Hàm số học

Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội LỜI CẢM ƠN Trƣớc tiên với biết ơn sâu sắc, em xin chân thành cảm ơn cô giáo Dương Thị Luyến hƣớng dẫn bảo tận tình cho em suốt thời gian học tập hoàn thành khóa luận Em chân thành cảm ơn thầy cô khoa toán trƣờng Đại học Sƣ Phạm Hà Nội truyền đạt cho em kiến thức quý báu suốt bốn năm học vừa qua Cuối em xin gửi lời cảm ơn tới tất bạn bè, ngƣời giúp đỡ động viên em trình hoàn thành khóa luận Hà nội, ngày 15 tháng năm 2010 Sinh viên Bùi Thị Nga Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận đƣợc hoàn thành cố gắng, nỗ lực thân, với giúp đỡ tận tình cô giáo Dương Thị Luyến Khóa luận không trùng với kết tác giả khác Nếu trùng xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Hà Nội, ngày 15 tháng năm 2010 Sinh viên Bùi Thị Nga Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU CHƢƠNG I Hàm phần nguyên y   x  A Kiến thức I Các tính chất phần nguyên B Bài tập 13 I Các toán định tính 13 II Các toán định lƣợng 19 CHƢƠNG II Một số hàm số học liên quan đến ƣớc số, số nguyên tố 25 A Kiến thức 25 I Tính chia hết vành số nguyên 25 II Ƣớc chung lớn bội chung nhỏ 25 III Số nguyên tố 27 IV Đồng dƣ 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 CHƢƠNG III Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên n hệ thập phân 65 A Kiên thức 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 Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội PHẦN MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Trong trƣơng trình giảng dạy môn toán nhà trƣờng phổ thông, Số học đóng vai trò quan trọng Các em học sinh bậc Tiểu học học Toán tức học Số học Chỉ đến lớp bậc Trung học sở Trung học phổ thông môn Đại số, Hình học, Lƣợng giác, Giải tích lần lƣợt thay cho môn số học trƣơng trình học Toán em học sinh Tuy nhiên toán Số học luôn toán hay khó thƣờng xuyên có mặt đề thi học sinh giỏi Toán cấp: thành phố, toàn quốc, Olympic khu vực Olympic quốc tế Hàm số khái niệm giữ vị trí trung tâm khoa học toán học Đảm bảo vị trí trung tâm khái niệm hàm số tăng cƣờng tính thống môn toán phổ thông, góp phần xoá bỏ ranh giới giả tạo phân môn môn toán, phần khác chƣơng trình Hàm số học giữ vị trí trung tâm số học Nghiên cứu hàm số học giúp hiểu sâu có hệ thống vấn đề số học Với lí em chọn đề tài “Hàm số học” II Mục đích, yều cầu đề tài Đề tài nhằm hệ thống lại số hàm số học thông dụng: kiến thức liên quan tập áp dụng III Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu Đối tƣợng nghiên cứu: Hàm số học Phạm vi nghiên cứu: Do hạn chế mặt thời gian nhƣ lực thân nên đề tài dừng lại số hàm số học thông dụng Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội IV Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu vấn đề: Chƣơng I Hàm phần nguyên y   x  Chƣơng II Một số hàm số học liên quan đến ƣớc số, số nguyên tố Chƣơng III Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên n hệ thập phân V Phƣơng pháp nghiên cứu - Nghiên cứu, phân tích tài liệu - Hệ thống, khái quát vấn đề - Sƣu tầm, giải toán - Tổng kết kinh nghiệm Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội CHƢƠNG I HÀM PHẦN NGUYÊN y   x  A Kiến thức I Các tính chất phần nguyên Định nghĩa phần nguyên số Cho x số thực Kí hiệu  x  (và gọi phần nguyên x ) số nguyên lớn không vƣợt x VD: 3,4  3;  2,5  3;    Đồ thị hàm phần nguyên y   x  Hàm y   x  có đồ thị nhƣ sau: Các tính chất phần nguyên 3.1  x  a  x  a  d , a Z  d  CM -Giả sử  x   a , theo định nghĩa phần nguyên a số nguyên lớn không vƣợt x (nhƣ nói riêng a số nguyên) Do a  x, nên x  a  Đặt d  x  a , d  Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Mặt khác a số nguyên lớn không vƣợt x nên a   x (thật a   x a  số nguyên không vƣợt x (mâu thuẫn giả thiết a )) Từ a   x  d  x  a  Vậy từ  x  a  x  a  d với a Z  d  -Đảo lại, giả sử x  a  d với a Z  d  Khi từ d   a  x Từ d   a   x mà a  số nguyên nên a số nguyên lớn không vƣợt x Vậy  x   a 3.2 Nếu  x  y   x x số nguyên  y  Tính chất đƣợc suy từ tính chất 3.1 3.3 Nếu n số nguyên  n  x  n   x CM Giả sử  x   a Khi theo tính chất 3.1, ta có x  a  d , a  Z,0  d  Ta có n   x  x  a 1 Mặt khác n  x  n  a  d  (n  a)  d Vì n  a nguyên  d  nên  n  x  n  a   Từ (1) (2) ta có đpcm 3.4  x  y    x   y  CM Từ tính chất 3.1 có: x   x  d1, y   y   d2 với  d1, d2  Từ x  y   x   y   (d1  d2 ) Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Từ d1  d2    x   y  số nguyên không vƣợt x  y , mà  x  y  số nguyên lớn không vƣợt x  y nên suy  x   y    x  y     x   x  3.5      , n  Z   n  n CM Theo tính chất 3.1 x   x  d với  d  Theo định nghĩa phép chia có  x  q.n  r , q, r Z  r  n  Nhƣ vậy:  x   q  r , q  Z  r  n   n n n n   x  Suy    q  n  Mặt khác, ta có: x  x  d  x d r d rd    q  q n n n n n n n Có q  Z,  r  n   d  1, nên  rd  nên có n   x   x  x  q Vậy ta có:       n   n  n 3.6 Nếu n số tự nhiên, n. x   n.x CM Theo tính chất 3.1 ta có: x   x  d ,0  d  suy n.x  n. x  n.d Do d  nên n.d  suy n. x  số nguyên không vƣợt n.x Theo định nghĩa n. x   n.x Ta có đpcm Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội n 3.7 Mọi số tự nhiên n q ( q  ), ta có q    n q CM n  n Theo tính chất 3.6 ta có q     q    n q  q n Vì n nên  n  n Vậy q    n Ta có đpcm q n 3.8 Với số tự nhiên n q ( q  ), ta có n  q.(1   ) q CM Thực phép chia n cho q ta đƣợc: n  m.q  r; m, q   ,0  r  q Do vậy: n n r r  m  ; mZ   nên suy    m q q q q n Suy q.(1    )  q.(m  1) 1 q Do n  m.q  r nên n  (m  1).q  r  q Do r  q  nên ta có n  (m  1).q   n Từ (1) (2) suy n  q.(1    ) Ta có đpcm q 1  3.9  x     2.x    x  2  CM Theo tính chất 3.1: x   x  d , với  d  Xét khả năng: 1 a) Nếu  d  Thì x    x   d  2 Bùi Thị Nga K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Do  x  Z Trường ĐHSP Hà Nội 1  d   nên theo tính chất 3.1: 2 1  x    x 1   Mặt khác: 2.x  2. x  2.d Do 2. x  Z  2.d  nên suy  2.x  2. x , suy 2.x   x   x 2 1  Từ (1) (2) suy  x     2.x    x  * 2  b) Nếu 1  d  Biểu diễn d dƣới dạng d    ,0    2 Ta có: x  1   x  d    x    2 Do  x  1Z    nên ta có 1  x    x   1 3   Lại có 2.x  2. x  2.d  2. x   2. Vì 2. x  1Z  2.  nên ta có: 2.x  2. x  1, suy 2.x   x   x  1 4 1  Từ (3) (4) suy  x     2.x    x ** 2  Kết hợp (*) (**) ta có đpcm 1  2 n  1     n.x  3.10  x    x     x      x  n  n n    CM Giả sử x   x  a,0  a  Vì  a  nên k  Z(0  k  n  1) cho: k k 1 a n n Từ với k  0,1,2 ta có: Bùi Thị Nga 10 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội CHƢƠNG III MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN VIỆC BIỂU DIỄN SỐ n TRONG HỆ ĐẾM THẬP PHÂN A Kiến thức 1) Nếu nhƣ thông thƣờng để biểu số hệ thập phân, ta sử dụng 10 chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 Lúc số tự nhiên k hệ thập   phân có dạng : k  an an1 a1a0 , i  0, n 10 chữ số an  Nghĩa k  an 10n  an1.10n1   a1.10  a0 2) Để giải toán số học số trƣờng hợp ngƣời ta phải biểu diễn số tự nhiên hệ đếm khác Trong hệ đếm hệ thập phân, hệ nhị phân đóng vai trò quan trọng - Trong hệ nhị phân số tự nhiên k đƣợc   viết : k  an an1 a1a0 |2 , i  0, n chữ số 0, an  nghĩa k  an 2n  an1.2n1   a1.2  a0 B Một số hàm số học I Hàm S  n  Định nghĩa Giả sử n số tự nhiên Ta định nghĩa S  n  tổng chữ số n biểu diễn hệ thập phân Tức n có dạng n  an an1 a1a0 S  n   a1  a2   ak Tính chất hàm S  n  Cho n số tự nhiên dƣơng i) S  n   n  mod9 ii)  S  n   n Bùi Thị Nga 65 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội iii) S  n   n   n  iv) S  m  n   S  m   S  n  với m, n nguyên dƣơng v) S  m.n   S  m .S  n  với m, n nguyên dƣơng Chứng minh i) Giả sử biểu diễn thập phân số nguyên dƣơng n có dạng n  an an1 a1a0 Khi n  ak 10k  ak 1.10k 1   a1.10  a0 S  n   a0  a1  a2   ak 1  ak Vì n  S (n)  9.a1  99.a2   99  ak 1  99  ak 1 k 1 k Tƣ (1) suy  n  S  n  9  n  S  n  mod9  suy đpcm ii iii) Ta có n  ak ak 1 a1a0 Vì n  nên ak  , 0,1,2, ,9, i  1, k Từ S  n   ak  ak 1   a1  a0 suy S  n   Lại thấy từ (1) S  n  n S  n   n  a1  a2   ak  a0   a0 1,2, ,9 Đó điều phải chứng minh iv) Giả sử hệ thập phân n m lần lƣợt có dạng n  ak ak 1 a1a0 , m   s  s 1 1 Không giảm tổng quát cho n  m suy k  s Ta viết lại m dƣới dạng sau m  00 0 s  s 1 1 Bùi Thị Nga 66 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội   , i  0,1,2, , s Đặt i '   i 0, i  s  1, , k Vì luôn cho n m có loại biểu diễn sau : n  ak ak 1 a1a0 m   k  k 1 1 Trong   i , i  9, i  0, k i , i nguyên Ta chứng minh bất đẳng thức : S  m  n   S  m  S  n , với m, n nguyên dƣơng phép quy nạp theo k +) Nếu k  n  a0 , m  0 suy S  n   S  m  a0  0 Ta có m  n  a0  0 : a0   , a0  0  S m  n   (a0  0  10)  1, a0  0  Tƣ suy a0  0 , a0  0  S  m  n   a0  0  9, a0  0  Chú ý  a0  9;0  0  nên a0  0  18 Suy a0  0    a0  0  a0  0  9 Tóm lại ta chứng minh đƣợc S  m  n   S  m   S  n  Vậy điều khẳng định k  +) Giả sử điều khẳng định đến k  1, tức với biểu diễn hệ thập phân n  ak 1ak 2 a1a0 , m   k 1 k 2 10 (trong hai số ak 1, k 1 phải lớn 0) ta có S  m  n   S  m   S  n  +) Xét trƣờng hợp với k , tức n m biểu diễn nhƣ sau : Bùi Thị Nga 67 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội n  ak ak 1 a1a0 m   k  k 1 1 (ít hai số ak , k phải lớn 0) Ta viết lại n  10.ak ak 1 a1  a0 ; m  10. k  k 1 1   Vì n  10.ak ak 1 a1  ak ak 1 a1 nên suy S 10.n'   S  n'  , n'  ak ak 1 a1 Tƣơng tự S (10.m ')  S (m '), m '   k  k 1 1 Rõ ràng ta có : S (n)  a0  S (n '), S (m)  0  S (m ') Áp dụng giả thiết quy nạp ta thấy : S (m ' n ')  S (m ')  S (n ') Mặt khác ta có : m  n  10.(m ' n ')  a0  0 nên S (m  n)  S (m ' n ')  a0  0 Suy ra: S (m  n)  S (m ')  S (n ')  a0  0  S (m)  S (n) Vậy điều khẳng định đến k Từ suy đpcm Chú ý : quy nạp dễ dàng chứng minh đƣợc : a1, a2 , a3 , , ak số nguyên dƣơng thì: k S (a1  a2  a3   ak )   S (ai ) i 1 V) Giả sử B có biểu diễn dƣới dạng thập phân là: B  b1b2 bk Khi ấy: B  bk  10.bk 1  102.bk 2   10k 1.b1 Trƣớc hết ta có nhận xét: Bùi Thị Nga 68 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội N số tự nhiên, với số p nguyên dƣơng ta có : S (10 p.N )  S ( N ) Ta có: A.B  Ab k  10 Ab k 1  102 Ab k 2   10k 1 Ab Theo phần iv) vừa chứng minh suy ra: S ( A.B)  S ( A.bk  10 A.bk 1  102 A.bk 2   10k 1 A.b1 )  S ( A.bk )  S (10 A.bk 1 )   S (10k 1 A.b1 )(*) Lại theo phần iv) ta có: S ( A.bk )  S (  A  A   A)  S ( A)  S ( A)   S ( A)  bk S ( A)    bk bk Tƣơng tự ta có: S (10 A.bk 1 )  bk 1.S (10 A)  bk 1.S ( A) S (102 A.bk 2 )  bk 2 S (102 A)  bk 2 S ( A) S (10k 1 A.b1 )  b1.S (10k 1 A)  b1.S ( A) Thay vào * ta có: S ( A.B)  (bk  bk 1   b1 ).S ( A) Do S ( B)  b1  b2   bk , nên từ bất đẳng thức ta thu đƣợc: S  AB   S  A.S  B  Đó đpcm Chú ý: Theo nguyên lý quy nạp, ta suy kết sau : A1, A2 , , An số nguyên dƣơng : S ( A1 A2 An )  S ( A1).S  A2  S  An  Bài tập Bài Tìm số tự nhiên n cho : S  n   n  2003n  Bùi Thị Nga 69 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Giải Với n nguyên dƣơng ta có :  S  n   n (1) Giả sử n số nguyên dƣơng thỏa mãn yêu cầu đề bài, tức : S  n   n  2003n  Từ (1) đến hệ bất phƣơng trình sau (ẩn n ): n  2003n   n  2003n     n  2003 n   n  n  2004n     n  2002,99 2002  n  2004     n  2,49.103   n  2003 n     3 2.49.10  n  2003,99 Đảo lại  S  2003    n  2003   2003  2003.2003    S  2003  20032  2003.2003  Vậy : n  2003 giá trị thỏa mãn yêu cầu đề Bài Tìm số tự nhiên n , cho : n  S  n   2003 Giải Ta có : n  S (n)  2003  n  2003  S (n)(1) Vì S (n)  S ( n) nguyên nên S (n)  Do từ (1), ta có : n  2002  2 Bùi Thị Nga 70 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Để ý số không vƣợt số 2002 , số 1999 có tổng chữ số lớn nên S (n)  S (1999)  28  3 với số tự nhiên n  2002 Thay (3) vào (1) ta có : n  1975 kết hợp với (2), ta có : 1975  n  2002 Do S (2002)  4, S (2001)  3, S (2000)  n  2002  n  S (n)  2002   2006  2003  loại n  2001  n  S (n)  2001   2004  2003  loại n  2000  n  S (n)  2000   2002  2003  loại Vậy : 1975  n  1999, nên ta biểu diễn n dƣới dạng : n  19ab với a, b   ,0  a, b  Khi hệ thức n  S (n)  2003 có dạng : 1900  10.a  b  10  a  b  2003 hay 11.a  2.b  93(6) Từ (6) ta có : b  93  11.a 1 a  46  5.a  2 1 a  t  hay Do b nên  a 12.t b46510.t t 11.t  41 Vì a, b không vƣợt nên ta có :    t   0   2t   32   41 t   t  3 0  11t  41    11 11 t     t    Khi t  3 a  7, b   n  1978 Đảo lại, n=1978 S (n)      25 n  S (n)  1978  25  2003 Bùi Thị Nga 71 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Kết luận : n  1978 giá trị thỏa mãn yêu cầu toán Bài Cho n số tự nhiên CMR S (8.n)  S ( n) Giải Trƣớc hết ta có nhận xét sau : n số nguyên dƣơng, với số nguyên dƣơng p , ta có hệ thức : S  n   S 10 p.n  (1) Thật : giả sử n  a1a2 ak ,thì 10 p.n  a1a2 ak 00  p Vì S (n)  S (10 p.n) (vì a1  a2   ak )  (1) Với p  ta có : S (n)  S (1000.n)  S (125.8.n)(2) Áp dụng tính chất hàm S ( n) : S (125.8.n)  S (125).S (8.n)  8.S (8.n)(3) Từ (2) (3) ta có : S (n)  8.S (8.n)  S (8.n)  S ( n) Bài Đặt A  S  44444444  , B  S ( A) Tìm S ( B ) Giải Vì 44444444  100004444  104  4444  1017776 Và 1017776 số bé có 17777 chữ số nên suy : Số 44444444 có số chữ số không vƣợt 17776 chữ số Hay : A  S (44444444 )  9.17776  159984 Bùi Thị Nga 72 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Trong số không vƣợt 159984 số 99999 số có tổng chữ số lớn Vì : B  S ( A)  S  99999   45 Trong số  45 , số có tổng chữ số lớn 39 , S (39)  12 , nên ta có : S ( B)  12 Ta có : 4444  2(mod9)  444444444  (2) 4444 (mod9) 1 Lại thấy :  2   1(mod9) nên :  2  4444  (2)1481.(2)  2(mod9)  7(mod9)   Từ (1) (2) có : 44444444  7(mod9)  3 Áp dụng công thức với số n nguyên dƣơng, n  S (n)(mod9) Cùng với (3) ta có : A  7(mod9)  B   mod9  S ( B)  7(mod9) 0  S  B   12 Do :   S  B  S B  7(mod9)    Vậy S  B   Bài  Đặt a  S  29  1999 ;b  S (a);c  S (b) Tìm c ? Giải   Đặt n  1999   Thì n  3.1999  85997  105997 Vậy n số có không 5997 số Do 99  số lớn có 5997 chữ số 5997 Từ suy : a  S (n)  S (99 9)  9.5997  53973 Nhƣ ta có a  539731 Bùi Thị Nga 73 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Trong số không vƣợt 53973 , số 49999 số có tổng chữ số lớn Từ (1)  b  S (a)  S (49999)  40  2 Trong số không vƣợt 40 số 39 lại số có tổng chữ số lớn Vì : c  S (b)  S (39)  12  c  12  3 n   23  5997 Do 23  1(mod9) nên n   1 5997 (mod9)  1(mod9)  n  8(mod9)   Từ (4)  a  8 mod9  b  8(mod9)  c  8(mod9) , kết hợp với  c  12 suy c  Vậy c  giá trị cần tìm Bài Cho m số nguyên dƣơng không chia hết cho 10 CMR tồn số nguyên dƣơng n đồng thời thỏa mãn điều kiện sau : 1.Trong dạng thập phân n không chứa số S (n)  S (m.n) Giải Giả sử biểu diễn thập phân m có dạng : m  a1a2 ak Do m không chia hết cho 10 nên ak  Xét số n gồm k chữ số : n  99  k Khi dạng thập phân n không chứa số Ta có S (n)     9k 1   k Ta có m.n  a1a2 ak 99   a1a2 ak 10  k Bùi Thị Nga 74 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội  a1a2 ak 10k  a1a2 ak  a1a2 ak 00  a1a2 ak k  a1a2 ak 1  ak  1   a1  9  ak 1 10  ak    (Do ak   ak  nên sau thực phép trừ ak 1 không phép tính có nhớ nữa) Từ (2) ta có S  mn   a1  a2   ak  9     10    a1  a2   ak  k 1  9.k  3 Từ (1) (3) suy S  n   S  mn  Suy đpcm II) Một số hàm số khác Cho n số nguyên dương Ta gọi g ( n) tổng chữ số biểu diễn hệ nhị phân n Ví dụ : g 13  13  11012 Cho n số nguyên dương Ta gọi f (n) số nguyên k không âm lớn cho n chia hết cho k Ví dụ : f (32)  32 25 Bài tập Bài (tính chất hàm f (n), g (n) ) Với số nguyên dƣơng n, ta gọi f (n) số nguyên k lớn cho n chia hết cho k , g ( n) tổng chữ số biểu diễn hệ nhị phân n CMR với số nguyên dƣơng n , ta có f (n!)  n  g (n) Giải r 1 r Giả sử n  a0  a1.2  a2   ar 1.2  ar (1) Khi g (n)  a0  a1   ar 1  ar (2) Bùi Thị Nga 75 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Từ (1) suy với  i  r , ta có n r i  2i    1.2   ar  n  r i 1  2i 1   1  2   ar n  n  Suy  i    i 1   (3) 2  2  r r  n   n  Thay (3) vào (2) có : g (n)       i    i 1   2  i 0 i 0    Suy :  n n  n   n   n  g (n)   n                      2 2 2  2  2    n   n      r    i 1   2  2  n  n   n   n           r 1     2  2 2  Do (1) nên ta có : n a0 a1 a2 ar       5 2r 1 2r 1 2r 2r 1 Vì 0,1 với i  0, r nên từ   ta có : n 1 1  2r 1  r 1     r 1    r 1  2 2 1 2  n  Vậy  r 1     2  Thay (6) vào (4) ta đƣợc : n  n   n  g (n)  n           r   2  2 2  Bùi Thị Nga 76 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội Vì f (n!) số nguyên dƣơng k lớn mà  n! 2k , theo tính chất 3.12 hàm phần nguyên y   x  , ta có : n  n   n  n f (n!)             r  Vậy f (n!)  n  g (n)  2 2  2  2  Bùi Thị Nga 77 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội PHẦN KẾT LUẬN Khoá luận trình bày số vấn đề hàm số học, số hàm số học vừa có nhiều ứng dụng môn số luận vừa đối tƣợng nghiên cứu môn với tính chất toán điển hình Khoá luận đƣợc thực với mong muốn đóng góp kinh nghiệm giúp bạn đọc nghiên cứu nhiều hơn, sâu số học nói chung hàm số học nói riêng Dù cố gắng song trình độ kinh nghiêm thân hạn chế, thời gian có hạn nên nhiều vấn đề hàm số học chƣa đƣợc đề cập tới nhƣ hàm số đối số nguyên ứng dụng hàm số học Chắc chắn khoá luận tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đƣợc góp ý quý thầy cô bạn để khoá luận đƣợc hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Sinh viên Bùi Thị Nga Bùi Thị Nga 78 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội TÀI LIỆU THAM KHẢO Bùi Huy Hiền, Nguyễn Hữu Hoan (1985) Bài tập đại số số học tập 1, NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Hữu Việt Hƣng (1999) Đại số đại cƣơng, NXB Giáo dục, Hà Nội Ngô Thúc Lanh (1986) Đại số số học tập 1, tập 2, NXB giáo dục Phan Huy Khải Các chuyên đề bồi dƣỡng học sinh giỏi toán trung học, chuyên đề 4: toán hàm số học, NXB Giáo dục Lại Đức Thịnh (1977) Số học, NXB Giáo dục Bùi Thị Nga 79 K32A - Toán [...]... thu gọn môđun 8 Bùi Thị Nga 32 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 V Tính chất nhân Một hàm số xác định với mọi số tự nhiên khác không thƣờng gọi là một hàm số học Một tính chất quan trọng thƣờng gặp trong các hàm số học là tính chất nhân 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... 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 1 ƣớc nguyên tố p Số nguyên tố p này khác các số nguyên tố p1 , p2 , , pn vì khi chia n cho p1 , p2 , , pn đều dƣ 1 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 nguyên tố Định lý cơ bản Mọi số tự nhiên lớn... III Số nguyên tố 1 Định nghĩa Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ƣớc số là 1 và chính nó Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố đƣợc gọi là hợp số Tập các số nguyên tố kí hiệu:  2 Định lý Định lý Euclid Tập các số nguyên tố là vô hạn CM Bùi Thị Nga 27 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pn Khi đó xét số. ..  0 các số  cần tìm là: n 1 n   n n 1 b, Bằng cách tƣơng tự khi   0 , ta có: n 1 n   1 n n Kết luận: ứng với mọi số nguyên dƣơng n  2 cho trƣớc thì các số  n n 1  n    n  1 ,  0 thoả mãn yêu cầu đề bài là:   n    1  n ,  0 1  n n Bùi Thị Nga 24 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 CHƢƠNG II MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC ƢỚC SỐ, CÁC SỐ NGUYÊN...  pi     d . i 0,1, , i  i 1  dn i 1,2, ,k B- Một số hàm số học I Hàm   n  1 Định nghĩa Cho n là số nguyên dƣơng, khi đó   n  là tổng tất cả các ƣớc số tự nhiên của n (kể cả 1 và n ) Ví dụ: n=8 có các ƣớc là 1;2;4;8 suy ra   n  =1+2+4+8=15 2 Vài tính chất của   n  a) Công thức tính hàm   n  k Giả sử n là số nguyên dƣơng và có khai triển chính tắc n   pii i 1   n... luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 n Nhƣ vậy có đúng   số của dãy chia hết cho q q Hệ quả Từ tính chất 3.11 ta có: trong dãy số tự nhiên 1,2,3,…, n có đúng n n 3 2  q 2  số chia hết cho q , có đúng  q 3  số chia hết cho q ,…     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 n  n   n   n k k 1  p  ... không thể là số nguyên tố 3 n 2 25  n 2      8 không phải là số nguyên tố Xét với n  5   3 3 3 - Bùi Thị Nga n 2 16  n 2  n  4       5 là số nguyên tố 3 3 3 22 K32A - Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 -  n2  n  3     3 là số nguyên tố 3 -  n2  n  2     1 không là số nguyên tố 3 -  n2  n  1;0     0 không là số nguyên tố 3 Vậy có hai số nguyên... d , i  1, n ii, Nếu d ' là số nguyên mà ai  d ' , i  1, n thì d  d ' 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 ƣớc lấy số dƣơng trong 2 số d làm UCLN Kí hiệu d   a1, a2 , , an  Định nghĩa 3: Các số nguyên a1 , a2 , , an đƣợc gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng nhận 1 làm UCLN Nếu các số nguyên a1 , a2 , , an đôi một... F  n  là hàm nhân tính Đó là đpcm Áp dụng mệnh đề với hàm f  n   n (hàm đồng nhất), n  Khi đó hiển nhiên f  n  là hàm nhân tính Lúc này F  n   f  d1   f  d2    f  dk   d1  d2   dk    n  Từ mệnh đề trực tiếp suy ra   n  là hàm nhân tính Đó là đpcm 3 Bài tập Bài 1 Chứng minh rằng n là hợp số khi và chỉ khi   n   n  n Lời giải    Giả sử n là hợp số Khi đó ngoài... 5 Tìm tất cả các số  sao cho các số  , 2. ,3. , , n.  (với n  2 là một số nguyên dƣơng cho trƣớc) đều khác nhau, và các số 1 2 3 n    ,    ,    , ,    cũng đều khác nhau Lời giải a, Lấy   0 Rõ ràng   1 là một trong các giá trị cần tìm Khi   1 ( 1     1 ) thì các số  , 2. ,3. , , n.  đôi một khác nhau Thật vậy xét hai số i.  và  j. ... trí trung tâm số học Nghiên cứu hàm số học giúp hiểu sâu có hệ thống vấn đề số học Với lí em chọn đề tài Hàm số học II Mục đích, yều cầu đề tài Đề tài nhằm hệ thống lại số hàm số học thông dụng:... nhà trƣờng phổ thông, Số học đóng vai trò quan trọng Các em học sinh bậc Tiểu học học Toán tức học Số học Chỉ đến lớp bậc Trung học sở Trung học phổ thông môn Đại số, Hình học, Lƣợng giác, Giải... 33 B Một số hàm số học 34 I Hàm  (n) 34 II Hàm  ( n) 44 III Hàm Ơle  (m) 52 CHƢƠNG III Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên