skkn hàm số học

Các hàm số học quen thuộc và gặp nhiều ứng dụng trong các bài toán như: hàm phần nguyên, hàm phần lẻ, hàm tổng các ước số và số các ước số, hàm Euler….. Thì tổng các ước nguyên dương của

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Bắc giang, tháng 03 năm 2023

Nguyễn Lê Đức Đông Hoàng Trọng Trường

Nguyễn Vũ Trung Đức Trịnh Mai Linh

Nguyễn Chí Thành

CHƯƠNG II Các bài toán về các hàm số học 36

2.2.Các bài toán về hàm tổng các chữ số 46 2.3.Các bài toán về các hàm số các ước dương 48 2.4.Các bài toán về hàm tổng các ước dương 55

2.8.Tài liệu tham khảo

LỜI MỞ ĐẦU

Trên con đường chinh phục Toán học đầy bí ẩn và cũng rất thú vị, chắc hẳn nhiều bạn học sinh phải “vò đầu bứt tai” vì một mảng kiến thức thú vị nhưng cũng không dễ chút

nào, đó là “Hàm Số học” Với mong muốn tìm tòi những vẻ đẹp ẩn giấu trong từng hàm số

học và ghi lại những nghiên cứu, khám phá của chúng tôi dựa trên các tài liệu, chuyên đề này ra đời

Hàm số học f là hàm nhận đối số và giá trị trên một tập rời rạc của tập số nguyên,

thông thường thì ta xét f: ℕ ⟶ ℕ Các hàm số học quen thuộc và gặp nhiều ứng dụng trong các bài toán như: hàm phần nguyên, hàm phần lẻ, hàm tổng các ước số và số các ước số, hàm Euler… Chuyên đề được chia làm hai phần: Phần thứ nhất chúng ta cùng tìm hiểu về một số hàm số học cơ bản Phần hai sẽ là phần bài tập giúp chúng ta củng cố kiến thức và

nâng cao trình độ

Trong quá trình từ lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, nhóm chúng tôi đã nhận được sự định hướng, cổ vũ, động viên của cô Vũ Thị Vân, cô Nguyễn Thị Thanh Loan và cô Lại Thu Hằng cùng các thành viên trong nhóm đã hoạt động hết sức tích cực Chúng tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến mọi người

Do trình độ và thời gian có hạn, chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót cả

về mặt nội dung cũng như hình thức, rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý bạn đọc

11

k

p n

p p







11

p n

 C1000500 không chia hết cho 7 (đpcm)

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n!không chia hết cho 2n  n 

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: các số có dạng 10n 2 ( n  )đôi một phân biệt Lời giải:

2

x x

  Tính

2006 0

Như vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 8: Cho hai số nguyên dương p,q nguyên tố cùng nhau Chứng minh rằng:

Dễ thấy p =1 thỏa mãn, q =1 thỏa mãn

Giả sử p=qx+r (0<r<q); (p,q)=1; r không là ước của q

q k

Quay trở lại bài toán:

Áp dụng chứng minh trên ta được:

1.2 Hàm tổng các chữ số

1.2.1 Định nghĩa

Cho số nguyên dương n Ta gọi S(n) là tổng các chữ số của n trong biểu diễn thập phân Nghĩa là, nếu n = a a1 2 a k thì S(n) = a1  a2 a k Khi đó S :   ; n S(n) là một hàm số học và được gọi là hàm tổng các chữ số

Nhận xét Từ định nghĩa ta có ngay công thức sau:

Vậy (1) được chứng minh

Ngoài ra ta có thể chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp bạn đọc có thể tự tìm hiểu Chứng minh (2) áp dụng (1), ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

S mn S n n   n S n S n  S n mS n Tương tự ta cũng có :

( ) ( )

Chứng minh (3) vì S n( ) n nên ta nhận được S mn( ) S m S n( ) ( )

Ngoài ra, ta cũng có một số tính chất khác liên quan đến hàm này như sau:

1 S n( )9 log 10n1 với mọi n nguyên dương

2 S(2m  1) S(2 ) 1m  với mọi m nguyên dương

Dễ dàng chứng minh 4444  7(mod 9) và kết hợp với tính chất S n( )  (mod9)n với

mọi số nguyên dương n ta có:

7(mod 9)

A  B 7(mod 9) S B ( ) 7(mod 9) Lại vì 0 S B( ) 12  cho nên chỉ có thể là S B ( ) 7

Trong các số không vượt qua 40 thì số 39 có tổng các chữ số lớn nhất

Do đó CS B( ) S(39)  12

Dễ dàng chứng minh được n 8(mod 9) Kết hợp với việc sử dụng tính chất S n( ) n

(mod 9) với mọi số nguyên dương n ta suy ra:

Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện S n( ) n2 2015n8

Sử dụng tính chất 0 S n( ) n với mọi n nguyên dương ta có được:

Vậy n 2015 là giá trị duy nhất cần tìm

Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho :

Sử dụng nhận xét này suy ra:

 ( ) 10 9.1 1 ( ) 19 9.2 1 199

S S n    S n     n Thử trực tiếp ta thấy n 199thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 7: Cho n là số nguyên dương Từ n ta tạo thành các số mới bằng cách xóa đi vài lần

( ít nhất một lần) các chữ số tận cùng bên phải Khi đó ta gọi số mới này là gốc của n Ký hiệu tổng tất cả các gốc của n là T n( ) Chứng minh rằng: S n( ) 9 ( )  T n n

Giả sử khẳng định bài toán đúng đến k 1, tức là na a1 2 a k1

Ta sẽ chứng minh khẳng định bài toán đúng đến k

Thật vậy, xét ncó k chữ số tức là n có dạng na a1 2 a k1a k

Vì m là số có k 1 chữ số nên theo giả thiết quy nạp thì mS m( ) 9 ( )  T m (**)

Thật vậy, nếu ngược lại thì pu ncó ít nhất chữ số khác 0

Vậy thì hàm f n( )bị chặn khi và chỉ khi akhông có ước nguyên tố nào ngoài 2 và 5

Ví dụ 9: (Poland) Cho a là số chẵn nhưng a 5 Chứng minh rằng lim ( n)

n S a

  

Lời giải:

Lấy n 9, đặt a n a a k k1 a1

Ta chứng minh nếu 1

4

n i

  thì trong các chữ số a i1,a i2, ,a1 phải có ít nhất một số khác 0

Thật vậy vì nếu không thì đặt ba a i i1 a1và ( n ) 10b 2b

Do p nguyên tố nên p chỉ có 2 ước dương là 1 và p Khi đó ( )p  2

Tính chất 3: Nếu n , n khai triển ra thành dạng 1 2

Trong chuyên đề này, ta coi n trong khai triển ra thừa số nguyên tố thành

Giả sử k  2t 1 Ta chứng minh tồn tại n thỏa mãn( )n2 k n( ) bằng phương pháp quy

nạp theo t Sự tồn tại n thỏa mãn ( )n2 k n( ) tương đương với sự tồn tại  1, 2, , kthỏa mãn (*)

( ) ( )

n v n





 Bằng cách chọn các số q1, , , , ,q p n 1 p là các số nguyên tố khác nhau và đặtnn n1 2 ta có:

Ví dụ 4:Tìm n nhỏ nhất để ( )n  1 (giải bài toán khi thay n bởi 1 trong các số 2, 3, 6,

14 và 100)

Lời giải:

-Xét ( )n  1 Do n chỉ có 1 ước dương nên suy ra n 1

-Xét( )n  2 Do n có 2 ước nên nlà số nguyên tố Mà n nhỏ nhất nên n 2

49 3 24 24 4 4 19 4 9 9

3.2 ,3 2 ,2 3.5,2 3 5.7,2 3 ,2 3 Dễ thấy số nhỏ nhất trong 6 số trên là

4 4

2 3 5.7  35.6  45360 Vậy n nhỏ nhất là 45360

Ví dụ 5: (Canada 1999) Với số nguyên dương n, kí hiệu d n  là số các ước nguyên dương

của n (kể cả 1 và chính nó) Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho  2

Theo điều kiện bài toán,  

1

n n

a p

Từ đó , ta có tổng tất cả các ước số nguyên dương của n là :

   

|

d mn

f mn  f d Rõ ràng ta có thể viết dd d1 2một cách duy nhất sao cho 𝑑1 là ước của

m và 𝑑2 là ước của n và (d d1, 2)  1 Khi đó ta có:

k k

1.4.3 Một số bài toán về hàm tổng các ước nguyên dương

Ví dụ 1: a, Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho  n lần lượt bằng 12, 18, 24?

b, Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho  n lần lượt bằng 1, 2, 3, 14?

b, ở ý này, ta cũng chọn các số mũ thích hợp trước rồi tiếp đến chọn các số nguyên tố nhỏ

để cho giá trị của n càng nhỏ càng tốt Chẳng hạn với 𝜏(𝑛) = 14 thì ta chọn ngay được số

mũ là 13 ứng với số nguyên tố 2 ta có n = 213 Tuy nhiên ta có thể làm cho giá trị này nhỏ

hơn bằng cách viết 14 = 2.7 ứng với hai số mũ 1 và 6, ta chọn n = 3.26 và đây là số nhỏ nhất cần tìm

Các số còn lại làm tương tự

Ví dụ 2: a, CMR  n là số lẻ khi và chỉ khi n là số chính phương

b, Với các giá trị nào của n thì là số lẻ

Nên nếu có ước nguyên tố nào là 2 thì vẫn thỏa mãn, nếu n có ước nguyên tố lẻ thì trong

tổng trên chúng xuất hiện chẵn lần Do đó số cần tìm có dạng n = 2k.m2 với m là số lẻ

Ví dụ 3:Chứng minh rằng : 𝑛 ∈ ℤ+ hoàn hảo chẵn khi và chỉ khi n có dạng

Khi đó 𝜎(𝑛) = 2𝑛 hay 𝑛 là số hoàn hảo

1.5.1 Một số khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1 : Giả sử n là một số nguyên dương Phi-hàm Euler được định nghĩa là số

các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n

Kí hiệu: Phi-hàm Euler qua ( )n

Phi-hàm Euler có nhiều ứng dụng trong số học Ở đây, trước tiên ta xét việc sử dụng Phi-hàm Euler để nghiên cứ đồng dư module một hợp số (tương tự như đã sử dụng Định lí Fermat nhỏ để xét đồng dư module một số nguyên tố)

Định nghĩa 2 : Một hệ thặng dư thu gọn module n là một tập hợp gồm ( )n số nguyên

sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhau với n, và không có hai phần tử khác nhau nào đồng dư module n

Ví dụ: Tập hợp 1,3,5,7 là một hệ thặng dư thu gọn module 8 Tập hợp -3, -1, 1, 3 cũng vậy

Định lý 1 : Giả sử r r r1, , , ,2 3 r n là hệ thặng dư thu gọn module n, a là số nguyên dương

và (a,n)=1 Khi đó, tập hợp ar ar ar1, 2, 3, ,ar n cũng là hệ thặng dư thu gọn module n

Chứng minh:

+ Trước tiên ta cần chứng tỏ rằng, mỗi số nguyên ar nguyên tố cùng nhau với n j

Giả sử (ar , n) >1 với j bất kì Khi đó tồn tại ước nguyên tố p của j ar và n j

 suy ra p|1 (mâu thuẫn)

Vậy ar và n nguyên tố cùng nhau với mọi j j1, 2, , n

+ Ta cần chứng minh không có hai số ar ar j, k jk nào đồng dư với nhau module n

Giả sử ar j ar kmodn, jk và 1 j k,  n

Do (a,n) = 1 nên r j r kmodn (mâu thuẫn)

Vậy ar ar ar1, 2, 3, ,ar n là hệ thặng dư thu gọn module n

Ví dụ: Tập hợp 1,3,5,7 là một hệ thặng dư thu gọn module 8 Do (3,8)=1 nên 3,9,15,21 là cũng một hệ thặng dư thu gọn module 8

Định lí Euler: giả sử n là số nguyên dương và a là số nguyên, (a,n)=1

Khi đó:  n 1 mod 

Chứng minh:

Giả sử r r r1, , , ,2 3 r n là một hệ thặng dư thu gọn gồm các số nguyên dương không vượt

quá n và nguyên tố cùng nhau với n

Theo định lý (1) và (a,n)=1, tập hợp tập hợp ar ar ar1, 2, 3, ,ar n cũng là hệ thặng dư thu

gọn module n Như vậy, các thặng dư dương bé nhất của ar ar ar1, 2, 3, ,ar n phải là các số

Ta có thể tìm nghịch đảo module n bằng cách sử dụng Định lí Euler

Giả sử (a,n)=1 Khi đó:   1    

a a  a  n Vậy  n 1

a  là một nghịch đảo của a module n

Ví dụ:   9 1 6 1 5

2  2  2 32 5(mod9) là một nghịch đảo của 2 module 9

Cũng có thể giải đồng dư tuyến tính một ẩn theo nhận xét trên

Giả sử cần giải đồng dư axb mod n  , a n, 1 Ta nhân cả hai vế với  n 1

Định lí 2 : Với số nguyên tố p ta có:  p  p 1 Ngược lại, nếu p là số nguyên dương

sao cho  p  p 1, thì p là số nguyên tố

Chứng minh:

+ Nếu p là số nguyên tố thì mọi số nguyên dương nhỏ hơn p đều nguyên tố cùng nhau với

p Do có p-1 số như vậy nên  p  p 1

+ Ta chứng minh điều ngược lại

Giả sử p là hợp số thì p có ước d, 1,<d<p Do đó (d,p)>1

Như vậy trong các số 1, 2,…, p-1 phải có những số không nguyên tố cùng nhau với p,

nên  p  p 1 (mâu thuẫn)

Mà d>1 nên (km+r) và mn không nguyên tố cùng nhau

Do đó không số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với mn

Như vậy, để tìm các số nguyên dương trong bảng nguyên tố cùng nhau với mn, ta chỉ cần xét các hàng thứ r sao cho (r,m)=1 Có tất cả  m dòng

Xét một hàng như vậy, nó chứa các số r, m+r, 2m+r, …, (n-1)m+r

Vì (r,m)=1 nên mỗi số nguyên trong hàng đều nguyên tố cùng nhau với m

Như vậy, n số nguyên dương trong dòng lập thành hệ thặng dư đầy đủ module n

Do đó có đúng  n số trong hàng đó nguyên tố cùng nhau với n Mà chúng cũng nguyên

tố cùng nhau với m nên chúng nguyên tố cùng nhau với mn

Vì có  n dòng, mỗi dòng chứa  n số nguyên tố cùng nhau với mn nên có    m  n

số nguyên tố cùng nhau với mn

Hay:  mn    m  n

Như vậy ta chứng minh được  n là hàm có tính chất nhân

Ta có thể lập công thức tính giá trị của  n khi biết phân tích tiêu chuẩn của n

Như vậy m thuộc C d d là ước chung của m và n và m n, 1

Vì mỗi số nguyên từ 1 đến n chỉ thuộc một và chỉ một lớp C d nào đó (d=(m,n)) nên n

bằng tổng của số các phần tử trong các lớp C d , d là ước số của n Ta có :

Mặt khác , khi d chạy qua mọi ước của n thì n

d cũng chạy qua mọi ước của n

nếu n lẻ nếu n chẵn

 pn p k 1 m  p k 1  m (p k 1 p k).m p p.( k p k 1 ).m p.  p k  m p  n

Vậy n là bội số của p thì  pn  p n

Ví dụ 2: Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn  2n  3n

* Nếu n 3 nhưng không chia hết cho 2 (n,2)=1

 3n 3 n (do n 3 và 3 là số nguyên tố) > n  2n (do n lẻ)

* Nếu n không chia hết cho 6 thì (n,3)=1, (n,2)=1

 3n 2  n  n  2n

Vậy  2n  3n khi và chỉ khi n 2 nhưng n không chia hết cho 3

Ví dụ 3: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2    2

n   n là một số chính phương

1 1

2 2

Vậy tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao cho 2    2

1.6.1 Một số khái niệm cơ bản

Định nghĩa Hàm số học :   được xác định như sau :

1( ) ( 1)

Lấy hai số nguyên dương m và n nguyên tố cùng nhau Hiển nhiên ta chỉ cần xét m,n>

1 Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho mn p2thì  ( mn )  0 Hơn nữa vì gcd(m,n) = 1 nên hoặc m p2hoặc n p2 Do đó  ( ) ( ) m  n  0 Cuối cùng, nếu m p p1 2 p k và

Vì hàm Mobius  và f là các hàm nhân tính nên  f cũng là hàm nhân tính

Vậy, với mọi số nguyên tố p và số nguyên dương a ta có:

( ) ( )( ) ( ) ( )

Từ trong định lí trên , xét hàm nhân tính f cho bởi f(n) = 1 với mọi số nguyên

dương n, ta nhận được hệ quả trực tiếp sau

Hệ quả 2 Cho số nguyên dương n, khi đó:

nếu= 1 nếu>1

1 ( )

nếu n>1

*Mở rộng: Hàm số học f ≢ 0 thỏa mãn f(m.n) = f(m).f(n) ∀ m,n được gọi là hàm có tính

chất nhân đầy đủ (hàm nhân tính hoàn toàn)

f a   a a  , 𝑘 là số nguyên cho trước

là các hàm nhân tính hoàn toàn Do đó, chúng cũng là các hàm nhân tính

Tính chất 1 Cho f là hàm nhân tính Khi đó f  1 1

 Chứng minh: Vì 𝑓 là hàm nhân tính nên tồn tại số nguyên dương 𝑛 sao cho f(n) ≠ 0

Tính chất 2 Cho f là hàm nhân tính Khi đó nếu 1 2

*Quy ước kí hiệu: Với hàm số học 𝑓 và số nguyên dương n, ta sử dụng kí hiệu ∑𝑑|𝑛𝑓(𝑑)

để chỉ tổng lấy trên toàn bộ các ước nguyên dương của 𝑛 Nghĩa là:

vớid1,d2,,dk là tất cả các ước dương của 𝑛

Định lý 1 Cho 𝑓 là hàm nhân tính và F là hàm số học được xác định bởi

Với 2 số nguyên dương 𝑚, 𝑛 bất kì sao cho (𝑚, 𝑛) = 1, ta cần chứng minh F(𝑚𝑛) =

F(𝑚)F(𝑛) Theo định nghĩa, ta cần gọi 𝑑 là một ước nguyên dương bất kì của 𝑚𝑛 Vì (𝑚, 𝑛) = 1, nên khi phân tích 𝑑 ra thừa số nguyên tố ta dễ thấy 𝑑 được phân tích dưới

dạng ℎ𝑘, với ℎ|𝑚 và 𝑘|𝑛, một cách duy nhất Hiển nhiên rằng (ℎ, 𝑘) = 1 Khi đó:

f h f k , sau đó tiếp tục cho h chạy trên toàn

bộ các ước nguyên dương của m thì sẽ được ∑ℎ|𝑚𝑓(ℎ) ∑𝑘|𝑛𝑓(𝑘)

Như vậy:

Nhận xét Phải nói rằng Định lý 1 & 2 gắn bó chặt chẽ với nhau và cho ta một số hệ quả

Ta có hàm số 𝑓(𝑛) = 𝑛𝑚 ∀𝑛 ∈ ℤ+ (𝑚 ∈ ℕ cho trước) là một hàm nhân tính

Gọi F(𝑛) là hàm số học được xác định bởi F(𝑛) = ∑𝑑|𝑛𝑓(𝑑) Theo Định lý 1 thì F(𝑛) =

∑ 𝑑𝑚

𝑑|𝑛 là hàm nhân tính (*)

Theo công thức tổng trải, ta có:

Theo (*), ta suy ra hàm số học τ vàσ là các hàm nhân tính

CHƯƠNG 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC HÀM SỐ HỌC

2.1 Các bài toán về hàm phần nguyên

Bài toán này không khó, chỉ cần “cảm giác” về phần nguyên của √𝑘 và số các hạng tử

có phần nguyên bằng nhau Bài toán tiếp theo sẽ khó hơn một chút, liên quan đến dãy số

Bài 2: Cho dãy  x n với 0 2, 1 2 1

2

n n



 

 

  Phân tích: để tính bài này, có lẽ là phải tính tổng trước, rồi “kiếm” 1 số nguyên và chỉ ra đó

là số nguyên lớn nhất không vượt quá tổng vừa tính

n

x x

2

n n

n

x x

Với “cảm giác” phần trong ngoặc ở biểu thức tính tổng nhỏ hơn 1, ta đã có được đánh giá kẹp phù hợp với định nghĩa của phần nguyên Bài toán sau đây sẽ cần “nhạy cảm” hơn nữa

Bài 3: Tính các giá trị có thể nhận của S x p x 1

Phân tích: do x là số thực, nên việc tính các phần nguyên sẽ khó khăn hơn Và để xử lý mẫu

số p, có lẽ ta phải chia được x cho p

Chú ý các điều kiện của r và a, ta có thể đánh giá các phân số trong ký hiệu phần nguyên

theo 3 trường hợp sau:

Như vậy bài toán đã được giải nhờ vét cạn tất cả các trường hợp về số dư khi chia x cho

p Bạn đọc hoàn toàn có thể giải tiếp bài toán sau, trước khi ta xét bài toán đếm nhờ phần

nguyên