Một số hàm số số học

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, Lợng giác, Giải tích mới lần lợt

Lời nói đầu

Trong chơng trình giảng dạy môn Toán ở nhà trờng phổ thông, số học

đóng 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, Lợng giác, Giải tích mới lần lợt thay thế cho môn

Số học trong chơng trình toán của các em học sinh Tuy vậy trong các kỳ thihọc sinh giỏi Toán Quốc gia, Olympic Toán khu vực và Olympic Toán Quốc tế

đã có nhiều bài toán Số học liên quan đến các khái niệm nh Hàm số phầnnguyên, Hàm số nhân tính, Hàm số Euler, Hàm số các ớc, Hàm tổng các ớchay Hàm Mobuys … Những bài toán dạng này thuộc vào loại khó và nhiềuhọc sinh lúng túng trong quá trình giải quyết bài toán bởi vì các em cha đợctrang bị một cách đầy đủ tính chất đặc trng của một số hàm số trên Vì vậyluận văn "Một số hàm số số học" nhằm tập hợp một số kiến thức cơ bản vàchuyên sâu trong một số tài liệu tham khảo nhằm trang bị cho các em học sinhkhông chỉ kỹ năng giải toán mà còn rèn luyện cho các em phơng pháp t duykhoa học Luận văn đợc chia làm hai chơng

Chơng 1 Hàm số phần nguyên

Dựa vào các tài liệu tham khảo chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ

sở về hàm nguyên nh: Định nghĩa hàm nguyên, tính chất hàm nguyên đợcchứng minh chặt chẽ Tiếp theo chúng tôi trình bày một số ứng dụng khoảng

40 bài toán đợc su tầm trong các tài liệu, các đề thi giỏi Toán khu vực,Olympic Toán Quốc tế Đợc trình bày theo từng nhóm nh hàm nguyên với

đẳng thức, hàm nguyên với phơng trình, hàm nguyên với bất phơng trình, hàmnguyên với tính chia hết, hàm nguyên với dãy số và đợc giải một cách chi tiết.Chơng 2 Một số hàm nhân tính

Trong chơng này chúng tôi đa ra định nghĩa về hàm nhân tính có cáctính chất đặc trng của nó, sau đó trình bày khái niệm và tính chất một số hàm

số có tính chất nhân tính, đợc su tầm từ các tài liệu tham khảo Tiếp theochúng tôi đa ra các ví dụ áp dụng đợc su tầm từ các đề thi học sinh giỏi Toánkhu vực hay Olympic Toán Quốc tế và đợc giải chi tiết

Luận văn đợc thực hiện từ tháng 3 năm 2006 và hoàn thành tại Đại họcVinh dới sự hớng dẫn nghiêm túc, tận tình và chu đáo của Tiến sĩ Mai Văn T.Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc của mình đến thầy, ngời đã

đặt ra vấn đề và giúp đỡ để tôi hoàn thành luận văn này Nhân đây tôi xin chânthành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo ở khoa Toán trờng Đại học Vinh đã giúp

đỡ tôi trong quá trình học tập và viết luận văn Trong suốt quá trình học tập vànghiên cứu tác giả nhận đợc nhiều sự góp ý, trao đổi chân thành của các bạntrong lớp Cao học 12 - Toán chuyên ngành Đại số - Lý thuyết số Tác giả rấtbiết ơn và ghi nhận những sự giúp đỡ quý báu đó.

Luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả mong muốn sự giúp

đỡ chỉ bảo của các thầy, cô và các bạn đồng nghiệp

Vinh, năm 2006

Tác giả

Chơng I

Hàm số phần nguyên

1.1 Các khái niệm cơ bản

1.1.1 Định nghĩa Hàm số phần nguyên xác định với mọi x thuộc tập số thực

R, biểu thị số nguyên lớn nhất không vợt quá x, ký hiệu bởi [x] Nói cáchkhác ∀ x ∈ R ta gọi hàm số phần nguyên của x là số nguyên [x] thoả mãn:

Chứng minh Ta định nghĩa hàm số phần nguyên ta có:

x = [x] + {x}, 0 {x} < 1; y = [y] + {y}, 0 {y} < 1 ≤ ≤

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức

[2[x] + 2{x}] + [2[y] + 2{y}] [x] + [y] + [[x]+ [y] + {x}+ {y}] [2{x}] + [2{y}] [{x} + {y}] (1)

Chứng minh Các số nguyên là bội của d và không vợt quá x là d, 2d, …, md

trong đó m thoả mãn điều kiện md ≤ x < (m+1) d <=> m ≤ m 1

Hệ quả 2 Với ∀ số tự nhiên n và q (q ≠ 0) ta có q n n

Chứng minh Thật vậy xét 3 trờng hợp.

1.1.4 Định lý Giả sử n > 1 và v(p,n) là số mũ của số nguyên tố p trong dạng

phân tích chính tắc của số tự nhiên n Khi đó: ∞

(p,n!) = K

k

n p

Tơng tự số các bội dơng của p không vợt quá n

Nhận xét : Từ định lý trên ta suy ra rằng a b M ⇔V(p,a) (p,b) ≥ V trong đó

p là ớc nguyên tố bất kỳ của số nguyên b

1.1.5 Mệnh đề a) Tích của n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!

nhân tử của tích đều dơng Vì vậy ta chỉ cần chứng minh mệnh đề trong trờng

hợp n số nguyên đều dơng Tức là chứng minh ( )!

! !

a n A

Giải Tích của 5 và một số chẵn là một số có chữ số tận cùng là 0 Trong 100

số của 100 ! có 50 số chẵn Vì vậy chỉ cần tìm tất cả bội số của 5 trong tích đã

Ta thÊy A + 3B lµ sè lÎ thËt vËy

(A + 3B) (A - 3B) = A - 9B = (A - 3B ) - 6B

= (A- 3B) (A + 3B) - 6B = 1 - 6B (lµ sè lÎ)2 2VËy [(1+ 3) ] 2n Mk ⇔2m+1M2knªn k lín nhÊt

x =1+ 2 x = 1 + 2

VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ {0, 1, 1− + 2}

Giải Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình

1- x - 1 1 - x + 1 = {x},x 1 ( ) ≠

Xét các trờng hợp sau:

1) x > 1 phơng trình đã cho trở thành x (x - 1) = {x},phơng trình vô nghiệmvì x (x -1) > x - 1 {x} ≥

x= −

Vớix <-3 thì ta có (2+x)(1−x) 2= + x 1− > >x 4 { }x phơng trình vônghiệm

Vậy tập nghiệm của phơng trình {0, 2,− − 5}

* Hàm số phần nguyên với bất phơng trình

1.2.11 (APMO, 2002) Cho k 1 , k 2 , … k n là các số nguyên dơng Đặt k = k1 + k2

+ … + kn Chứng minh bất đẳng thức sau: k 1 ! k 2 ! … k n ! ≥    ữ

Giải Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử k 1 ≥ k 2 ≥ … ≥ k n Gọi p là số

nguyên sao cho p k , p 1 k

1.2.12 Cho x≥0 và n là số nguyên dơng Chứng minh rằng:

Do 0 { } 1≤ x < Vì thế bài toán đã cho trở thành: Cho 0 ≤ x ≤ 1 Chứng minh

rằng với mọi số nguyên dơng n, ta có bất đẳng thức

q

= nguyên dơng, ( , ) 1, 2p q = ≤ ≤q n và 1≤ ≤ −p q 1 (Chú ý do

x= ⇒ < ⇒ ≤ −p q p q vì vậy để chứng minh (2) đúng với mọi 0≤ <x 1, thì

chỉ cần chứng minh (2) đúng tại các điểm có dạng p

x q

1 2

n n

1.2.13 Cho n lµ sè nguyªn d¬ng Chøng minh r»ng: { } 1

1.2.14 n lµ sè tù nhiªn sao cho 2006! chia hÕt cho 5 n Chøng minh r»ng n≤ 500

Gi¶i C¸c béi cña 5 trong d·y 1, 2, 3 …, 2005, 2006 lµ 5, 10, 15, …., 1995,

Ta đi tìm số n lớn nhất thoả mãn hệ thức (1) Muốn vậy ta tìm số n dới dạng n

= 35k+ r với k = 1, 2 … và r = 0, 1, 2, … 34 Khi tìm đợc số n nh thế thoả

mãn (1), ta không quan tâm đến các số bé hơn 35, vì ta cần tìm số n lớn nhấtthoả mãn (1)

Với n = 67, 66 cũng bị loại vì không thoả mãn (1).

Khi n = 65 là giá trị lớn nhất của n thoả mãn (1), tức cũng là số nguyên dơnglớn nhất thoả mãn điều kiện đầu bài Điều đó có nghĩa là n ≤ 65 (đpcm).

1.2.16 (Olympic Châu á Thái Bình Dơng lần thứ 5 1993) – Có bao nhiêugiá trị khác nhau của hàm số cho bởi công thức

5f(x) = [x] + [2x] + + [3x] + [4x]

Vì [y + n] = n + [y], n Z,y R Nên ta có h(x + 1) = h(x) + 10 Do∀ ∈ ∈

vậy chỉ cần xét hàm số h trên khoảng [0,1) hiển nhiên h là hàm bực thang đơn

điệu tăng và có các bớc nhảy tạ, 0, , , , ,1 1 1 2 3

4 3 2 3 4

x= thế nên h(x) nhận 6 giátrị khác nhau khi x [0, 1)∈ Ta có f(x + 3) = f(x) + 35 nên ta chỉ cần xéthàm f trên nửa khoảng [0, 3) hàm f cũng là hàm bậc thang Có bớc nhảy tại

3 4 3,1 ,2

5 5 5 Do đó trên [0, 3), f(x) nhận 3.6 + 4 = 22 giá trị khác nhau từ đótrên [0, 99] f(x) nhận 33 22 = 726 giá trị khác nhau, ngoài ra trên

[99, 100] nó nhận 6 +1 + 1= 8 giá trị khác nhau Vậy hàm f nhận tất cả

726 + 8 = 734 giá trị khác nhau

* Hàm số phần nguyên với tính chia hết.

1.2.17 Xác định số tự nhiên a sao cho 1001 1002 2005 chia hết cho 37a

ơng có bình phơng không vợt quá k, do đó  k = 2

1

a j

Vì (1) đúng với k N* ∀ ∈ nên đặc biệt lấy k = 10⇒ ≥n 1000, mặt khác

A< [A]+1.Ta cần chứng tỏ ∃ ∈m N * sao cho m + < 201 2 n

Ta cần xét tất cả các giá trị mà n có thể lấy do đó cần chọn m sao cho vế phải

của (2) càng lớn càng tốt, tức là sao cho

2

2 2012

Thử các giá trị n có thể lấy 1000, 10001, , 10099 Vậy có 100 giá trị

1 = f(x) = f(0 +1) = f(0) + 1 nên f(0) = 0

Từ đó theo (3) ta đợc f(x) 0 ≤ với 0 < x < 1 Mặt khác theo (5) ta có:

1 = f(1) = f(x + 1 - x) f(x) + f(1-x) + 1 ≤ ⇒ f(x) + f(1- x) 0 ≥ nếu

0 < x < 1 thì 0 < 1 - x < 1 Nên ta đợc f(x) = f(1- x) = 0, với 0 < x < 1 Vậy ta chứng minh đợc f(x) = 0,khi 0 x < 1 ≤ f(x + 1) = f(x) + 1

⇒V(2, n!) n.S < n ≤ Hay (2, n!) < n V Vậy n! không chia hết cho 2 , n N* n ∀ ∈

1.2.24 Giả sử a , a , , a và n là các số nguyên dơng thoả mãn điều kiện1 2 m

trong đó p là ớc nguyên tố bất kỳ của a ! a ! a ! 1 2 m

Thật vậy từ giả thiết n a + a + + a≥ 1 2 m⇒ 1 2 m

ka b

b k

Chứng minh Ta gọi p là ớc nguyên tố bất kỳ của m!n! (m+n)! Khi đó yêu cầu

của bài toán tơng đơng với việc chứng minh

Giải Ta có x = [x] + {y},y = [y] + {y} Bất đẳng thức cần chứng minh tơng

đ-ơng với [x] + [y] + [5{x}] + [5{y}] [3{x} + {y}] + [3{y} + {x}] ≥

Bây giờ ta chứng minh kết quả mạnh hơn

[5{x}] + [5{y}] [3{x} + {y}] + [3{y} + {x}] ≥ (1)

Không mất tính tổng quát ta giả sử {x} {y} ≥ ta có[5{x}] [3{x} + {y}]≥

Đều nghiệm đúng (*) Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh

b) Gọi p là ớc nguyên tố bất kỳ của m! n! (3m + n)! (3n + m)! khi đó yêucầu của bài toán cần chứng minh tơng đơng với

Ta chỉ cần chứng minh với mỗi k

k

xy3p

yx3p

y5p

x

Bất đẳng thức trên đúng (suy từ a) Vậy bài toán đợc chứng minh

Nhận xét: Dùng phơng pháp trên có thể chứng minh rằng các số sau đây là số

có điều phải chứng minh

Điều ngợc lại cũng đúng Giả sử n không có dạng p , Khi đó tồn tại số,s

b) Đặt r = [n (a - [a])] Khi đó, nếu [ ]+1= kα 2 thì :

1.2.30 Cho n vµ m lµ hai sè tù nhiªn sao cho m 2

4

n

≤ vµ m kh«ng cã ícnguyªn tè lín h¬n n Chøng minh r»ng n! chia hÕt cho m

Gi¶i Gäi p lµ íc nguyªn tè bÊt kú cña m Ta cÇn chøng minh

n x xf(x) x n < n > +1

* Hàm số phần nguyên với dãy số.

1.2.32 Cho dãy số xác định nh sau: u = n n 2 , = n 1,2, , Chứng minh rằngtrong dãy đã cho tồn tại vô hạn các luỹ thừa nguyên dơng của 2

22

− < và chú ý rằng nếu {x} < 1

2 thì {2x} = 2{x}, nên từ (4) ta có:

0 0

0 0

2

1 1

1 1

2m m m

1.2.33 Dãy số {u n } xác định nh sau: Với mọi n = 1, 2, … thì u n = n 2.

Chứng minh có vô số số hạng của dãy là số chính phơng

Giải áp dụng công thức khai triển của nhị thức Newton:

0

n k

=

là một dãy con vô hạn của dãy {un } đã cho Nh vậy từ (6) suy ra tồn tại dãy

con vô hạn của dãy {un } mà mọi số hạng của nó đều là số chính phơng Ta có

đpcm

1.2.34 Xét hàm số f(n) =n+ n, n = 1, 2, … Cho m ≥ 1 là số tự nhiên Xétdãy sau đây: m, f(m), f(f(m)), … Chứng minh rằng trong dãy trên chứa vô hạn

số chính phơng

Giải Rõ ràng rằng m < f(m) < f(f(m)) < … Vậy dãy đã cho là dãy thực sự

tăng Chỉ có hai khả năng sau:

a) Nếu m không phải là số chính phơng Gọi d 2 là số chính phơng lớn nhất

nhỏ hơn m, tức là: d=   m Đặt m = d2 + k Theo định nghĩa của số d, thì

Ta thấy độ lệch giữa m và số chính phơng lớn nhất nhỏ hơn m (số d2) là m

- d 2 = k Trong khi đó từ (5) suy ra (d + 1) 2 là số chính phơng lớn nhất nhỏhơn f(m) Vì thế từ (5) ta thấy: f (f(m)) - (d+1)2 = k - 1, tức là độ lệch giữa f(m) và số chính phơng lớn nhất nhỏ hơn f (f(m)) là k - 1 Nh vậy độ lệch k - 1

giảm đi 1 so với độ lệch k

áp dụng lập luận trên cho số xuất phát là f(m), khi đó rõ ràng ta lập lại

tr-ờng hợp i) Vì thế sau một số hữu hạn bớc đến lúc nào đó ta gặp độ lệch bằng

- Nếu f(m) là số chính phơng, thì chuyển sang trờng hợp b)

- Nếu f(m) không phải là số chính phơng Khi đó chú ý là

f(m) - (d+1) 2 = d 2 + k + d - d 2 - 2d - 1 = k - d < d + 1,

Suy ra: f m( )− f m( )2 < f m( ) (6)

Chú ý rằng giả thiết i) là k < d + 1 có thể viết lại nh sau: Do k, d nguyên nên

từ k < d + 1 ⇔ k ≤ d ⇔ m− m2 ≤ m Vì thế từ (6) suy ra xuất phát từ

f(m) thì ta quay lại trờng hợp i), vì theo chứng minh trên thì sau một số hữu

hạn bớc ta sẽ gặp số chính phơng trong dãy

Nh vậy ta đã chứng minh đợc kết quả sau: Nếu xuất phát từ một số không phải

là số chính phơng trong dãy, thì sau một số hữu hạn bớc sẽ gặp số chính

ph-ơng

b) Nếu m là số chính phơng Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:

i) Hoặc là dãy m, f(m), f (f(m)), … có vô hạn số chính phơng Khi đó kết luậncủa bài toán là tầm thờng (vì hiển nhiên đúng mà không cần tốn kém sức lựcgì để thấy đợc điều đó)

ii) Hoặc là gặp phần tử f (f(f…f(m))) không phải là số chính phơng Lúc nàyquay lại trờng hợp a) Vì quá trình lặp lại trên đợc thực hiện vô hạn lần Điều

đó chứng tỏ rằng trong dãy đã cho có vô hạn số chính phơng Đó chính là

Bổ đề Trong dãy đã cho mọi số tự nhiên gặp hai lần, loại trừ số 1 gặp 4 lần,

và các số hạng có dạng 2 p gặp 3 lần Bổ đề sẽ chứng minh ở cuối bài.

Ta có 29 = 512 Theo bổ đề trên các số 2k; k = 1, 2, …, 9 có mặt mỗi số 3lần, còn 1 = 20 có mặt 4 lần Các số n khác (1 ≤ n ≤ 512) và n ≠ 2k , (k

Chứng minh bổ đề Dãy {u n } là dãy các số tự nhiên đơn điệu không giảm Quy

luật nói trên đã đúng với những luỹ thừa đầu tiên của 2: 20, 21, 22, 23 Giả sử

điều đó đã đúng đến un = 2k Xét với un+1 Ta sẽ chứng minh rằng un+1 = 2k; un+2

= 2k; un+3 = 2k+1; un+4 = 2k+1; … cho đến um = 2k+1 Thật vậy, xét số hạng đầu tiêncủa dãy là un = 2k, tức là ta có: 1 2 1 2k

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

số hạng là số lẻ Gọi um là số lẻ với chỉ số m cao nhất Điều đó có nghĩa là um+n

là số chẵn với mọi n = 1, 2, … Vì um+1 là số chẵn, nên bao giờ cũng có thể biểudiễn dới dạng sau đây: um+1 = 2p q Trong đó p nguyên dơngvà q là số

nguyên dơng lẻ Theo cách xác định dãy, ta có:

Do q lẻ, vậy um+p+1 lẻ Rõ ràng m + p + 1 > m, điều này mâu thuẫn với việc um

là số lẻ với chỉ số cao nhất Vậy giả thiết phản chứng là sai, tức là trong dãy đãcho tồn tại vô số hạng là số lẻ Lập luận tơng tự cho ta trong dãy đã cho tồn tạivô số hạng là số chẵn Đó chính là đpcm

1.2.37 Dãy số {u n } đợc xác định nh sau: (2 3) ,n 1,2,

n

u = +  n=

Chứng minh rằng với mọi n = 1, 2, … thì un là số lẻ

Giải Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có:

Khi k chẵn (k = 2m), ta có (1 ( 1) ( 3)+ − k) k =2.3m Còn khi k lẻ,(k = 2m+1)thì (1 ( 1) ( 3)+ − k) k =0 Vì lẽ đó, từ (1) suy ra với mọi n = 1, 2, … thì:

(2+ 3) (n + −2 3)n là số chẵn (2)

Hiển nhiên 0 2< − 3< 1 nên ta có 0< −(2 3)n < ∀1, n (3)Lại thấy: (2+ 3) (n ={ 2+ 3) (n + −2 3)n − + − −1} 1 2( 3)nữ

1.2.38 Dãy {u n } xác định nh sau:

1 2 3 4

1

2 4

3 5 7

6 8 10 12

u u u u

n

u = n + + + − 

Giải Xét hai khả năng sau đây:

1) Nếu n chẵn Xét các số hạng u2, u4, … un-2 Ta biết rằng mỗi số hạng uk lập

từ k số chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp tuỳ theo k là chẵn hay lẻ Các số chẵn có mặttrong u2, u4, u6, …, un-2 là các số chẵn liên tiếp bắt đầu từ 2 Số các số chẵn cómặt trong u2, u4, u6, …, un-2 là: S = 2 + 4 + 6 + … + (n - 2) áp dụng công thứctính tổng của cấp số cộng:

Vậy un = u2k+1 là tổng của một cấp số cộng có công sai d = 2, số hạng đầu tiên

n

n n u

Chú ý rằng do v0 = 2006 > 0, nên vn > 0 với mọi n = 0, 1, 2, … Từ đó suy ra vn

> vn+1 với mọi n = 0, 1, 2, …, nói cách khác {vn } là dãy đơn điệu giảm Rõ ràng

v n = v0 + (v1 - v0) + (v2 - v1) + … + (vn - vn-1), nên theo (1) suy ra:

Do vk > 0 với mọi k = 0, 1, 2, …, n - 1, nên từ (2) suy ra: vn > 2006 - n (3)Mặt khác, do dãy {vn } là đơn điệu giảm nên: