một số hàm số học

Lý do chọn đề tài Số học là bộ môn toán học ra đời từ rất sớm và kể từ đó đến nay nó luôn được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu, bởi lẽ không chỉ vì sự bí ẩn của các con số mà nó cò

Mục lục

Mục lục 1

Lời cam đoan 2

Lời cảm ơn 3

Lời nói đầu 4

Phần 1 Kiến thức cơ bản 6

1 Tính chia hết trong vành số nguyên 6

2 Ƣớc chung lớn nhất và Bội chung nhỏ nhất 6

3 Số nguyên tố 8

4 Đồng dƣ 10

5 Hệ nhị phân 13

Phần 2 Một vài hàm số học 14

1 Hàm số học 14

2 Hàm phần nguyên y=[x] 15

3 Hàm tổng các ƣớc 42

4 Hàm số các ƣớc 49

5 Hàm Ơle m 57

6 Một số hàm khác 68

Kết luận 74

Tài liệu tham khảo 75

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 chỉ bảo và tận tình giúp đỡ của cô giáo Dương Thị

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 giáo trường Đại học Sư Phạm

Hà Nội 2, đặc biệt là các thầy cô trong khoa toán đã dày công truyền đạt cho

em những kiến thức quý báu trong suốt quá trình học tập và rèn luyện tại trường

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

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

Hà Nội, ngày 15 tháng 5 năm 2011

Sinh viên

Nguyễn Thị Hường

Lời nói đầu

1 Lý do chọn đề tài

Số học là bộ môn toán học ra đời từ rất sớm và kể từ đó đến nay nó luôn được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu, bởi lẽ không chỉ vì sự bí ẩn của các con số mà nó còn có những ứng dụng quan trọng trong hệ thống toán học, cũng như cho cuộc cách mạng khoa học kỹ thuật hiện nay như lý thuyết mật

mã, kỹ thuật số,…Đặc biệt là ứng dụng thông qua các hàm số học

Ngày nay các kiến thức về số học ngày càng được phổ biến rộng rãi ở nước ta, đặc biệt trong chương trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trường phổ thông

Hàm số học là khái niệm giữ vai trò 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 xóa bỏ danh giới giả tạo giữa các phân môn của môn toán, giữa các phần khác nhau của chương trình

Bản thân tôi cũng muốn tìm hiểu và nghiên cứu sâu hơn về các hàm số học và đã chọn đề tài này cho luận văn của mình

2 Mục đích, yêu 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

3 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 bản thân nên khóa luận chỉ dừng lại nghiên cứu ở một số hàm số học thông dụng

4 Nhiệm vụ nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu các vấn đề:

Phần 1 Kiến thức cơ bản

Phần 2 Một số hàm số học

5 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

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

1.2 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\c thì a, b là hai số đối nhau a = b

b x , xi ¢ , i = 1, n

2 Ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN)

2.1 Ƣớc chung lớn nhất

a Định nghĩa

là ƣớc chung của các số nguyên a1, a2, …, an, nếu c là ƣớc của mỗi số đó

gọi là UCLN nếu mọi ƣớc chung của chúng đều là ƣớc của d, tức là số nguyên d gọi là UCLN của a1, a2, …, an nếu thoả mãn 2 điều kiện sau:

i, ai Md, i = 1, n

ii, Nếu d’ là số nguyên mà ai Md’, i = 1, n thì dMd’ Nếu d là UCLN của các số nguyên a1, a2, …, an, thì 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 = (a1, a2, …, an)

nhau nếu chúng nhận 1 làm UCLN Nếu các số nguyên a1, a2, …, an, đôi một nguyên tố cùng nhau thì chúng được gọi là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một hay nguyên tố sánh đôi

b Tính chất của ƯCLN

i, d là UCLN của a1, a2, …, an, thì x i ¢,i 1,n sao cho d =

1

n

i i i

v, Nếu a\(b.c) và (a,b) = 1 thì a\c

vi, Nếu mỗi số nguyên a1, a2, …, an, nguyên tố với mọi số b1, b2, …,bn thì

(a1, a2, …, an, b1, b2, …,bn ) = 1

2.2 Bội chung nhỏ nhất

a Định nghĩa

Định nghĩa 1 Một số nguyên c được gọi là bội chung của các số

a1, a2, …, an, nếu c là bội của mỗi số đó

Định nghĩa 2 Một bội chung m của các số nguyên a1, a2, …, an, được gọi là BCNN nếu mọi bội chung của chúng đều là bội của m

Nếu m là BCNN của các số nguyên a1, a2, …, an, thì m cũng là BCNN của chúng Nên trong vành số nguyên ¢ ta quy ước lấy số dương trong 2 số

Giả sử hữu hạn số nguyên tố p1, p2, , pn Khi đó xét số N = p1.p2 pn + 1

có hai khả năng xảy ra

Nếu N là số nguyên tố khi đó N khác các số nguyên tố p1, p2, , pn

Nếu N là hợp số thì N có một ước nguyên tố p Số nguyên tố này khác các số nguyên tố p1, p2, , pn vì khi chia n cho p1, p2, , pn đều dư 1

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

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

- Nếu a2 = 1 thì a = p1.p2 là sự phân tích của a

- Nếu a2 > 1 thì a2 lại có ước nguyên tố p3: a2 = p3.a3

Ta lại tiếp tục xét với a3,…

Vì ta có dãy a, a1, a2, …, giảm dần nên sau hữu hạn bước ta sẽ gặp an = 1

3.3 Sự phân tích tiêu chuẩn

Trong sự phân tích a ra thừa số nguyên tố a = p1, p2, , pn, pi , i = 1, n

Ta gọi p1, p2, ., pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau có mặt trong sự phân tích của a và mỗi số xuất hiện i lần, i 1 Khi đó ta viết:

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 a = 11. 22 k

4.2 Các tính chất cơ bản của đồng dư

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

mô đun m với nhau Nghĩa là ai = bi (mod m) thì

1

n

i i i

1

n

i i i

1

n i i

iv, Ta có thể cộng (nhân) vào hai vế của một đồng dư thức với cùng một

số nguyên Ta có thể nâng lên lũy thừa hai vế của một đồng dư thức với số

mũ nguyên dương Ta có thể cộng vào một vế của đồng dư thức một bội của

mô đun

v, Ta có thể nhân vào hai vế và mô đun 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 mô đun

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

cũng đồng dư với nhau theo mô đun là BCNN của mô đun đó

viii, Nếu hai số nguyên a, b đồng dư với nhau theo mô đun m thì chúng

cũng đồng dư với nhau theo mọi mô đun là ước của m

ix, Nếu a b (mod m) thì tập các ước chung của a và m trùng với tập các

ước chung của b và m do đó (a,m) = (b,m)

4.3 Vành các lớp thặng dư mô đun m

a Tập các lớp thặng dư mô đun m

+) Định nghĩa

Ta gọi tập thương của tập số nguyên ¢ trên quan hệ đồng dư mô đun m

là tập các lớp thặng dư mô đun m Kí hiệu : ¢ m

¢ m = ¢ / (mod m) = {a, a ¢ }

a = {b ¢ , a b (mod m)} = {b ¢ , (a – b)Mm}

- Mỗi phần tử của ¢ m gọi là một lớp thặng dư mô đun

Kí hiệu: A ¢ m ta viết A = a (mod m) hoặc A = a

- Mỗi số nguyên b A gọi là một thặng dư mô đun m

Hệ {9, 19, 21, 7} là thặng dư thu gọn mô đun 8

5 Hệ nhị phân

1, Nếu như thông thường để biểu diễn một số trong hệ thập phân thì ta sử

dụng 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Lúc này một số tự nhiên k trong hệ thập phân có dạng k = a a n n 1 a a1 0, với ai (i=0, n) là một trong 10 chữ số và

2, Để giải các bài toán số học trong một số trường hợp người ta phải biểu

diễn một số tự nhiên trong một hệ đếm khác

Trong các hệ đếm ngoài hệ thập phân, hệ nhị phân đóng vai trò quan trọng hơn cả Hệ nhị phân chỉ sử dụng hai số 0 và 1

Trong hệ nhị phân một số tự nhiên k được viết : k = a a n n 1 a a1 0,

ai (i=0, n) là một trong hai chữ số 0, 1 và an 0 nghĩa là

Đặt 1 = (1) = (pi0

) Thực hiện phép nhân vế bên phải của đẳng thức (*) ta có :

0,1, , 1

d n i

i k

2 Hàm phần nguyên y=[x]

2.1 Định nghĩa phần nguyên của một 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 vƣợt quá x

Ví Dụ [5, 4] = 5; [-3, 5] = -4; [ 5] = 2

2.2 Đồ thị của hàm phần nguyên

Hàm y = [x] có đồ thị nhƣ sau:

-2

Giả sử [x] = a, theo định nghĩa phần nguyên thì a là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x

Do a x, nên x – a 0 Đặt d = x – a, khi đó d 0

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 với 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: [x] + [y] [x + y]

Do d 0 nên n.d 0 suy ra n.[x] là số nguyên không vƣợt quá n.x Theo định

nghĩa thì n[x] [n.x] ( điều phải chứng minh)

Vì n ¥ nên [n] = n Vậy q. n

q n ( điều phải chứng minh)

2.3.8 Với mọi số tự nhiên n và q q 0 ta có n q.(1 + n

Do 2 x ¢ và 0 2.d 1 nên suy ra 2.x 2. x , suy ra

2.x x x (2)

Từ (1) và (2) suy ra 1 2.

2

x x x (*)

Ta có điều phải chứng minh

2.3.11 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

Vậy giả thiết phản chứng c a b cũng sai do đó giả thiết phản chứng

c a b không đúng Điều đó có nghĩa là c a b ( điều phải chứng minh)

Giả sử tồn tại k0 ¥ sao cho k0 k0 1 4k0 2

Khi đó p ¥ sao cho: k0 k0 1 p 4k0 2

Vậy không tồn tại k0 ¥ để k0 k0 1 4k0 2 (5)

2k 2 n 2k log

Vậy đặt k0 = log2n 1, thì với mọi k k0 ta có, 0

Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên k n Ta chứng minh tính chất này đúng với k n

M nhƣng M2n Vậy khẳng định của bài toán cũng đúng với k n

Theo nguyên lý quy nạp suy ra với mọi n tự nhiên thì khẳng định của bài toán

là đúng (Điều phải chứng minh)

Lời giải

Giả thiết phản chứng trong dãy vô hạn đã cho chỉ có một số hữu hạn các

số hạng là số lẻ Gọi um là số lẻ với chỉ số cao nhất, như vậy um+1 là số chẵn

2 3

2

3

p m

Lí luận tương tự ta thấy trong dãy ban đầu cũng tồn tại vô số số hạng là số

chẵn (điều phải chứng minh)

Do vậy, với mọi số thực x ta có: 63 x S 63 x 57.(4)

Nói riêng từ(4) suy ra với mọi số nguyên m thì

Giả sử p là số nguyên tố bất kì Theo tính chất 12 của phần nguyên đã dẫn ra ở đầu chương, thì số mũ của p trong sự phân tích ra thừa số nguyên tố của tử số (5m)!(5n)! là A p 5m 5m2 5n 5n2

(Chú ý rằng khi k đủ lớn thì cả 2 vế của (1) đều bằng 0)

Lấy tổng theo tất cả các giá trị k ¥ , ta có: A p B p với mọi số nguyên tố p Như vậy ta đã chứng minh được luỹ thừa của thừa số nguyên tố p bất kì trong sự phân tích mẫu số m!n!(3m n)!(3n m)! ra thừa số nguyên tố, không vượt quá luỹ thừa tương ứng trong tử số (5m)!(5n)!.Vì thế với mọi

Bất đẳng thức thứ hai cũng được chứng minh tương tự

Bây giờ có thể viết:

1 2 , 1, 2,

u

6 6 76 76(mod 100) (chú ý rằng với mọi n, thì

76n có hai số tận cùng luôn luôn là 76, nên với mọi n thì 76n 76(mod 100))

Từ đó suy ra S1000 152(mod 100), hay S1000 52(mod 100)

k p p k (5)

- Khi n chẵn thì 1 3 n 2A 1 là một số lẻ, vì thế trong phân tích của

1 3 n ra thừa số nguyên tố, thì số mũ của 2 là 0

- Khi n lẻ, ta đặt n 2m 1 Khi đó ta có:

1 3 1 3 2 1

Chú ý rằng 1 3 2 1 1 3 4 2 3

0 1 2

n

, khi n chẵn , khi n lẻ

a) Nếu a 1, tức là n 1 n 1, 2, 3 Lúc này dễ thấy nM n

b) Nếu a 2, khi đó 1 1 1 1

2

a a Vậy (2) suy ra k chỉ có thể nhận các giá trị

a, a 1,a 2(do k nguyên dương), tức là n chỉ có thể nhận các giá trị

3 và

2

4 5

3

Bài 8

Tìm tất cả các số sao cho các số , 2 , 3 , , n với n 2là một số nguyên dương cho trước đều khác nhau, và các số 1 , 2 , 3 , , n cũng đều khác nhau

Lời giải

- Lấy 0 Rõ ràng 1là một trong các giá trị cần tìm

- Xét khi 1(lúc đó 1 1, thì các số , 2 , 3 , , n đôi một khác nhau Thật vậy, xét hai số i và j tùy ý với 1 i j n

Giả sử i i , với 0 1 j i 1 j i

Nhƣ vậy khi i jthì j i , suy ra nhận xét đƣợc chứng minh

Bây giờ chỉ còn xem khi nào các số 1 , 2 , 3 , , n (tức là các số

, 2 , 3 , , n đôi một khác nhau)

Do 0 1 n n n n n 1 Từ đó suy ra n số nguyên không

âm , 2 , 3 , , n chỉ có thể lấy n giá trị khác nhau khi và chỉ khi

0; 2 1; 3 2; ; n n 1

Chú ý rằng: k k 1 k 1 k k 1 1 1

k (1)

Để thỏa mãn yêu cầu ta cần có (1) đúng với mọi k = 1, 2, 3,…, n

Điều ấy xảy ra khi 1 1 1 1 1 1 1 1

S S k k k Khi đó dễ thấy phương trình đã cho tương

đương với phương trình sau 1

1

x k k

3.1 Định nghĩa

Cho n là số nguyên dương, khi đó (n) là tổng tất cả các ước số tự nhiên

của n (kể cả 1 và n)

Ví dụ n=12 có các ước tự nhiên là 1;2;3;4;6;12 suy ra (n) = 1+2+3+4+6+12 = 28

k

k

k i k

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 d1, d2, ,dk là tất cả các ước dương của n

Đặt F n f d1 f d2 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 d1, d2, ,ds là các ước dương của m.n, khi đó

tương ứng là ước của m và n nên m hM và n hM

Do vậy h là ước số chung của m và n Mà h 1nên mâu thuẫn với (m,n) = 1 Cũng thấy ngay ' ''

(5) đúng mọi cặp m,n nguyên tố cùng nhau suy ra F(n) là hàm nhân tính

Đó là điều phải chứng minh

Áp dụng mệnh đề với hàm f(n)=n (Hàm đồng nhất), n ¥

Khi đó hiển nhiên f(n) là hàm nhân tính

Thật vậy nếu p là số nguyên tố thì ( )p p 1 p p (vì p 2)

Vì thế nếu n thỏa mãn(3) thì n không phải là số nguyên tố Vậy n là hợp số

Giả sử n là số hoàn hảo chẵn

Biểu diễn n dưới dạng n 2 ; ,s t s t ¢ và t là số lẻ

Giả sử m là số nguyên dương, khi đó số Mm = 2m-1 được gọi là số

Mersenne thứ m Nếu p là số nguyên tố và Mp cũng là số nguyên tố thì Mpđược gọi là số nguyên tố Mersenne

Không tồn tại n để ( )n 2 vì ít nhất 1 là ước của n và khi n>1 thì chắc chắn

( )n 2.

Vậy ( ) 12 11

6

n n

Vậy không tồn tại n để ( )n 52.

4.Xét ( )n 84 84.1 42.2 21.4 14.6 12.7

Do đó 84.1 (83) (1) (83) 83.

14.6 (13) (5) (65) 65

n n

Không tồn tại n để ( )n 7; ( )n 21.

Vậy ( ) 84 83

65

n n

+) Khi 0 ta có 1 p1 1 p2 3 .p p1 2 hay 1 p1 p2 2 .p p1 2, từ đó hoặc

p1, hoặc p2 phải là một số chẵn, đó là điều không thể có đƣợc vì rằng 1+p1,1+p2 đều là những số chẵn Vậy 0

Xét hàm f(n) 1 với mọi n là số tự nhiên

Khi đó hiển nhiên f(n) là hàm nhân tính

Gọi d1,d2,…,dk là tất cả các ước dương của n (kể cả 1 và n)

i

k i

d n i

Tìm số tự nhiên n biết dạng phân tích tiêu chuẩn của n là n p q. và

n p ( i nguyên lớn hơn không), i 1,k thì

n 1 1 2 1 k 1

Vì thế do n 3nên suy ra n = p2 với p là số nguyên tố

n p , trong đó pi là các số nguyên tố và i ¢ , i 1, i 1,k

Xét hai khả năng sau

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

+) Nếu k là hợp số, khi đó ta có biểu diễn k = k1.k2 (k1 > 1, k2 > 1)

Từ n k nên suy ra một trong các dạng của n là 1 1 2 1

1k 2k ; 1 , 2