Phần Nguyên - Lý thuyết và bài tập pps

TRƯỜNG……………………… KHOA…………………… Phần Nguyên - Lý thuyết và bài tập 1 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 LỜI TỰA Kể từ khi được học về Số Học, thì Phần Ngun là một trong những chương hấp dẫn tơi nhất. Có lẽ vì định nghĩa của nó đơn giản, nó cơ bản như định nghĩa về số ngun tố vậy! Tuy nhiên bên trong của sự đơn giản ấy là một mảnh đất rất màu mỡ, còn vơ số những hoa thơm cỏ lạ đang chờ tơi cùng các bạn khám phá. Quả thực, đào sâu nghiên cứu về Phần Ngun là một đề tài khơng tồi. Khơng có nhiều tài liệu viết về chủ đề này. Bởi vì lẽ đó, tơi quyết định tổng hợp lại một số kết quả thu được viết lên tài liệu này, hy vọng mang đến bạn đọc một vài điều thú vị. Rất mong các bạn đóng góp và xây dựng để chủ đề này được phát triển và hồn thiện hơn nữa. Hồng Xn Thanh, 10- 2010 Tài liệu tham khảo: 1. Bài giảng Số Học – Đặng Hùng Thắng 2. 104 Number Theory Problems Titu Andresscu 3. http://diendantoanhoc.net 4. Một số website Tốn học khác 2 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 VẤN ĐỀ I: - MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN 1. Định nghĩa: Phần ngun (hay sàn) (Floor Function: Nghĩa là hàm “sàn”) của số thực x là: Số ngun lớn nhất khơng lớn hơn x. Một định nghĩa tương tự với Floor là Ceilling (hàm “trần”) Trần của số thực x là: Số ngun nhỏ nhất khơng nhỏ hơn x Khơng nên nhầm lẫn Floor và Ceiling với hàm làm tròn Around(x), và hàm “chặt đi” Trunc(x) mà các bạn vẫn thường sử dụng trong các ngơn ngữ lập trình. Around(x): Là số ngun gần x nhất (ưu tiên chiều bên phải trên trục số ) Trunc(x): Là số ngun có được sau khi bỏ đi phần thập phân của x Around(5.5)=6; Floor(5.5)=5; Ceilling(5.5)=6; Trunc(5.5)=5 Around(5.4)=5; Floor(5.4)=5; Ceilling(5.4)=6; Trunc(5.4)=5 Around(-5.4)=-5; Floor(-5.4)=-6; Ceilling(-5.4)=-5; Trunc(-5.4)=-5 Kí hiệu phần ngun của x là , trần của x là . Ngồi ra người ta cũng gọi Là phần lẻ (fractional part) của số thực x. Các bạn có thể tham khảo thêm về các hàm này trong website http://en.wikipedia.org/wiki/Floor_and_ceiling_functions Định nghĩa về phần ngun được hiểu theo một trong hai cơng thức sau: hoặc 2. Các tính chất cơ bản i. ii. iii. iv. v. vi. Số các số ngun dương là bội của n và khơng vượt q x là x     x     { } x x x = −     x y x y > ⇒ ≥         1 x x x ≤ < +         |x n x n n + ⇒ + ∈         Z 1 x y x y x y + ≤ + ≤ + +                     0 | 1 | x x x x ∈  + − =          − ∉  Z Z | x x n n n         = ∈         Z x n       1 x x x − < ≤     { } 0 1 x ≤ < 3 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 Chứng minh: Tính chất i. và ii. Là hiển nhiên iii. Đặt ta có: vì nên ta suy ra điều phải chứng minh iv. Đặt ta có vì chỉ bằng 0 khi x ngun. Từ đó có đpcm v. Đặt , khi đó vi. Các số ngun dương là bội của n khơng vượt q x là . Trong đó m là số thỏa mãn điều kiện 3. Định lý Legendre Số mũ của số ngun tố p trong phân tích tiêu chuẩn của n! được tính theo cơng thức: { } { } ; 0 1 x x x x = + ≤ <     { } { } ; 0 1 y y y y = + ≤ <     { } { } { } { } x y x y x y x y x y + =  + + +  = + + +                           { } { } 0 2 x y ≤ + < { } { } ; 0 1 x x x x = + ≤ <     { } { } x x x x x x + − = + − −  = −                       { } 1 0 x − < − ≤ x m n   =     1 x m m n ≤ < + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 mn x m n mn x m n mn x m m n x m n ⇒ ≤ < + ⇒ ≤ < + ∈         ⇒ ≤ < +       ⇒ =     Z ,2 , , n n mn ( ) 1 1 mn x m n x m m n x m n ≤ < + ⇒ ≤ < +   ⇒ =     ( ) 1 2 3 1 p i i n n n n e n p p p p ≥         = = + + +                 ∑ 4 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 Chứng minh: Trước hết ta có nhận xét rằng, tổng trên chỉ gồm hữu hạn số hạng khác khơng. Vì với chỉ số i đủ lớn thì , khi đó Trong tích có đúng thừa số là bội của p (theo tính chất vi) Do đó: Trong đó: Tương tự Với . Theo tính chất v. ta có Vậy Lập lại lí luận trên với và cứ tiếp tục cho tới khi Cuối cùng ta được số mũ của p trong phân tích ngun tố của n! là Với k là chỉ số thỏa mãn .đpcm i n p < 0 m n m i p   = ∀ ≥     ! 1.2 n n = n p       1 ! . ! n p n n p A p         =     ( ) 1 , 1 A p = 2 ! . ! n p p n p n p A p p                                 =           ( ) 2 , 1 A p = 2 n p p n p             =             2 2 2 ! . ! n n p p n n p A p     +           =     2 ! n p       k n p p   <     ( ) p e n ( ) 1 2 p k n n n e n p p p       = + + +             1 k k p n p + ≤ < 5 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 4. Một số bài tập Chứng minh rằng Lời giải: Đặt , . Khi đó Và Ta phải CM Vì nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau: * Nếu thì vế phải bằng 0, do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng. * Nếu khi đó phải có ít nhất một trong hai số hoặc lớn hơn hoặc bằng . Giả sử , vậy: Chứng minh rằng, với n là số ngun dương bất kì ta có Lời giải: Đặt ; Ta có Vì n ngun dương nên phải có Tương tự Do đó phải có .Đpcm Giải phương trình Lời giải: Ta có Pt vơ nghiệm Pt nghiệm đúng Ex1.1 2 2 ,x y x y x y x y + ≥ + + + ∀ ∈                     R { } { } ; 0 1 x x x x = + ≤ <     { } { } ; 0 1 y y y y = + ≤ <     { } { } 2 2 2 2 2 2 x y x x y y + = + + +                         { } { } x y x y x y + = + + +                 { } { } { } { } 2 2 x y x y + ≥ +             { } { } 0 2 x y ≤ + < { } { } 0 1 x y ≤ + < { } { } 1 2 x y ≤ + < { } x { } y 1 2 { } 1 2 x ≥ { } { } { } { } { } 2 2 1 2 1 x y y x y + ≥ + ≥ = +                 Ex1.2 1 3 1 2 4 2 n n     + = − +         1 2 k n   = +     3 1 4 2 m n   = − +     1 1 2 k n k ≤ + < + 2 2 1 1 1 1 2 2 4 4 k n k k k n k k ⇔ − ≤ < + ⇔ − + ≤ < + + 2 2 1 k k n k k − + ≤ ≤ + 3 1 1 4 2 m n m ≤ − + < + 2 2 1 3 1 4 4 4 m m n m m ⇔ − + ≤ − < + + 2 2 1 m m n m m ⇔ − + ≤ ≤ + k m = Ex1.3 1 x x   =       1 2 x x ≤ <     2 2 4 x x x x • ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒         1 2 1 1 2 x x x x • ≤ < ⇒ = ⇒ ≤ < ⇒         6 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 Pt vơ nghiệm Pt vơ nghiệm Pt nghiệm đúng Pt vơ nghiệm Vậy nghiệm của phương trình là Giải phương trình Lời giải: Ta có Thay từng giá trị vào pt, giải ra ta được các nghiệm là Với n ngun dương cho trước, phương trình Có bao nhiêu nghiệm ngun dương? (perfectstrong VMF) Lời giải: Ta có Tương ứng với mỗi giá trị của y ta có chính là 1 nghiệm của pt. Số nghiệm phương trình chính là số các giá trị có thể có của y, là số các bội của 2 mà khơng vượt q n-1. Là nghiệm ngun dương Cho . Chứng minh rằng (Romania-2003) Chứng minh rằng Từ kết quả đó chứng minh chia hết cho (USA-1975) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n! tận cùng bằng 290 chữ số 0 (HMMT-2003) 0 1 0 0 x x x x • ≤ < ⇒ = ⇒ = ⇒         1 0 1 1 x x x x x • − < < ⇒ = − ⇒ = − < ⇒         1 1 1 x x x x • = − ⇒ = − ⇒ = ⇒         1 2 2 x x x x • < − ⇒ ≤ − ⇒ > ⇒         { } [ ) 1 1,2 x ∈ − ∪ Ex1.4 2 3 10 3 0 x x − + =     ( ) ( ) 2 2 3 1 3 3 10 3 3 10 3 0 x x x x x x − − = − + ≤ − + =     1 3 1 3 3 x x ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤     1, 2,3 x =     1 2 3 7 17 ; ; 3 3 3 x x x = = = Bt1.6 2 4A n n n = + ∈ N { } 1 4 A ≤ 5 5 3 3 x y x y x y + ≥ + + +                 ( ) ( ) 5 ! 5 ! m n ( ) ( ) ! ! 3 ! 3 ! m n m n n m + + Ex1.5 2 x y n + = 2 1 y n x n = − ≤ − 2 x n y = − 1 2 n −       Bt1.7 Bt1.8 7 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 5. Định lý Hermite Với n ngun dương, x là số thực bất kỳ, ta có: Chứng minh: Xét hàm Ta có: Do đó là hàm tuần hồn với chu kỳ . Trên khoảng chu kỳ thì tất cả các số hạng: đều bằng 0 Từ đó đpcm Tính tổng Lời giải: Ta có (Theo định lý Hermite) Tính tổng Chứng minh rằng Bt1.10 Ex1.9 1 1 n nx x x x n n −     = + + + + +                 ( ) 1 1 n f x x x x nx n n −     = + + + + + −                 1 1 1 1 1 n f x x x n x n n n n n −           + = + + + + + − +                     1 1 1 1 n x x x nx n n −     = + + + + + + − +                 ( ) f x = ( ) f x 1 n 1 0 x n ≤ < 1 1 , , , , n x x x nx n n −     + +                 ( ) 0,f x x = ∀ ∈ R 0 i j n x i j ≤ < ≤   +     ∑ 0 1 0 1 n n i j n j i j j x i x i x n x j j ≤ < ≤ = ≤ < =       + + = = =                       ∑ ∑ ∑ ∑ 2009 1 1 0 3 2010 2010 3 3 3 k k k k k S + + =       + − = +             ∑ Bt1.11 1 0 2 2 k k k x x ∞ + =   + =         ∑ 8 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 VẤN ĐỀ II: DÃY SỐ & TỔNG PHẦN NGUN là dãy số “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên lẻ khơng chia hết cho 3” Tìm số hạng tổng qt của dãy số trên. Lời giải: Xét theo số dư thì tất cả các số tự nhiên khơng chia hết cho 3 đều có dạng hoặc , đây là 2 số chẵn hoặc 2 số lẻ liên tiếp tùy theo p lẻ hãy chẵn. Khi p chẵn , thì hai số có dạng và là 2 số lẻ. Tất cả các số dạng này chính là các số hạng của dãy cần tìm. Xếp theo thứ tự tăng dần ta sẽ có: và Như vậy với , ta có: ☺ Là dãy số : “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên khơng chính phương” Tìm số hạng tổng qt của dãy số trên. Lời giải: Xét dãy số tự nhiên Dễ thấy . Ở đó k là số các số chính phương nhỏ hơn (bị loại đi từ dãy ) { } n U { } { } 1 1,5,7,11,13,17,19, 23,25, n U ∞ = 3 1 p − 3 1 p + 2 p k = 6 1 k − 6 1 k + 2 6 1 k U k = − 2 1 6 1 k U k + = + { } 2 , 0,1 n k r r= + = { } { } 6 1,1 2 6 2 0,1 1 2 6 2 1 2 6 2 2 1 2 2 n n U n n r n n n   = + −       = + −       = + −           = + − −             2 2 1 2 n n U n   = + −     Ex2.1 Ex2.2 { } n U { } { } 1 : 2,3,5,6,7,8,10, n U ∞ { } { } ( ) 1 : 1, 2,3,4,5, n n D D n ∞ = n n U D k = + n U { } n D 9 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 Như vậy phải nằm giữa 2 số chính phương liên tiếp: Trên mỗi đoạn (giữa 2 số chính phương liên tiếp) có số tự nhiên. Đếm các số hạng của dãy có giá trị nhỏ hơn ta có số hạng. Như vậy chỉ số n sẽ phải thỏa mãn hay vì nên hay (Theo Ex1.2 ) Cuối cùng ta có: Tính tổng Lời giải: Đặt suy ra Xét các số hạng của trên mỗi đoạn có số hạng, các số hạng này đều có giá trị là . Như vậy ta có: Tính tổng n U ( ) 2 2 1 1 1 n k U k + ≤ ≤ + − ( ) 2 2 1; 1 1 i i   + + −   2 i 2 k 1 2 1 2 k i i k k − = = − ∑ { } n U 2 2 1 k k n k k − + ≤ ≤ + 1 1 3 1 4 2 4 2 n k n + − ≤ ≤ − + 3 1 1 1 3 1 1 4 2 4 2 4 2 n n k n − + − < + − ≤ ≤ − + 3 1 4 2 k n   = − +     1 2 k n   = +     1 2 n U n k n n   = + = + +     Ex2.3 1 n n k S k =   =   ∑ m n   =   ( ) 2 2 1 m n m ≤ < + 2 2 2 i k i i ≤ ≤ + 2 1 i + n S i 2 2 2 1 2 1 1 n m i i n n k i k i k m S k k k − + = = = =         = = +             ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) 2 1 1 2 1 m n i k m i i k − = =   = + +   ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 3 2 m m m m m n m m − − − = + + + − ( ) ( ) 1 2 5 6 m m m nm − + = − Bt2.4 1 1 2 n n k S k =   = +     ∑ [...]... 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 -1 0 21 22 22 0 0 25 26 26 0 n D uc a {U n } -2 3 -2 4 -2 4 -2 7 -2 8 245PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 n ây ta nh n th y ư c quy lu t U n = Dn 2 n 2   V i { Dn } là dãy d u c a {U n } mà ta c n tìm Nhìn vào b ng li t kê trên ta th y { Dn } là dãy tu n hồn v i chu kỳ b ng 8 ta s ch ng minh kh ng Dn+8 2  n +8   2    nh này D a vào bi u th c truy h... là hàm ư c xác nh như trong nh lý 1 α ( x ) =  x  −     ; ∀x ∈ R +   Ch ng minh: Tương t Ta cũng có: n ( M 1) = ∑  f ( k )    x  nh lý 1 a ≤ k ≤b và n ( M 2) = ∑ f  c ≤k ≤ d −1 ( k )  135PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 T hình minh h a ta th y ngay ư c hi u n ( M 1) − n ( M 2 ) chính là hi u các i m ngun dương c a h.c.n abBI và cdAI y = f ( x) Hay là b ng... c, nhưng trong khn kh bài vi t này chúng ta s khơng c p n) Ta hãy xem {U n } có tính ch t gì b ng cách tính th m t vài giá tr U 3 = 2(0 + 1) = 2, U 4 = 2(2 − 0) = 4, U 5 = 2(4 − 2) = 4, K t s h ng U 2 tr i các s h ng c a dãy u là lũy th a c a 2 (suy ra t bi u th c truy h i) Ta li t kê ư c b ng sau 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 {U n } -1 0 1 1 1 0 -1 -1 -1 0 1 1 1 0 -1 -1 Lũy th a c a 2 0 1... k hay k < i + j < k + 1 i u này vơ lý! ∞ Ti p theo ta s ch ng minh s t nhiên n b t kì ph i có m t trong ho c { An }1 ho c Th t v y, cũng b ng ph n ch ng, ta gi s n khơng xu t hi n trong c Khi ó t n t i các ch s iα < n; i, j sao cho ( i + 1)α > n + 1 và j β < n; ( j + 1) β > n + 1 ∞ ∞ {Bn }1 ∞ { An }1 và {Bn }1 115PHẦN hay NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG i 1 i +1 < < và n α n +1 c ng các b t Hoàng Xuân...105PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Bt2.5 Tính t ng n Sn = ∑ 2  k ,  k =1 ( ý Hoàng Xuân Thanh n m t trư ng h p riêng   nh lý Hermite  x  +  x +   10/2010 1 = 2 x  )   2  ∞ Bt2.6 Cho dãy {U n }1 : {1, 2, 2, 2,3,3,3,3,3, 4, 4,4, 4,4, 4, 4,5, } ư c xác nh b ng quy lu t : 1 s 1; 3 s 2; 5 s 3;…; 2k-1 s k;… Tìm s h ng t ng qt c a dãy trên 1 NH LÝ BEATTY 1 α , β là các... mn − m − n + ( m, n ) )     km 1 k =1  km  ( m − 1)( n − 1)  = 2 k =1  n  n −1 ∑ 145PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh Ex2.8 n ∑  Tính k  (KMO-1997)  k =1 L i gi i: Xét hàm f : [1, n ] → 1, n  , f ( x ) = x , ây là hàm ơn i u tăng và  −1 2 Có hàm ngư c là f ( x ) = x Theo nh lý 1, ta có  n ∑  k+   n   ∑ k  k =1 2  − n (G f ) = n  n     k =1 M t khác ... − k ( p + 1) ≡ p 2 ( mod p ) Bt2.21 Cho p và q là 2 s l p −1 2 Tính giá tr bi u th c S =  kq   + k =1  p  ∑ Bt2.22 Cho s ngun n ≥ 2 n  2  n +1− 2 m   Tính S= ∑∑ m =1 k =1  n−m   k + m − 1   q −1 2  kp    k =1  q  ∑ 10/2010 195PHẦN V N NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 III – G P CÁC CƠNG TH C THEO PH N DƯ Trong m t s bài tốn liên quan n dãy s như tìm cơng th... tính trên biên h.c.n nh ) Hi u ó chính là VP ( pcm) (Hình II.2.1) 125PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 NH LÝ 2: Cho m, n, s là các s ngun dương m ≤ n Khi ó: s  kn   ms   ( m, n ) s   m  = s n  +  n      ms   1≤ k ≤ ∑ n  + ∑     km k =1 (2) ( m, n ) = ucln ( m, n ) n Ch ng minh: D a vào b ơn gi n sau ây:  ( m, n ) s  1m 2m sm có úng  , , ,  s ngun... k ) qf ( k ) + ∈ Z Và ∉ Z; p p p qf ( p − k ) ∉ Z v i m i k = 1,2, , p − 1 p 165PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010  qf ( k )   qf ( p − k )  +  . TRƯỜNG……………………… KHOA…………………… Phần Nguyên - Lý thuyết và bài tập 1 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 . phần thập phân của x Around(5.5)=6; Floor(5.5)=5; Ceilling(5.5)=6; Trunc(5.5)=5 Around(5.4)=5; Floor(5.4)=5; Ceilling(5.4)=6; Trunc(5.4)=5 Around (-5 .4) =-5 ; Floor (-5 .4) =-6 ; Ceilling (-5 .4) =-5 ;.    1 k k p n p + ≤ < 5 5PHẦN NGUYÊN – BÀI TẬP & ỨNG DỤNG Hoàng Xuân Thanh 10/2010 4. Một số bài tập Chứng minh rằng Lời giải: Đặt , . Khi đó Và Ta phải CM Vì nên có thể xảy