Ứng dụng hàm số số học

tìm hiểu về các hàm số số học cơ bản và tính chất của nó từ đó tìm hiểu các ứng dụng của hàm số số học để giải phương trình tìm nghiệm nguyên và chứng minh các bài toán đại số gồm 3 chương chương 1 trình bày kiến thức chuẩn bị phục vụ cho nội dung của chương 2 và chương 3 chương 2 trình bày về các hàm số số học và các tính chất cơ bản của nó chương 3 trình bày về các ứng dụng

1 Mục lục MỞ ĐẦU 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tính chia hết 1.2 Ước chung lớn 1.3 Bội chung nhỏ 1.4 Số nguyên tố 1.5 Đồng dư thức 1.6 Hàm số số học tính chất nhân 1.7 Hàm số Mơ-bi-us luật thuận nghịch 2 4 5 10 10 14 17 20 Các 2.1 2.2 2.3 2.4 Đê-đê-kin-Liu-vin hàm số học Phi - hàm Ơ-le Hàm tổng ước số dương n Hàm tổng chữ số số tự nhiên n Hàm số ước τ (n) Một số ứng dụng hàm số học 3.1 Ứng dụng Phi - hàm Ơ-le 3.1.1 Xét đồng dư môđulô số nguyên 3.1.2 Chứng minh phép chia với dư 3.1.3 Giải phương trình đồng dư 3.1.4 Tìm nghiệm nguyên phương trình 22 tố 22 22 23 24 25 3.1.5 3.1.6 Tìm cấp số nguyên Tìm số tự nhiên thỏa mãn tính chất hàm số ϕ(n) 26 27 3.2 Ứng dụng hàm tổng ước số dương số tự nhiên n 3.2.1 Chứng minh số hợp số 3.2.2 Chứng minh số số hoàn hảo 3.2.3 Chứng minh bất đẳng thức liên quan tới σ(n) 29 29 30 33 3.3 Ứng dụng hàm S(n) 3.3.1 Tìm n S(n) thỏa mãn hệ thức cho trước 3.3.2 Tính giá trị S(n) 3.3.3 Chứng minh số biểu thức liên quan tới S(n) 3.3.4 Xét tính bị chặn hàm số chứa S(n) 36 36 38 39 41 3.4 Ứng dụng hàm số ước τ (n) 3.4.1 Tìm n thỏa mãn điều kiện cho trước τ (n) 3.4.2 Một số bất đẳng thức liên quan tới hàm τ (n) 3.4.3 Tìm số nghiệm phương trình phương pháp sử dụng τ (n) 42 42 45 Ứng dụng hàm phần nguyên [x] 3.5.1 Bài toán định tính 3.5.2 Bài toán định lượng 48 48 50 3.5 47 KẾT LUẬN 52 Tài liệu tham khảo 52 MỞ ĐẦU Hàm số số học ứng dụng có nhiều ứng dụng quan trọng đại số đại Trong năm gần đây, nhiều vấn đề nhiều người quan tâm, ý thích thú nghiên cứu Với mục đích tìm hiểu, nghiên cứu nhằm làm rõ vấn đề này, em chọn luận văn là: "Hàm số số học ứng dụng" Luận văn em gồm chương: Chương 1: Là kiến thức chuẩn bị, chương đề cập đến khái niệm tính chất có liên quan đến hàm số học Đây kiến thức tảng cho chương chương Chương 2: Trong chương ta tìm hiểu số hàm số học tính chất Chương 3: Trong chương ta xét số ứng dụng hàm số học việc giải phương trình, tìm nghiệm nguyên hay chứng minh số toán đại số Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tính chia hết Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b, b = 0, a = bq với số nguyên q Khi ta nói a bội b kí hiệu a b Ta nói b chia hết a hay b ước a kí hiệu b | a Phép chia với dư Với cặp số nguyên a b, b = tồn cặp số nguyên q , r cho a = bq + r, ≤ r < |b| Khi ta nói a chia hết cho b thương q dư r Số q gọi thương hụt r = 1.2 Ước chung lớn Số nguyên d gọi ước chung số nguyên a1 , a2 , , an ước số Ước chung d số nguyên a1 , a2 , , an gọi ước chung lớn (ƯCLN) d bội ước chung a1 , a2 , , an Theo định nghĩa ƯCLN số a1 , a2 , , an phải chia hết lẫn ,do chún khác dấu.Trong hai số ±d ƯCLN số a1 , a2 , , an số dương thường kí hiệu d = CLN (a1 , a2 , , an ) d = (a1 , a2 , , an ) Một số tính chất đáng lưu ý ƯCLN: - Tập hợp ước chung a1 , a2 , , an trùng với tập hợp ước ƯCLN số - Nếu d ƯCLN số a1 , a2 , , an tồn số nguyên x1 , x2 , , xn cho d = x1 a1 + x2 a2 + + xn an Đặc biệt, (a1 , a2 , , an ) = tồn số nguyên x1 , x2 , , xn cho = x1 a1 + x2 a2 + + xn an Trong trường hợp số a1 , a2 , , an gọi nguyên tố Để tìm ƯCLN hai số ta thường sử dụng tính chất sau: a = bq + r ⇒ (a, b) = (b, r) ( lưu ý không đòi hỏi < r < |b|) Đặc biệt ta có thuật toán Ơclit để tìm ƯCLN hai số nguyên: Nếu a = bq0 + r1 , < r1 < b b = r1 q1 + r2 , < r2 < r1 rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , < rn < rn−1 rn−1 = rn qn (a, b) = rn , nghĩa ƯCLN a, b số dư cuối rn thuật toán nói ƯCLN nhiều số tính theo công thức (a1 , a2 , , an ) = ((a1 , a2 , , an−1 ), an ) 1.3 Bội chung nhỏ Số nguyên m gọi bội chung số nguyên a1 , a2 , , an chia hết cho số nguyên Bội chung m số nguyên a1 , a2 , , an gọi bội chung nhỏ số ( viết tắt BCNN) ước bội chung a1 , a2 , , an Nếu m m’ BCNN số a1 , a2 , , an m = ±m Trong trương hợp m > ta kí hiệu: m = BCN N (a1 , a2 , , an ), m = [a1 , a2 , , an ] quy ước gọi BCNN a1 , a2 , , an Để tìm bội chung nhỏ hai số ta thường sử dụng công thức [a, b] = ab (a, b) Bội chung nhỏ nhiều số tính theo công thức [a1 , a2 , , an ] = [[a1 , a2 , , an−1 ], an ] Trong nhiều trường hợp BCNN nhiều số xác định nhờ tính chất sau m m m m = [a1 , a2 , , an ] ⇔ ( , , , ) = a1 a2 an 1.4 Số nguyên tố Số tự nhiên lớn ước khác gọi số nguyên tố Những tính chất thường gặp số nguyên tố: - Cho p số nguyên tố Khi với số nguyên a a chia hết cho p a nguyên tố với a - Nếu tích ab hai số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p a chia hết cho p b chia hết cho p Định lí Mỗi số tự nhiên lớn phân tích thành thừa số nguyên tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số Sự phân tích a = pα1 pα2 pαk k p1 , p2 , , pk số nguyên tố khác nhau, α1 , α2 , , αk số nguyên dương, gọi phân tích tiêu chuẩn a 1.5 Đồng dư thức Cho số nguyên dương m Hai số nguyên a b gọi đồng dư với theo modul m chúng có số dư phép chia cho m, kí hiệu a ≡ b (mod m) Định nghĩa tương đương với hai phát biểu sau: m |( a - b) Tồn số nguyên t cho a = b + mt Khi thực phép toán đồng dư thức ta thường sử dụng hai tính chất sau: Có thể cộng trừ vế nhiều đồng dư thức theo môđul với Có thể nhân vế nhiều đồng dư thức theo cung môđul với 1.6 Hàm số số học tính chất nhân Định nghĩa 1.6.1 (i) Hàm số số học ánh xạ f: N ∗ → R từ tập số tự nhiên khác không N đến tập số thực R (ii) Hàm số số học f: N ∗ → R gọi hàm số có tính chất nhân (hàm nhân tính) nếu: (i) f = 0, nghĩa tồn số tự nhiên n0 ∈ N ∗ cho f (n0 ) = 0; (ii) Với m, n ∈ N ∗ , UCLN(m, n) = 1, ta nói f (mn) = f (m)f (n) Trong trường hợp tính chất (ii) thỏa mãn với cặp số tự nhiên m, n khác ta có f hàm có tính chất nhân hoàn toàn ( hàm hoàn toàn nhân tính) Ví dụ 1.6.2 Hàm số f: N ∗ → R xác định f (n) = ns , với s ∈ Z hàm số số học hoàn toàn nhân tính Mệnh đề 1.6.3 Nếu f: N ∗ → R hàm số có tính chất nhân f (1) = Chứng minh Vì f có tính chất nhân nên theo định nghĩa tồn n0 ∈ N ∗ cho f (n0 ) = Vì ƯCLN(n0 , 1) = nên f (n0 ) = f (1.n0 ) = f (1).f (n0 ) Suy f (1) = Mệnh đề 1.6.4 f1 : N ∗ → R f2 : N ∗ → R hai hàm số có tính chất nhân hàm số f = f1 f2 :N ∗ → R xác định f (n) = f1 (n).f2 (n) hàm số có tính chất nhân Chứng minh Theo định nghĩa hàm f = f1 f2 xác định với n ∈ N ∗ Ngoài f (1) = f1 (1).f2 (1) = 1.1 = nên f = Mặt khác giả sử n1 , n2 ∈ N ∗ cho ƯCLN(n1 , n2 ) = Khi ta có f (n1 n2 ) = f1 (n1 n2 ).f2 (n1 n2 ) = f1 (n1 )f1 (n2 )f2 (n1 )f2 (n2 ) = f1 (n1 )f2 (n1 )f1 (n2 )f2 (n2 ) = f (n1 )f (n2 ) Vậy f hàm có tính chất nhân Mệnh đề 1.6.5 Cho n = pα1 pα2 pαk k dạng phân tích tiêu chuẩn số tự nhiên n > f hàm số có tính chất nhân Khi ta có k (1 + f (pi ) + + f (pαi i )) (1) f (d) = d|n (Tổng d|n f (d) i=1 gọi tổng trải ước n) Chứng minh Khai triển vế phải (1) ta có k f (pβ1 )f (pβ2 ) f (pβk k ) (1 + f (pi ) + + f (pαi )) = 0≤βi ≤αi i=1 i=1,2, ,k Ta ý pβ1 , pβ2 , , pβk k số nguyên tố đôi f hàm số có tính chất nhân, suy f (pβ1 )f (pβ2 ) f (pβk k ) = f (pβ1 pβ2 pβk k ) Từ k f (pβ1 pβ2 pβk k ) (1 + f (p1 ) + + f (pαi i )) = 0≤βi ≤αi i=1 i=1,1, ,k Theo dấu hiệu ước n pβ1 pβ2 pβk k chạy qua tất ước n βi chạy qua giá trị 0, 1, 2, , αi với i = 1, 2, , k nên cuối ta k (1 + f (pi ) + + f (pαi i )) = i=1 1.7 f (d) d|n Hàm số Mơ-bi-us luật thuận nghịch Đê-đê-kin-Liu-vin Định nghĩa 1.7.1 Hàm Mơ-bi-us µ: N ∗ → Z xác định công thức:    n = 1;     µ(n) = n p2 , với p số nguyên tố;      (−1)k n = p p p tích k số nguyên tố khác k Ví dụ.µ(2) = −1; µ(12) = 0; µ(15) = 1; µ(30) = −1 Mệnh đề 1.7.2 Hàm Mơ-bi-us hàm có tính chất nhân Chứng minh Rõ ràng µ = 0, ta phải chứng minh ∀m, n ∈ N ∗ , UCLN(m, n) = µ(mn) = µ(m)µ(n) Thật vậy, m = n = đẳng thức hiển nhiên Thêm m n có nhân tử bình phương khác tích mn có nhân tử bình phương khác nên đẳng thức hiển nhiên Trong trường hợp lại giả sử m = p1 p2 pr n = q1 q2 qs , p1 , p2 , , pr , q1 , q2 , , qs p−1 phương ( mod p) Theo nhận xét trên, suy : 2 ≡ −1 (mod p) Từ suy (2.10700 + 1) p Đặt n = 2.10700 + 1, n bội 2003 S(n) = Tóm lại, minS(n)n∈D = 3, D = n : n nguyên dương bội 2003 Nhật xét 3.3.6 Ta áp dụng kết số phương ( mod p) để giải toán 3.3.3 Chứng minh số biểu thức liên quan tới S(n) Ví dụ 3.3.7 Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng: S(8n) ≥ S(n) Chứng minh Trước hết ta có nhận xét sau: Nếu n số nguyên dương với số nguyên dương p, ta có hệ thức : S(n) = S(10p n) (2.44) Thật vậy, giả sử n = α1 α2 αk 10p n = α1 α2 αk 00 Vì S(n) = số S(10 n) ( α1 + α2 + + αk ), tức (2.44) Từ (2.44) nói riêng ta có S(n) = S(1000n) = S(125.8n) (2.45) p p Áp dụng tính chất hàm S(n) S(125.8n) ≤ S(125).S(8n) = 8.S(8n)(2.46) Từ (2.45) (2.46) ta đến S(n) ≤ 8S(8n) ⇒ S(8n) S(n) ≥ 18 Ví dụ 3.3.8 Cho số nguyên dương n Gọi A tập hợp tất số nguyên a [10n , 10n+1 ) mà S(a) chẵn B tập hợp tất số nguyên b [10n , 10n+1 ) mà S(b) lẻ Chứng minh rằng: am = a∈A bn b∈B với số tự nhiên m ≤ n (2.47) 39 Chứng minh Kí hiệu A(n), B(n) tập A, B đề với n > A(0) = C {0}, B(0) = L {1} với C = {0, 2, 4, 6, 8} L = {1, 3, 5, 7, 9} Ta chứng minh (2.47) quy nạp với n ≥ Với n = m = (2.47) hiển nhiên Gỉa sử (2.47) tới với n, ta chứng minh tới với n + Ta có am = (10a + x)m + a∈A(n) x∈C a∈A(n+1) (10b + y)m b∈B(n) y∈L Từ đó, m = ta có điều phải chứng minh Nếu < m ≤ n + m−1 m m m a∈A(n) x∈C (Cim 10i Si 10 a + (10a + x) = i=0 a∈A(n) xm−1 ) x∈C với = Si = a∈A(n) bi ∀i ≤ n b∈B(n) m−1 m m m a = a∈A(n+1) m m 10 a + a∈A(n) Do tính đối xứng nên suy (Cim 10i Si 10 b + i=0 b∈B(n) a∈A(n+1) a m = z m−1 ) z∈C∪L b∈B(n+1) b m Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh Nhật xét 3.3.9 Có thể phát biểu lại kết Bài toán 2.25 sau: " Cho số nguyên dương n Gọi A tập hợp tất số nguyên a khoảng (1, 10n ) mà S(a) chẵn B tập hợp tất số nguyên b khoảng (1, 10n ) mà S(b) lẻ Chứng minh rằng: am = a∈A bn b∈B với số tự nhiên m ≤ n." 3.3.4 Xét tính bị chặn hàm số chứa S(n) Ví dụ 3.3.10 Xét tính bị chặn hàm số f (n) = trước 40 S(n) S(a.n) với a ∈ Z + cho Chứng minh Đặt a = 2α 5β b; (b, 10) = Nếu b = f (n) = S(n) S(a.n) = S(10α 10β n) S(2α 5β n) ≤ S(5α 2β ) = const Nếu b > gọi p ước nguyên tố b Ta có f (n) = S(n) S(n) S(n) ≥ ≥ S(a.n) S(pn).S(a/p) S(pn).a/p n(p−1) Ta chọn dãy xn = 10 p với < c < p (c + 10) p Khi với n đủ lớn S(xn p) = + S(c) = const để chứng tỏ hàm f(n) không bị chặn ta cần có S(xn ) → +∞ n → +∞ Do xn → +∞ n → +∞ nên ta cần chứng minh biểu diễn thập phân xn chữ số Thật vậy, ngược lại, dễ thấy pxn có chữ số khác Vậy hàm f(n) bị chặn a ước nguyên tố Ví dụ 3.3.11 Cho a số chẵn không chia hết cho Chứng minh : limS(an ) = +∞ Chứng minh Lấy n > 8, đặt an = ak ak−1 a1 Ta chứng minh ≤ i ≤ chữ số ai+1 , , a4i phải có số khác Thật vậy, không đặt c = ai−1 a1 ta có n (an − c) 104i ⇒ c 24i ( a chẵn) < c < 24i nên mâu thuẫn Từ lấy n > 4m S(an ) > (a2 + a3 + a4 ) + + (a4m +1 + a4m +2 + + a4m +m ) ≥ m Vậy ta có điều phải chứng minh 3.4 3.4.1 Ứng dụng hàm số ước τ (n) Tìm n thỏa mãn điều kiện cho trước τ (n) Ví dụ 3.4.1 Tìm n nhỏ để τ (n) = ( Giải toán thay số sau: 2, 3, 6, 14 100 ) 41 Chứng minh Ta biết ước dương n có mặt n 1) Xét τ (n) = Vì n có ước dương nên từ nhận xét suy n = 1.τ (n) = ⇐⇒ n = Dĩ nhiên số n nhỏ n = 2) Xét τ (n) = 2.n có hai ước n số nguyên tố Vậy τ (n) = n nhỏ ( số nguyên tố bé nhất) 3) Xét τ (n) = Ta có khái triển thừa số nguyên tố n = pα1 pα2 pαk k , αi nguyên lớn ( i = 1, 2, , k ) τ (n) = (α1 + 1)(α2 + 1) (αk + 1) Vì τ (n) = nên suy n = p2 , với p số nguyên tố Do τ (n) = n nhỏ 22 = 4) Xét τ (n) = Ta có = 2.3, nên τ (n) = n có dạng n = p1 p22 , p1 , p2 số nguyên tố Vậy τ (n) = n nhở 22 = 12 5) Xét τ (n) = 14 Ta có 14 = 2.7, τ (n) = 14 n có dạng n = p1 p62 p1 , p2 số nguyên tố Vậy τ (n) = 14 n nhỏ n = 26.3 = 64.3 = 192 6) Xét τ (n) = 100 Ta có 100 = 2.50 = 4.25 = 2.2.5 = 2.2.5.5 = 10.10 9 4 24 24 Vì n = p1 p49 = p1 p2 = p1 p2 p3 = p1 p2 p3 p4 = p1 p2 , p1 , p2 , p3 , p4 số nguyên tố 49 Số nhỏ số p1 p49 24 Số nhỏ số p31 p24 Số nhỏ số p1 p2 p43 p44 24 34 5.7 Số nhỏ số p91 p92 29 39 Dễ thấy min{3.249 ; 33 224 ; 24 34 5.7; 29 39 } = 24 34 5.7 = 35.6 = 45360 Vậy τ (n) = 100 n nhỏ 45360 Ví dụ 3.4.2 Tìm tất số nguyên dương n cho (τ (n))3 = 4n Chứng minh Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: (τ (n))3 = 4n (2.48) Giả sử khai triển thừa số nguyên tố n, ta có n = pα1 pα2 pαs s p1 < p2 < < ps < tất số nguyên tố, αi , i = 1, 2, số nguyên không âm Khi ta có τ (n) = (1 + α1 )(1 + α2 ) (1 + αs ) (2.49) 42 Ta có 4n = pα1 pα2 pαs s Do p1 = nên α2 4n = p2+α p2 pαs s (2.50) Từ (2.48) suy 4n lập phương số nguyên Vì từ (2.50) pi số nguyên tố nên ta có    α1 = + 3β1   αi = 3βi , i = 2, 3, β1 , β2 , số nguyên lớn Thay vào (2.49) ta có τ (n) = (2 + 3β1 )(1 + 3β2 )(1 + 3β3 ) (1 + 3βs ) (2.51) Từ (2.51) suy τ (n) không chia hết cho ( τ (n) ≡ 2(mod3)) Mặt khác, lại có 4n = (τ (n))3 nên suy n không chia hết cho 3.Vì n = pα1 pα2 pαs s , p2 = Do n không chia hết α2 = ( α2 > pα2 chia hết cho 3, tức n chia hết cho 3, dẫn đến vô lí) Vì lẽ từ (2.51) lại có τ (n) = (2 + 3β1 )(1 + 3β3 ) (1 + 3βs ) Bây phương trình 3βs (τ (n))3 = 4n ⇔ (2 + 3β1 )3 (1 + 3β3 )3 (1 + 3βs )3 = 23(1+β1 ) p3β ps pβ3 pβs s + 3β1 (2.52) ⇔ 1+β = (1 + 3β3 ) (1 + 3βs ) Vì = p3 < p4 < < ps < nên với i ≥ pβi i ≥ 5βi = (1 + 4)βi ≥ + 4βi ( theo bất đẳng thức Bernoulli, (1 + a)n ≥ + na với n nguyên dương) Từ suy vế phải (2.52) lớn 1, bất đẳng thức sảy βi = với i ≥ Vì lẽ từ (2.52), ta có + 3β1 ≥ 1(2.53) 21+β1 Từ (2.53) suy + 3β1 ≥ 21+β1 (2.54) 43 Mặt khác 21+β1 = 2(1 + 1)β1 ≥ 2(1 + Cβ11 + Cβ21 ) = 2(1 + β1 + β1 (β1 − 1) ) hay từ (2.54) ta có + 3β1 ≥ + β1 + 2β12 ( sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton ) Từ ta có 2β1 ≥ β12 hay β1 ≤ Từ tính nguyên β1 , có β1 = 0, hay Xét trường hợp sau: a) Nếu β1 = hay β1 = 2+3β = suy hai vế (2.52) 21+β1 1, lẽ từ lập luận suy ước số nguyên n Từ đó: - Nếu β1 = 0, ta nghiệm n = 21+3β1 = - Nếu β1 = 2, ta nghiệm n = 21+3β1 = = 27 = 128 = 54 b) Nếu β1 = 2+3β 21+β1 Khi từ (2.52) ta có β3 > β3 > có Thật vậy, 5β3 > 54 , suy vế phải (2.52) > 45 mâu thuẫn so với (2.52) 1+3β β3 5 Vì lẽ β3 = 1, 1+3β = 54 ( dĩ nhiên để (2.52) = 1+3 β4 = β5 = = 0) Từ ta có    α1 = + 3β1 = + 3.1 =        α2 =    α3 = 3β3 =       αi = 0, ∀i ≥ Như n = 24 53 = 16.125 = 2000 Tóm lại số nguyên dương cần tìm n = 2, n = 128 n = 2000 3.4.2 Một số bất đẳng thức liên quan tới hàm τ (n) Ví dụ 3.4.3 Giả sử τ (n) số tất ước số tự nhiên n Chứng minh với n = 1, 2, ta có bất đẳng thức: τ (n)2 < 4n Chứng minh Giả sử a ước số n, số b = na ước n Do tất ước số n chia thành cặp, đặt tương ứng với 44 √ √ √ ước a < n b = na Ngoài ra, thêm n n số nguyên ( tức n số phương ) Số nhỏ hai số cặp gọi số thứ nhất, lại số lớn gọi số thứ hai Xét khả sau: 1) Nếu n số phương √ Khi tất số thứ nhỏ n Cũng lẽ gọi d∗ số lớn √ √ số thứ d∗ < n ⇒ d∗ < [ n], qua [α] để phần nguyên số α √ Vì số thứ thuộc tập 1, , [ n], từ suy số số thư √ ≤ [ n] ( n só phương) Vì n số phương nên τ n hai lần số thứ Do ta có bất đẳng thức: √ τ (n) < n ⇒ τ (n)2 < 4n 2) Nếu n số phương √ √ Khi n ước n, tất ước thứ ≤ n − Kí hiệu d∗ phần 1), ta có √ √ d∗ ≤ n − ⇒ d∗ ≤ [ n − 1] √ √ Lập luận ta có số số thứ ≤ [ n − 1] ≤ n − Khi n số phương, τ (n) hai lần số số thứ cộng thêm Vì lẽ suy √ √ √ τ (n) < 2( n − 1) + ⇒ τ (n) < n − < n ⇒ τ (n)2 < 4n Tóm lại, ta luôn chứng minh với n = 1, 2, τ (n)2 < 4n Đó điều phải chứng minh Ví dụ 3.4.4 Chứng minh rằng, tồn n thỏa mãn: τ (n2 ) = kτ (n) k số lẻ Chứng minh Trước tiên, ta rằng, tồn n để τ (n2 ) = kτ (n) (2.55) k số lẻ Nếu n = τ (n) = τ (n2 ) = ⇒ k = Giả sử n > 1, n = pr11 prss khai triển n thành thừa số nguyên tố Khi đó: 2rs n2 = p2r ps Phương trình (2.55) cho ta (2r1 + 1) (2rs + 1) = k(r1 + 1) (rs + 1) (2.56) 45 Vậy k số lẻ Ngược lại, giả sử k = 2m + Ta chứng minh tồn n thỏa mãn (2.55) quy nạp theo m Sự tồn n tương đương với tồn (r1 , , rs ) thỏa mãn (2.56) Với m = 1, ta có 2m + = = (2.4+1)(2.2+1) (4+1)(2+1) Giả sử với m < M , số k = 2m + biểu diễn dạng (2.56) Ta chứng minh k = 2M + có dạng k+1 Giả sử k + = 2l t, t lẻ Khi ta có: t = k+1 2l ≤ < k l ≥ 1, k > Xét số r1 , , rl sau r1 = 2l t − 20 t − 20 r2 = 2l+1 t − 21 t − 21 rl = 2l+l−1 t − 2l−1 t − 2l−1 Xét n1 = pr11 prl l Khi ta có (2l+1 t − 21 t − 21 + 1) (2l+1 t − 2l t − 2l + 1) τ (n21 ) = l τ (n1 ) (2 t − 20 t − 20 + 1) (2l+l−1 t − 2l−1 t − 2l−1 + 1) 22l t − 2l t − 2l + (2l − 1)(2l t − 1) 2l t − = l = = t − 20 t − 20 + (2l − 1)t t k= Vì < k nên theo giả thiết quy nạp, tồn số n2 = q1a1 qsas cho τ (n22 ) t= τ (n2 ) Bằng cách chọn số q1 , , qs , p1 , , pl số nguyên tố khác ) τ (n21 ) τ (n22 ) l đặt n = n1 n2 , ta có: ττ(n = (n) τ (n1 ) τ (n2 ) = k1 t = t − = k 3.4.3 Tìm số nghiệm phương trình phương pháp sử dụng τ (n) Ví dụ 3.4.5 Chứng minh với k > 1, phương trình τ (n) = k có vô số nghiệm 46 Chứng minh Ta có công thức: τ (n) = (α1 + 1)(α2 + 1) (αk + 1), n = pα1 p2α2 pαk k , pi số nguyên tố αi nguyên ≥ 1, ∀i = 1, 2, , k Xét hai khả sau: 1) Nếu k số nguyên tố Khi từ τ (n) = k suy n = pk−1 , p số nguyên tố Do tập hợp số nguyên tố vô hạn, nên tồn vô hạn số nguyên dương có dạng n = pk−1 Điều có nghĩa phương trình τ (n) = k có vô số nghiệm k số nguyên tố 2) Nếu k hợp số Khi ta có biểu diễn k = k1 k2 , k1 > 1, k2 > Từ τ (n) = k , nên suy dạng n n = pk11 −1 pk22 −1 , p1 , p2 số nguyên tố Do tập hợp số nguyên tố p1 , p2 vô hạn nên tồn số nguyên dương có dạng n = pk11 −1 pk22 −1 Tóm lại với k nguyên dương lớn 1, phương trình τ (n) = k có vô số nghiệm Đó điều phải chứng minh 3.5 Ứng dụng hàm phần nguyên [x] 3.5.1 Bài toán định tính Ví dụ 3.5.1 Chứng minh với số nguyên n, [ n+2 n+4 n−1 ]+[ ]+[ ]=n 4 Chứng minh Xét n = 4k ta có [ n+4 n−1 n+2 = k; [ ] = k + 1; [ ] = 2k − 4 Do [ n+2 n+4 n−1 ]+[ ]+[ ]=n 4 Xét n = 4k + ta có [ n+2 n+4 n−1 ] = k; [ ] = k + 1; [ ] = 2k 4 47 Do [ n+4 n−1 n+2 ]+[ ]+[ ]=n 4 Tương tự với n = 4k + 2, 4k + ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.5.2 Cho n số nguyên dương thỏa mãn n! có 2002 chữ số tận Chứng minh rằng: n ≤ 8024 Chứng minh Giả sử n! = 2α 5β q (q, 2) = (q, 5) = Theo công β ∞ n n thức Polignac, ta có: α = ∞ i=1 [ 2i ] > β = i=1 [ 5i ] Do n!.10 , n! không chia hết cho 10β+1 nên số chữ số đứng tận biểu diễn thập phân n β Vậy ta cần tìm n nhỏ cho ∞ β= Với n đặt p(n) = p(8024) = [ ∞ n i=1 [ 5i ] n [ i ] = 2002 i=1 Ta có p(n) ≤ p(n + 1) với n ≥ 8024 8024 8024 8024 8024 ]+[ ]+[ ]+[ ]+[ ] 25 125 625 3125 = 1604 + 320 + 64 + 12 + = 2002 Do n ≤ 8024, điều phải chứng minh Ví dụ 3.5.3 Cho a1 , a2 , , ak số nguyên dương không vượt n thỏa mãn điều kiện: [ai, aj] > n với ≤ i = j ≤ k Chứng minh rằng: a11 + a12 + + a1k < Chứng minh Phân hoạch tập S = {1, 2, , n} thành k tập S1 , S2 , , Sk thỏa mãn : Si = {s ∈ S|s } với i = 1, 2, , k Ta chứng minh Si ∩ Sj = với ≤ i = j ≤ k Thật vậy, giả sử tồn s ∈ Si ∩ Sj s.ai s aj nên a [ai , aj ] > n vô lý Vậy tập S1 , S2 , , Sk đôi rời Do đó: ki=1 |Si | = ki=1 [ ani ] < n Từ đó, k n i=1 < k n i=1 ([ ] + 1) < n + k < 2n Điều phải chứng minh Ví dụ 3.5.4 (Taiwan 1998) Chứng minh với số nguyên dương m kn n, ta có: (m, n) = m−1 k=0 [ m ] + m + n − mn 48 Chứng minh Đặt d = (m, n), m = dm , n = dn ta có m , n số nguyên dương nguyên tô Ta có    n − kn không số nguyên kn kn m ]= [ ] + [n −  m m  n kn m số nguyên kn Mặt khác kn m = m số nguyên k chia hết cho m’ Do đó, tập hợp {1, 2, , m − 1} có [ m−1 m ] = [d − m ] = d − giá trị k cho kn m số nguyên Ta có m−1 m−1 kn kn [ ]=2 [ ] m m k=0 k=1 m−1 = ([ k=1 kn kn ] + [n − ]) m m = mn − m − n + d m−1 kn k=0 [ m ] Suy (m, n) = d = 3.5.2 + m + n − mn Điều phải chứng minh Bài toán định lượng Ví dụ 3.5.5 Cho M = 19871987, dãy {xn }n≥1 số nguyên thỏa mãn: xn +[ M ] x1 = M, xn+1 = [ xn ], với n = 1, 2, Tính {xn : ≤ n ≤ M } √ Chứng minh Đặt [ M ] = α, α ∈ Z + , α2 ≤ M < (α + 1)2 Ta có : √ xn + xMn a+b [ a+[b] ] = [ ] nên x = [ ] ≥ [ M ] = α M < (α + 1)2 nên n+1 2 xn ≥ α + xn + M < xn xn+1 = [ xn M xn ][...]... mọi số tự nhiên n > 1 Ví dụ 2.4.6 n = 360 = 23 32 5 ta có τ (360) = 4.3.2 = 24 21 Chương 3 Một số ứng dụng của các hàm số học Trong chương trình phổ thông, các bài toán về số học đóng vai trò quan trọng trong việc hình thành tư duy toán học Việc sử dụng các hàm số học đã giải quyết được những lớp bài toán cơ bản trong các bài toán sơ cấp Trong chương này trình bày một số ứng dụng của các hàm số học. .. =  d  1 nếu n = 1 Chứng minh (i) Thật vậy, áp dụng tính chất trên với f là hàm số xác định bởi f (n) = 1, ∀n ∈ N ∗ (ii) Thật vậy, kết quả này suy ra từ việc áp dụng tính chất trên với f là hàm số xác định bởi f (n) = n1 , ∀n ∈ N ∗ 8 Mệnh đề 1.7.5 Giả sử f là một hàm số số học, g là hàm số số học xác định bởi g(n) = d|n f (d) Ta có f (n) = d|n Chứng minh Ta tính tổng g(n) Ta có n µ(d)g( ) = d d|n... thì n là hợp số √ Tóm lại n là hợp số khi và chỉ khi σ(n) > n + n Đó là điều phải chứng minh 3.2.2 Chứng minh một số là số hoàn hảo Ví dụ 3.2.2 Số nguyên dương n gọi là số hoàn hảo nếu σ(n) = 2n Chứng minh rằng số nguyên dương chẵn n là số hoàn hảo khi và chỉ khi n có biểu diễn : n = 2m−1 (2m − 1), trong đó m là số nguyên sao cho m ≥ 2 và 2m − 1 là số nguyên tố Chứng minh 1)Giả sử n là số nguyên dương... p là số nguyên tố và Mp cũng là số nguyên tố thì Mp được gọi là số nguyên tố Mersenne Ví dụ: M2 , M3 , M5 , M7 là các số nguyên tố Mersenne, còn M1 1 là hợp số Ví dụ 3.2.4 Cho n là số hoàn hảo và là số lẻ Chứng minh rằng n có ít nhất 3 ước nguyên tố khác nhau Chứng minh Giả sử n là số hoàn hảo, và gọi σ(n) là tổng tất cả các ước số của n Khi đó: σ(n) = 2n Bây giờ giả sử n là số hoàn hảo và là số lẻ... 1) Chương 2 Các hàm số học cơ bản 2.1 Phi - hàm Ơ-le Định nghĩa 2.1.1 Giả sử n là một số nguyên dương Phi - hàm Ơ-le của n là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n Kí hiệu Phi - hàm Ơ-le là ϕ(n) Ví dụ 2.1.2 ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = 4 Định nghĩa 2.1.3 Cho n là một số nguyên dương Nếu a là số nguyên với (a, n) = 1 thì luôn tồn tại số nguyên dương k... n Vậy n − ϕ(n) ≤ σ(n) − n, tức là σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n Khi n nguyên tố ta có đẳng thức: σ(n) + ϕ(n) = 2n 3.2 Ứng dụng của hàm tổng các ước số dương của số tự nhiên n 3.2.1 Chứng minh một số là hợp số Ví dụ 3.2.1 Chứng minh rằng n là hợp số khi và chỉ khi: √ σ(n) > n + n 28 Chứng minh Giả sử n là hợp số Khi đó ngoài ước của 1 và n ra, n còn ít nhất một ước d (1 < d < n) Lúc này nd cũng là một ước của n (... trong việc giải các bài toán sơ cấp Ngoài ra, còn có những bài toán tổng hợp sử dụng một số hàm số khác 3.1 3.1.1 Ứng dụng của Phi - hàm Ơ-le Xét đồng dư môđulô của một số nguyên tố Ví dụ 3.1.1 Giả sử p nguyên tố, r là số tự nhiên nhỏ hơn p sao cho: (−1)r r! ≡ 1(mod p) (2.1) Chứng minh rằng: (p − r − 1)! + 1 ≡ 0(mod p) (2.2) Chứng minh Theo định lí Wilson ta có (p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p) (2.3) Mặt khác, (p... t + 1 ⇒ t là số nguyên tố ⇒ 2s+1 − 1 là số nguyên tố Đặt m = s + 1, thì m ≥ 2 và n = 2m−1 (2m − 1), trong đó 2m − 1 là số nguyên tố Bài toán đã được giải hoàn toàn Nhật xét 3.2.3 1) Từ bài tập trên suy ra để tìm các số hoàn hảo, ta chỉ cần tìm số các số nguyên tố có dạng 2m − 1 ( vì khi đó số 2m−1 (2m − 1) là số hoàn hảo) 2) Giả sử m là số nguyên dương, khi đó số Mm = 2m − 1 được gọi là số Mersenne... các số 1, 2, , p − 1 phải số những số không nguyên tố cùng nhau với p, nên ϕ(p) ≤ p − 2 Theo giả thiết, ϕ(p) = p − 1 Vậy p là số nguyên tố Mệnh đề 2.1.15 Giả sử p là số nguyên tố và p là số nguyên dương Khi đó: ϕ(pa ) = pa − pa−1 Chứng minh Các số nguyên dương nhỏ hơn pa không nguyên tố cùng nhau với p là các số không vượt quá pa−1 và chia hết cho a Có đúng pa−1 số như vậy Do đó tồn tại pa − pa−1 số. .. giá trị của Phi - hàm Ơ -le tại n khi biết phân tích của n ra thừa số nguyên tố Mệnh đề 2.1.14 Với số nguyên tố p ta có ϕ(p) = p − 1 Ngược lại nếu p là số nguyên dương sao cho ϕ(p) = p − 1 thì p là số nguyên tố Chứng minh Nếu p là số nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p đều nguyên tố cùng nhau với p Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên ϕ(p) = p − 1 Ngược lại, nếu p là hợp số thì p có các ... chia hết cho Chứng minh Do số nguyên tố nên ϕ (7) = − = Do theo định lí Ơ-le ta có aϕ (7) = a6 ≡ (mod 7) Từ a2010 = (a6 )335 ≡ (mod 7) hay a2010 − ≡ (mod 7) Vậy a2010 − chia hết cho Ví dụ 3.1.4 Chứng...  t ∈ Z t ∈ Z Khi t = −3 a = 7, b = Như n thỏa mãn yêu cầu toán n = 1 978 Đảo lại, n = 1 978 S(n) = + + + = 25 Rõ ràng n + S(n) = 1 978 + 25 = 2003 Tóm lại n = 1 978 giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề... minh Do 210 = × × (5, 6) = (5, 7) = (6, 7) = nên ta đặt m1 = 5, t1 = 42, m2 = 6, t2 = 35, m3 = 7, t3 = 30 Theo hệ (1.3) ta có 423 + 353 + 303 ≡ (42 + 35 + 30)3 ≡ 1 073 (mod210) Vậy phương trình