luan van toan hoc Hàm số học

Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên n trong hệ thập phân...65 A... Đảmbảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính thống nhất củamôn 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 Đạihọc Sư Phạm Hà Nội 2 đã truyền đạt cho em những kiến thức quý báu trongsuốt 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

Bùi Thị 2 K32A -

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 trùngtôi 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

Hàm số là khái niệm giữ vị trí trung tâm trong khoa học toán học Đảmbảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính thống nhất củamôn toán phổ thông, góp phần xoá bỏ ranh giới giả tạo giữa các phân môncủa 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 liênquan 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 lựccủa 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

Bùi Thị 6 K32A -

CHƯƠNG I HÀM PHẦN NGUYÊN

A Kiến thức cơ bản

I Các tính chất cơ bản của phần nguyên

1 Định nghĩa phần nguyên của 1 số

y x

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

3 Các tính chất cơ bản của phần nguyên

3.1 xa x a d,a Z và 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 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

số của dãy chia hết cho q

Từ tính chất 3.11 ta có: trong dãy số tự nhiên 1,2,3,…, n có đúng

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

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

1 không chia hết 4 nên từ (4) suy ra

Vậy không tồn tại kđể0  k0

Như vậy, tồn tại số nguyên dương n0 thỏa mãn bất đẳng thức (2) điều

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

b) Nếu c a b a b c 0

Bùi Thị 2 K32A -

a b c

Vì a b c 0 n0.a n0.b n0.c

2

Vậy giả thiết phản chứng c a

b là sai Vậy c a b

ta có: 0  1.

2k

Giả sử tồn tại k nguyên dương sao

cho: Áp dụng (4) suy ra:

k 2 1

1

2 13 14 10000001

1n

tập hợp tất cả các số tự nhiên n có tính chất n là:

  ,2. ,3. , ,n. (với 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

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

Điều đó xảy ra khi 1 1

n

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 chia hết a ( b là ước của a ) kí hiệu: b \ a a  b.c thì ta nói b

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

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

Một số nguyên c được gọi là ước chung của các số nguyên

nếu c là ước của mỗi số đó.

a1,a2 , ,a n

Định nghĩa 2: Một ước chung d của các số nguyên a1,a2

, ,a n đượcgọi là UCLN nếu mọi ước chung của chúng đều là ước của d ,

tức là số nguyên d gọi là UCLN của kiện sau:

Bùi Thị 4 K32A -

mãn 2 điều

nhau nếu chúng nhận 1 làm UCLN.

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

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

nguyên a ,a , ,a nếu c là bội của mỗi số đó.

Định nghĩa 2: Một bội chung m của các số nguyên a ,a , ,a đƣợc

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

Nếu m là BCNN của các số nguyên a ,a , ,a thì

Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ƣớc số là 1 và chính

Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố đƣợc gọi làhợp số

Tập các số nguyên tố kí hiệu: 

2 Định lý

Bùi Thị 4 K32A -

Định lý Euclid

Tập các số nguyên tố là vô hạn

CM

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p , p , , p

Khi đó xét số N = p1.p2 p n 1 có hai khả năng xảy

ra: Nếu N là số nguyên tố khi đó N khác các số

Nhƣ 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 nguyêntố

Bùi Thị 5 K32A -

a n 1 và ta đƣợc

Tiếp tục quá trình trên với các số

thừa số ở một vế p2 , p3 , cho đến khi giản ƣớc hết các

3 Sự phân tích tiêu chuẩn.

Trong sự phân tích a ra thừa số nguyên tố

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 

p  1 p2 p k

Một số tự nhiên d là ƣớc của a khi và chỉ khi nó

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

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.

Bùi Thị 5 K32A -

nguyên dương

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

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

vi, Ta có thể chia hai vế của một đồng dư thức cho cùng một ướcchung, 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 cácmôđun 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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

Bùi Thị 5 K32A -

- Tập Zm 0,1, , m 1

m m

A,ma,m

1nguyên tố với môđun

là phần tử khả nghịch của Zm khi và chỉ khi A là lớp

thặng dƣ nguyên tố với môđun

1 Định nghĩa tính chất nhân

Một hàm số học 

n xác định với mọi giá trị tự nhiên n 0 gọi là có

tính chất nhân nếu nó thoả mãn các điều kiện sau đây:

i k





d n i1

Với mỗi n nguyên dương,

gọi d1,d2, , d k là tất cả các ước dương của n

'' 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

m,n1 h 

1nên mâu thuẫn với

Cũng thấy ngay

d i '.d j '',i 1, k,

j 1,l là tất cả các ước của m.n do đó

nn

Bùi Thị 6 K32A -

1 là sốnguyên tố

m 1 là số nguyên tố

Rõ ràng 2m1, 2m

11,  n là hàm nhân tính nên ta có :

Vậy n là số hoàn hảo.

Giả sử n là số hoàn hảo chẵn.

Biểu diễn n dưới

+ Phản chứng : Giả sử n là số hoàn hảo và là số lẻ nhƣng kết luận của

bài toán không đúng Khi đó chỉ có 2 khả năng xảy ra :

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 Không mất tổng quát ta giả thiết p q

Bùi Thị 7 K32A -

vì vậy

2 1 1

 1 1

15 2

1 1 1  1 1  1 1 18

2 2 (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

n

Bài

4

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho

khi thay 12 bằng một trong các số sau đây : 24, 52 và 84)

Lời g iả i

1.Xét  n12 Ta có 12=12.1=6.2=4.3

 n là hàm nhân tính.

12.1= 11. 1 11.1



 5. 3 15n

15Vậy  n24

 n23,15,14

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.

p1 2 ) đó là điều không thể có Vậy

1 2 k i

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

Khi đó hiển nhiên f

3 Bài tập

Bài

1

Xét hai khả năng sau :

+) Nếu k là số nguyên tố, khi đó từ

 n k

suy ra

n p k 1 p

n là số tất cả các ước số tự nhiên của n Chứng minh rằng

với mọi n =1, 2, ta có bất đẳng thức : 2 n4.n

các ước số của n được chia thành từng cặp.

Đặt tương ứng với mỗi ước a  , với b



n a

(ngoài ra có thể thêm

nếu 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 thứhai Xét hai khả năng sau :

+) Nếu n không phải là số chính phương.

1 2

nn

Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện : n 3

4.n (1) Giả sử trong khai triển ra thừa số nguyên tố của n , ta

ở đây p2 3 , do n không chia hết cho

Do đó suy ra cả hai vế của (5) bằng 1

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

2 3.1

5

21  1 4Khi đó từ (5) ta có 3 0

Nhƣng 3 1 không thể cóThật vậy : khi

i1

n là một số lẻ khi và chỉ khi mọi i

đều là số chẵn (i=1,2,…,n), nghĩa là

p 2.r .Khi ấy   1    2  1  2 r

tương đương sau đây :

+)  mlà số các phần tử khả nghịch

 m= card Zm .+)  mlà số các số tự nhiên nhỏ hơn m và nguyên tố với m :

0nm1

n,m 1+)  mlà số các số tự nhiên khác không, không lớn hơn m và

nguyên

tố với m :  m1

1nm

n,m 1+)  mlà số các phần tử trong hệ thặng dư thu gọn

Bùi Thị 1 K32A -

m 

m1.m2 xét S m x  , x mđoạn m số tự nhiên

đầu tiên

-) Trong S m có  msố nguyên tố với m

-) Ta biểu diễn dưới dạng

S m m1.x y, x 0,1, , m2 1, y 0,1, , m1

1

Ta tìm xem trong cách biểu diễn thứ 2 này

Nhân các phần tử của Z * theo 2 cách biểu diễn ta đƣợc :

a.x1.a.x2 a.xmx1.x2 xm

 m

a x1.x2 xmx1.x2 xm

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có

 n n2.n Khi nào dấu

bằng xảy ra ?

Lời g iả i Trước hết ta đưa ra phương pháp chung để giải các bài toán

về tính đồng dư của những lũy thừa rất lớn Chẳng hạn ta cần

tính trong đó n là số nguyên rất lớn và a,k 1 a

suy

+) Quay lại bài toán đã cho ta có 77=11.7

Mặt khác  1110, 76,10,630

Theo lập luận tổng quát trên suy ra

m1;2 Hiển nhiên 4 2mod1;4 2mod 2.

Vậy kết luận đúng khi n 2.

+) Giả sử kết luận đúng với mọi k n

+) Ta sẽ chứng minh kết luận đúng với k n , tức là

u n u n1 mod m,m n

Theo cách xây dựng dãy ta cần chứng minh

2u n1 2u n 2 mod m,m n Đặt m 2 s.2.r 1

Theo định lý Ơle ta có 2 2.r 11(mod 2.r 1)

Theo công thức hàm Ơle :

1

Vậy m 32.52 1125

2

Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: 16; 24; 20; 30; 15.

Nhận xét: việc tìm giá trị m khi chỉ biết giá trị 

CHƯƠNG III MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN

VIỆC BIỂU DIỄN SỐ n TRONG HỆ ĐẾM THẬP PHÂN

A Kiến thức cơ bản

1) Nếu như thông thường để biểu 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

- Trong hệ nhị phân một số tự nhiên k được

viết : k a n a n1 a1a0 |2 , a i

Giả sử n là số tự nhiên Ta định nghĩa

khi biểu diễn nó trong hệ thập phân

Bùi Thị 1 K32A -

i) S nnmod9

ii) 0 S nn

S na0 a1 a2  a k 1 a k

Vì thế n S (n) 9.a1 99.a2  99 9.a k 1

nên a k 0 , ngoàira

Vậy điều khẳng định đúng khi k 0.

+) Giả sử điều khẳng định đã đúng đến k 1, tức là với mọi biểu

Bùi Thị 1 K32A -

a1,a2 ,a3 , ,a k là các số nguyên dương thì:

k S(a1 a2 a3  a k ) S(a i

)

i1

V) Giả sử B có biểu diễn dưới dạng thập phân là:

B b1b2 b k .Khi ấy:

2 k 1

B b k 10.b k 1 10 b k 2  10 .b1

Trước hết ta có nhận xét:

Lại theo phần iv) ta có:

S( A.b ) S( A A  A) S( A) S( A)  S( A)  b S( A)

Bùi Thị 1 K32A -

nguyên nên S (n) 1

Do đó từ (1), ta có : n 20022

2

Để ý rằng trong các số không vượt quá số 2002 , thì số 1999 có tổng

các chữ số lớn nhất nên S(n) S(1999)

 283 đúng với mọi số tự nhiên

n 2002 Thay (3) vào (1) ta có : n 1975 kết hợp với (2), ta có :

Vậy : 1975 n 1999, nên ta có thể biểu diễn n

dưới dạng :

a,b ,0 a,b 9

n  19ab

là giá trị duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Từ (2) và (3) ta có : S (n) 8.S (8.n)  S (8.n) 1

Trong các số không vƣợt quá 159984 số 99999 là số có tổng các chữ

Ta có : 4444 2(mod 9) 444444444 (2)4444 (mod 9)1

Trong các số không vượt quá 53973 , số 49999 là số có tổng các chữ sốlớn nhất.

Từ (1) b S(a) S(49999) 402.Trong các số không vượt quá 40 thì số 39 lại là số có tổng các chữ sốlớn nhất

Cho m là số nguyên dương không chia hết cho 10.

CMR tồn tại số nguyên dương n đồng thời thỏa mãn 2 điều kiện sau : 1.Trong dạng thập phân của n không chứa số 0 nào.

2 S(n) S(m.n).

Gi ải

Giả sử trong biểu diễn thập phân thì m có dạng : m a1a2 a k

Do m không chia hết cho 10 nên a k 0

Xét số n gồm k chữ số 9 : n 99 9

k Khi đó trong dạng thập phân của n không chứa số 0 nào.

k

a1a2 a k .10 a1a2 a k a1a2 a k 00 0 a1a2

1 Cho n là số nguyên dương.

Ta gọi g(n) là tổng các chữ số biểu diễn trong hệ nhị phân của n.

Ví dụ : g 133 vì 13 11012

2 Cho n là số nguyên dương.

Ta gọi f (n) là số nguyên k không âm lớn nhất sao cho n chia hết cho 2k

Với số nguyên dương n, ta gọi f (n) là số nguyên k lớn nhất sao cho n

chia hết cho 2k , g(n) là tổng các chữ số biểu diễn trong hệ nhị phân của n

2r 1

2r

Thay (6) vào (4) ta đƣợc :

Vì f (n!) là số nguyên dương k lớn nhất mà n!2k , vậy theo tính chất

Bùi Thị 1 K32A -

PHẦN KẾT LUẬN

Khoá luận đã trình bày một số vấn đề cơ bản về hàm số học, một sốhàm số học vừa có nhiều ứng dụng trong bộ môn số luận vừa là đối tƣợngnghiên cứu của bộ môn này với các tính chất cơ bản và bài toán điển hình.Khoá luận đƣợc thực hiện với mong muốn đóng góp kinh nghiệm giúpbạn đọc nghiên cứu nhiều hơn, sâu hơn về số học nói chung và hàm số học nói riêng

Dù đã hết sức cố gắng song do trình độ và kinh nghiêm của bản thân cònhạn chế, thời gian có hạn nên nhiều vấn đề về hàm số học cũng chƣa đƣợc đềcập tới nhƣ hàm số đối số nguyên và ứng dụng của các hàm số học

Chắc chắn khoá luận không thể tránh khỏi những thiếu sót Em rất mongnhận đƣợc sự góp ý của quý thầy cô và các bạn để khoá luận đƣợc hoànthiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

Sinh viên Bùi Thị Nga