,2, ,n

Điều đó xảy ra khi 1 1 1 1 1 1 1 1



 

 Khi  1 (bằng cách hoán đổi vai trò giữa  và :   1) suy ra 1

thoả mãn yêu cầu đề bài là:

1

11

CHƯƠNG II MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC ƯỚC SỐ, CÁC SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU

A Kiến thức cơ bản

I Tính chia hết trong vành số nguyên

1 Định nghĩa

Cho 2 số nguyên a , b Nếu có số nguyên c sao cho ab c thì ta nói b

chia hết a ( b là ước của a) kí hiệu: \b a

Khi đó ta cũng nói a chia hết cho b ( a là bội của b ) kí hiệu: ab

2 Các tính chất cơ bản của tính chia hết

i, a 0  a 0

ii, a a  a 0

iii, 1 a a

iv, a b và b c thì a c Nếu a b và b a thì , a b là hai số đối nhau: a= b

Định nghĩa1: cho n số nguyên a a1, 2, ,a n

Một số nguyên c được gọi là ước chung của các số nguyên a a1, 2, ,a n

nếu clà ước của mỗi số đó

Định nghĩa 2: Một ước chung d của các số nguyên a a1, 2, ,a được n gọi là UCLN nếu mọi ước chung của chúng đều là ước của d ,

tức là số nguyên d gọi là UCLN của a a1, 2, ,a nếu thoả mãn 2 điều n

kiện sau:

i, a d i , i 1,n

ii, Nếu 'd là số nguyên mà a d i , '  i 1,n thì d d '

Nếu d là UCLN của các số nguyên a a1, 2, ,a thì n d cũng là UCLN của chúng Nên trong vành số nguyên  ta quy ước lấy số dương trong 2 số

d

 làm UCLN

Kí hiệu d a a1, 2, ,a n

Định nghĩa 3: Các số nguyên a a1, 2, ,a được gọi là nguyên tố cùng n

nhau nếu chúng nhận 1 làm UCLN

Nếu các số nguyên a a1, 2, ,a đôi một nguyên tố cùng nhau thì n

chúng được gọi là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một hay nguyên tố sánh đôi

Định nghĩa 1: Một số nguyên c được gọi là bội chung của các số nguyên a a1, 2, ,a nếu n c là bội của mỗi số đó

Định nghĩa 2: Một bội chung m của các số nguyên a a1, 2, ,a được n

gọi là BCNN nếu mọi bội chung của chúng đều là bội của m

Nếu m là BCNN của các số nguyên a a1, 2, ,a thì n m cũng là BCNN của chúng Nên trong vành số nguyên  ta quy ước lấy số dương trong 2 số

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p p1, 2, ,p n

Khi đó xét số N = p p1 .2 p n 1 có hai khả năng xảy ra:

Nếu N là số nguyên tố khi đó N khác các số nguyên tố p p1, 2, ,p n Nếu N là hợp số thì N có 1 ước nguyên tố p Số nguyên tố p này

khác các số nguyên tố p p1, 2, ,p vì khi chia n n cho p p1, 2, ,p đều dư 1 n

Như vậy ta luôn chỉ ra tồn tại một số nguyên tố khác với n số nguyên

tố đã có Vậy giả sử có hữu hạn số nguyên tố là sai tức là có vô số số nguyên

+ Nếu a2 1 thì a p p1 2 là sự phân tích của a

+ Nếu a2 1 thì a lại có ước nguyên tố 2 p a3: 2 p a3 3

Ta lại tiếp tục xét với a ,… 3

Vì ta có dãy a a a, ,1 2, giảm dần nên sau hữu hạn bước ta sẽ gặp

1

n

a  và ta được a p p1 .2 p n là sự phân tích của a b) Tính duy nhất

Giả sử a còn phân tích được thành aq q1 ,2 q q m i ,i 1,m

Khi đó ta có p p1 .2 p n q q1 .2 q m  p1\ q q1 2 q m suy ra p trùng với 1

một trong các thừa số q , ta giả sử đó là i q Ta có 1 p1 q1 và giản ƣớc p ta 1

có: p2 p n q2 q m

Tiếp tục quá trình trên với các số p p2, 3, cho đến khi giản ƣớc hết các thừa số ở một vế

Vì không xảy ra các đẳng thức 1q n1 q m (mn) và p m1 p n 1(mn) do p q i, j i 1, ;n j1,n nên mn và p i   q i, i 1,n

3 Sự phân tích tiêu chuẩn

Trong sự phân tích a ra thừa số nguyên tố a p p1 .2 p n

, p i ,i 1,n

Ta gọi p p1, 2, ,p là các số nguyên tố đôi một khác nhau có mặt trong k

sự phân tích của a và mỗi số xuất hiện i lần, i 1

a p



 

Đó là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a

+ Tiêu chuẩn chia hết

Cho a là một số tự nhiên với dạng phân tích tiêu chuẩn

Giả sử a chia hết cho d Khi đó có q sao cho: ad q

Đẳng thức này chứng tỏ rằng mọi ƣớc nguyên tố của d đều là ƣớc

nguyên tố của a và số mũ của nó trong dạng phân tích tiêu chuẩn của

d không lớn hơn số mũ của nó trong dạng phân tích tiêu chuẩn của a, ta được kết quả cần chứng minh

i, Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên Z

ii, Ta có thể cộng hay trừ vế với vế nhiều đồng dư thức theo cùng một môđun m với nhau

Ta có thể cộng vào một vế của một đồng dư thức một bội của môđun

v, Ta có thể nhân vào hai vế và môđun của một đồng dư thức với cùng một số nguyên dương

vi, Ta có thể chia hai vế của một đồng dư thức cho cùng một ước chung, nguyên tố với môđun

vii, Nếu 2 số nguyên a , b đồng dư với nhau theo nhiều môđun thì

chúng cũng đồng dư với nhau theo môđun là BCNN của các môđun đó

viii, Nếu 2 số nguyên a, b đồng dư với nhau theo môđun m thì chúng cũng đồng dư với nhau theo mọi môđun là ước của m

ix, Nếu abmodm thì tập các ước chung của a và m trùng với tập

- Mỗi phần tử của Z gọi là một lớp thặng dư môđun m m

Kí hiệu: AZ ta viết: m A=a mod m  hoặc Aa

- Mỗi số nguyên b A gọi là một thặng dư môđun m

- Tập Zm 0,1, ,m1

- Nếu A m,   a m, 1 thì ta gọi A là một lớp thặng dƣ nguyên tố với môđun

V Tính chất nhân

Một hàm số xác định với mọi số tự nhiên khác không thường gọi là một hàm số học

Một tính chất quan trọng thường gặp trong các hàm số học là tính chất nhân

i i

d n i

1

i k

k k

k i k

m n nguyên tố cùng nhau thì  m n    m  n

CM

Trước hết ta chứng minh mệnh đề tổng quát sau :

Cho f :   là hàm nhân tính Hàm F n được xác định như sau :  

Với mỗi n nguyên dương, gọi d d1, 2, ,d là tất cả các ước dương của k n

Đặt F n =   f d 1  f d 2   f d k

Hàm F n được xác định như trên là hàm nhân tính  

Chứng minh mệnh đề :

Giả sử m và n là hai số nguyên tố cùng nhau

Gọi d d1, 2, ,d là các ước dương của s m n , khi đó

 

F m n = f d 1  f d 2   f d s (1) Gọi d d1', 2', ,d là các ước dương của k' m,

Do d d i', j'' tương ứng là ước của m và n nên m h và n h

Do vậy h là ước số chung của m và n Mà h1 nên mâu thuẫn với

m n, 1

Cũng thấy ngay ' '',d d i j i1, ,k j1,l là tất cả các ước của m n do đó

Thật vậy nếu p là số nguyên tố thì  p    p 1 p p (vì p2)

vì thế nếu n thoả mãn (3) thì n không thể là số nguyên tố Vậy n là hợp số

Vậy n là số hoàn hảo

  Giả sử n là số hoàn hảo chẵn

Biểu diễn n dưới dạng 2 s

đƣợc gọi là số nguyên tố Mersenne

Vậy n không chỉ có một ƣớc số nguyên tố

2 Nếu n có 2 ƣớc số nguyên tố lẻ khác nhau p và q sao cho a b

  (điều này vô lý)

Vậy n không chỉ có 2 ƣớc số nguyên tố

Vậy điều phản chứng là sai Ta có điều phải chứng minh

Vậy   12 11

6

n n

Trong đó d d1, 2, ,d là tất cả các ƣớc tự nhiên của k n

Lấy n là số tùy ý sao cho nó là bội của số 16! 1.2.3 15.16

Dĩ nhiên số những số n nhƣ vậy là vô hạn (đó là các số có dạng k 16 ! với k =1,2,…)

Nói riêng trong các ƣớc của n có 1 ;2 ;3 ;… ;16

Lời giải

Xét hàm f n 1 với mọi n là số tự nhiên

Khi đó hiển nhiên f n là hàm nhân tính  

Gọi d d1, 2, ,d là tất cả các ước dương của k n (kể cả 1 và n)

d n i

Vì n chỉ có một ước dương nên từ nhận xét trên suy ra n1

1

i k i i

Tìm số tự nhiên n biết dạng phân tích tiêu chuẩn của n là

Xét hai khả năng sau :

+) Nếu k là số nguyên tố, khi đó từ  n k suy ra k 1 

Từ  n k nên suy ra một trong các dạng của n là

Đặt tương ứng với mỗi ước a n, với b n

a

 (ngoài ra có thể thêm

n nếu n là số nguyên tức khi n là số chính phương)

Số nhỏ trong hai số của cặp gọi là số thứ nhất, còn số lớn gọi là số thứ hai Xét hai khả năng sau :

+) Nếu n không phải là số chính phương

Khi đó tất cả các số thứ nhất sẽ nhỏ hơn n Nếu gọi *

d là số lớn nhất trong các số thứ nhất thì * *

+) Nếu n là số chính phương khi đó n là ước của n và tất cả các ước thứ nhất nhỏ hơn hoặc bằng n 1

Thay lại vào (2) ta có   n  2 3. 11 3. 2  1 3. s   4

Từ (4) suy ra  n không chia hết cho 3 (vì   n 2 mod3)

Do đó suy ra cả hai vế của (5) bằng 1

Vì vậy 2 là ƣớc số nguyên tố duy nhất của n

 n

 là một số lẻ khi và chỉ khi mọi i đều là số chẵn (i=1,2,…,n), nghĩa là khi và chỉ khi 2

nk b)   Giả sử  n lẻ và n2 ,r k r 0, k, 2 1

Nếu trong phân tích tiêu chuẩn của m và n tương ứng chứa p q,  thì trong phân tích tiêu chuẩn của m n chứa p  Khi ấy trong  m n chứa thừa số   1 nó tương ứng với thừa số  1   1 trong    m  n Vậy nếu m n, 1 thì      m n  m  n

III Hàm Ơle :  m

1 Định nghĩa

Cho m là một số tự nhiên khác không

Ta tìm xem trong cách biểu diễn thứ 2 này S có bao nhiêu số nguyên m

tố với m

Ta có m x1  y m,   m x1 y m m, 1 21

m x1 y m, 1 m x1 y m, 2 1

     (vì m m1, 21)

Ta lại có m x1 y m, 1  y m, 1,y0,m11, suy ra có  m1 số y nhƣ vậy

Nhƣ vậy với mỗi y cố định thì ta có m x1 y x, 0,m2 1 chạy qua hệ thặng dƣ đầy đủ môđun m do đó có 2  m2 số m x1 y nguyên tố với m và 2

cũng nguyên tố với m 1

Vậy có tất cả    m1  m2 số đồng thời nguyên tố với m và 1 m tức là 2

nguyên tố với m Hay trong S có m    m1  m2 số nguyên tố với m

Trong p số từ 1 đến p có đúng p1 số chia hết cho p đó là

p,2 ,3 , ,p p p1.p p

p p p

    +) Công thức tính  m1 tổng quát