Thông tin tài liệu
1 MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC Giáo viên: Võ Tiến Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam Địa email: tiennbk2009@gmail.com A Tóm tắt báo cáo : Chương I - Nêu định nghĩa, tính chất hàm số học - Tóm tắt hàm số học thường gặp : Hàm MÖbius; hàm Euler ; hàm (n), hàm (n), hàm k(n), hàm Liouville, hàm (n), hàm S(n), hàm g(n) hàm h(n.) - Nêu định nghĩa số hoàn hảo, số thiếu, số thừa số Mersenne (không chứng minh định lý) Chương II Các toán số học liên quan đến hàm số học Các tốn tính chất hàm số học Các toán ước số, bội số, số nguyên tố, số phương Các toán đẳng thức số học: Các toán bất đẳng thức số học Các tốn số hồn hảo, số thiếu, số thừa, số Mersrenne Kết luận B MỤC LỤC Trang TÓM TẮT BÁO CÁO ……………………………………………………… NỘI DUNG BÁO CÁO …………………………………………………… .3 Chương CÁC HÀM SỐ HỌC THƯỜNG DUNG …… ………………… 1.1 Định nghĩa hàm số học tính chất bản…………….…………….3 2.1.1 Định nghĩa hàm số học ………………………………………… 2.1.2 Tính chất nhân tính cộng tính hàm số học …………………3 2.2 Hàm MƯbius cơng thức nghịch đảo MƯbius ……………… 2.2.1 Hàm MƯbius ………………………………………………………4 2.2.2 Cơng thức nghịch đảo MƯbius ……………………………….5 2.3 Hàm Euler ………………………………………………… …… 2.4 Hàm (n), hàm (n), hàm k(n), hàm Liouville, hàm (n), hàm S(n), hàm g(n) hàm h(n)………………………………………………… 2.4.1 Hàm (n), hàm (n), hàm k(n) ………………………………… 2.4.2 Hàm Liouville, hàm số (n), hàm S(n), hàm g(n), h(n) ……….9 2.5 Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa số Mersenne ………………….…… 10 2.5.1 Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa …………………………………….10 2.5.2 Số Mersenne ………………………………………………….… 12 Chương 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC 13 3.1 Các tốn tính chất hàm số học ……………………….… 13 3.2 Các toán ước số, bội số, số nguyên tố, số phương ……… 17 3.3 Các toán đẳng thức số học ……… ……………… ………… 23 3.4 Các toán bất đẳng thức số học ……… …………….……… .28 3.5 Các tốn số hồn hảo,số thiếu, số thừa,số Mersrenne…………….32 Bài tập đề nghị …………………………………………………………………37 KẾT LUẬN …………………………………………………………………… 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO …………………………………………………… 39 C NỘI DUNG BÁO CÁO Chương CÁC HÀM SỐ HỌC THƯỜNG DÙNG Trong chương này, chúng tơi trình bày đầy đủ định nghĩa tính chất hàm số học cách tóm tắc Một số mảng kiến thức có liên quan đến lý thuyết hàm số học, như: số hoàn hảo, số siêu hoàn hảo, số thiếu, số thừa, số Mersenne…, nghiên cứu tương đối kỹ khái niệm phương pháp nghiên cứu chúng thường tái nhiều đề thi chọn học sinh giỏi Toán 1.1 Định nghĩa hàm số học tính chất 1.1.1 Định nghĩa hàm số học Định nghĩa 1.1 ([08]) Hàm số học hàm xác định tập hợp số ngun dương Ví dụ 1.1 a) Cho hàm f: ¥* ¡ xác định f (n) sin n Khi f hàm số học b) Cho hàm : ¥* ¥* xác định (n) =số ước dương n c) Cho hàm : ¥* ¥* xác định (n) =tổng ước dương n 1.1.2 Tính chất nhân tính cộng tính hàm số học Định nghĩa 1.2 ([08]) Một hàm số học f gọi có tính chất nhân (hay hàm nhân tính) với số nguyên dương m, n nguyên tố nhau, ta có: f (mn ) f (m) f (n) Trong trường hợp đẳng thức với m, n (không thiết nguyên tố nhau), hàm f gọi hàm có tính chất nhân đầy đủ (hay tính chất nhân hồn tồn) Ví dụ 1.2 Hàm f (n) n k hàm có tính chất nhân đầy đủ với số thực k ta có f ( mn) ( mn) k m k n k f (m) f (n) với m, n ¥* a Định lý 1.1 ([08]) Giả sử f hàm có tính chất nhân, n p1a1 p2a2 pk k phân tích tiêu chuẩn n thừa số nguyên tố Khi f (n) f ( p1a1 ) f ( p2a2 ) f ( pkak ) Định nghĩa 1.3 ([08]) Một hàm nhân tính gọi hàm nhân mạnh f ( p k ) f ( p ) với số nguyên tố p số nguyên dương k Định nghĩa 1.4 ([08]) Một hàm số học f thỏa mãn đẳng thức f (mn) f (m) f (n) với tất số nguyên dương nguyên tố m n gọi hàm cộng tính; cơng thức thỏa với số nguyên dương m n f gọi hàm hồn tồn cộng tính (hay cộng tính đầy đủ) Ví dụ 1.3 Hàm f (n) log n hàm cộng tính đầy đủ ta có: f (mn) log mn log m log n f (m) f ( n) với m, n ¥* 1.2 Hàm Mưbius cơng thức nghịch đảo Mưbius 1.2.1 Hàm Möbius Định nghĩa 1.5 ([08]) Hàm MÖbius hàm số học xác định (1)=1 và, n>1, (1) k n tích k số nguyên tố đôi phân biệt ( n) trường hợp khác Ví dụ 1.4 (6) 6=2.3; (30) 1 30=2.3.5; (12) Mệnh đề 1.1 ([08]) Hàm MƯbius hàm nhân tính Định nghĩa 1.6 ([08]) Cho f hàm số học Hàm “tổng giá trị f ước dương” hàm F xác định bởi: F ( n) f ( d ) 0 d n Ví dụ 1.5 Cho hàm số học f: ¥* ¥* xác định f (n) n Khi F ( n) f (d ) 0 d n d 0 d n d 12 22 32 42 122 210 Chẳng hạn, F (12) 0 d 12 Định lý 1.2 ([08]) Giả sử f(n) hàm có tính chất nhân Khi hàm F ( n) f (d ) 0 d n có tính chất nhân Chứng minh Ta rằng: m, n số nguyên dương nguyên tố nhau, F (mn) F (m) F (n) Giả sử (m, n) Ta có: F (m.n) 0 d mn f (d ) Vì (m, n) nên theo bổ đề 1.6, ước dương mn viết cách dạng tích ước dương d1 m, d2 n mà d1, d2 nguyên tố nhau, đồng thời cặp ước dương d1 m, d2 n tương ứng với ước dương d d1d mn Do ta viết F (mn) 0 d1 m 0 d n f (d1d ) Vì f hàm có tính chất nhân (d1 , d ) 1, nên F ( mn) 0 d1 m 0 d n f (d1 ) f (d ) d1 m f (d1 ) f ( d ) F (m).F (n) 0 d2 n Định lý 1.3 ([05]) 1 n=1 trường hợp khác ( d ) 0 0 d n Ví dụ 1.6 Với n=24, ta có (d ) (1) (2) (3) (4) (6) (12) (24) 0 d 24 = 1+(-1)+(-1)+0+1+0+0=0 Định nghĩa 1.7 ([05]) Cho f g hàm số học, ta gọi tích Dirichlet f g hàm số học f * g xác định công thức: ( f * g )(n) 0 d n n f (d )g ( ) d Ví dụ 1.7 Nếu f g hàm số học ( f * g )(12) f (1) g (12) f (2) g (6) f (3) g (4) f (4) g (3) f (6) g (2) f (12) g (1) Định lý 1.4 ([05]) Nếu f g hàm nhân tính tích Dirichlet f * g hàm nhân tính Định nghĩa 1.8 ([05]) Ta định nghĩa hàm số học: a) I(n)=1 với n ¥* , 1 n=1 b) e(n) 0 trường hợp khác Định lý 1.5 (Tính chất tích Dirichlet, [05]) Cho f, g, h hàm số học Khi đó: a) f * g g * f ; b) ( f * g ) * h f * ( g * h); c) f * e e * f f ; d) f * I F I * f ; e) * I e 1.2.2 Cơng thức nghịch đảo Mưbius Định lý 1.6 (cơng thức nghịch đảo Möbius, [08]) Giả sử f F hàm số học liên hệ với công thức: F ( n) 0 d n f (d ), n ¥ * Khi đó: f ( n) n (d ) F ( d ) n N * 0 d n Chú ý mệnh đề đảo định lý 1.6 Định lý 1.7 ([08]) Nếu với số nguyên dương n, f ( n) n (d ) F d , 0 d n F ( n) 0 d n 1.3 Hàm Euler f (d ) n ¥ * Định nghĩa 1.9 ([08]) Hàm Euler : ¥ * ¥ * (còn gọi Phi-hàm Euler) hàm số học có giá trị n (n ¥* ) số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Ví dụ 1.8 (1)=1; (2)=1; (3)=2; (5)=4, (9)=6 Định nghĩa 1.10 ([01]) Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n tập hợp gồm (n) số nguyên cho phần tử tập hợp nguyên tố với n, khơng có hai phần tử khác tập hợp lại đồng dư với môđulô n Ví dụ 1.9 Tập hợp 1, 3, 5, hệ thặng dư thu gọn môđulô Tập hợp -3, -1, 1, Định lý 1.8 ([01]) Giả sử r1 , r2 , , r ( n ) hệ thặng dư thu gọn môđulô n, a số nguyên mà (a, n) Khi đó, tập hợp ar1 , ar2 , , ar ( n) hệ thặng dư thu gọn môđulô n Ví dụ 1.10 Tập hợp 1, 3, 5, hệ thặng dư thu gọn môđulô Do (3,8)=1 nên 3, 9, 15, 21 hệ thặng dư thu gọn môđulô Định lý 1.9 (Định lý Euler, [01]) Giả sử m số nguyên dương a số nguyên với (a, m)=1 Khi a ( m ) 1(mod m) Nhận xét: Ta tìm nghịch đảo mơđulơ m cách sử dụng định lý Eurler Giả sử a, m số nguyên tố nhau, a.a ( m )1 a ( m ) (mod m) Vậy a ( m )1 nghịch đảo a mơđulơ m Ví dụ 1.11 2 (9) 1 261 25 32 (mod 9) nghịch đảo mơđulơ Ví dụ 1.12 Giải đồng dư 3x (mod 10) Ta có x 3 (10) 17 33.7 (mod 10) Định lý 1.10 ([01]) Số nguyên dương p số nguyên tố ( p) p Định lý 1.11 ([01]) Giả sử p số nguyên tố a số nguyên dương Khi ( p a ) p a p a 1 Ví dụ 1.13 (125) (53 ) 53 52 100; (210 ) 210 29 512 Để thiết lập cơng thức tính (n) biết phân tích thừa số n, trước tiên ta cần chứng tỏ (n) hàm nhân tính Chúng ta minh họa ý tưởng sau với ví dụ: Ví dụ 1.14 Giả sử m=4 n=9, ta có m.n=36 Chúng ta viết số nguyên từ đến 36 bảng hình chữ nhật, hình sau: 10 13 14 11 12 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 Dòng thứ hai dòng thứ tư không chứa số nguyên tố với 36, phần tử dòng khơng ngun tố với nên không nguyên tố với 36 Chúng ta xét hai dòng lại, phần tử dòng ngun tố với 4, dòng có số nguyên tố với 9, ta khoanh tròn có 12 số ngun danh sách số nguyên tố với 36 Do (36) 2.6 (4). (9) Định lý 1.12 ([01]) Nếu m, n số nguyên dương nguyên tố nhau, (mn) (m). (n) a a a Định lý 1.13 ([01]) Giả sử n p1 p2 pk k phân tích tiêu chuẩn n thừa số nguyên tố Khi 1 (n) n(1 )(1 ) (1 ) p1 p2 pk Ví dụ 1.15 (100)=(22.52)=100(1- 1 )(1- )=40 Chú ý (n) chẵn, ngoại trừ n=1 n=2 Định lý sau thể điều Định lý 1.14 ([08]) Giả sử n số nguyên dương lớn Khi (n) số chẵn Kết luận sau nói n tổng giá trị phi hàm tất ước dương n; kết sử dụng hữu ích cho phần sau Định lý 1.15 ([08]) Giả sử n số nguyên dương Khi (d ) n, 0 d n tổng lấy theo ước dương n Ví dụ 1.16 Chúng ta minh họa phần chứng minh định lý 2.15 n=18 Những số nguyên từ đến 18 chia thành lớp Cd với d18, lớp Cd gồm có số nguyên m với (m, 18)=d Ta có : C1 = {1,5,7,11,13,17}, C2 = {2,4,8,10,14,16}, C3 = {3,15}, C6 = {6,12}, C9 = {9}, C18 = {18} Chúng ta xác định lớp Cd gồm (18/d) số nguyên, với lớp bao gồm (18)=6; (9)=6; (6)=2; (3)=2; (2)=1; (1)=1 số nguyên tách biệt (lần lượt theo thứ tự định sẵn) (d ) Chúng ta ý 18=(18)+(9)+(6)+(3)+(2)+(1)= 0 d 18 1.4 Hàm (n), hàm (n), hàm k(n), hàm Liouville, hàm số (n), hàm S(n), hàm g(n) h(n) 1.4.1 Hàm (n), hàm (n), hàm k(n) Định nghĩa 1.11 ([08]) Hàm tổng ước dương, kí hiệu qua , xác định bởi: (n) tổng ước dương số nguyên dương n Ví dụ 1.17 Trong bảng sau, đưa (n) n 12 N 10 11 12 (n ) 12 15 13 18 12 28 Ta có (12)=1+2+3+4+6+12=28 Định nghĩa 1.12 ([08]) Hàm số ước dương, kí hiệu qua , xác định bởi: (n) số ước dương số nguyên dương n Ví dụ 1.18 Trong bảng sau, đưa (n) n 12 N 10 11 12 (n) 2 4 Ta biểu diễn hàm (n), (n) dạng d ; (n)= (n)= 0 d n 1 d n Hệ 1.4 ([08]) Các hàm (n) (n) có tính chất nhân Bổ đề 1.1 ([08]) Giả sử p số nguyên tố, a số nguyên dương Khi p a 1 ( p ) p p p , p 1 a a ( p a ) a Ví dụ 1.19 Áp dụng bổ đề 1.1 với p=5 a=3, ta tính 54 (5 ) 156 1 3 (53 ) Từ bổ đề 1.1 hệ 1.4 ta suy công thức sau Định lý 1.16 ([08]) Giả sử số ngun dương n có phân tích tiêu chuẩn thừa số nguyên tố n p1a1 p2a2 psas Khi a 1 j p a1 1 p2a2 1 psas 1 s p j (n ) , p1 p2 ps p j 1 j s (n) (a1 1)(a2 1) ( as 1) ( a j 1) j 1 Định nghĩa 1.13 ([08]) Hàm k (n) hàm tính tổng lũy thừa bậc k ước dương n Kí hiệu k ( n) d k 0 d n (chú ý 1 (n) ( n), (n) (n)) Định lý 1.17 ([08]) Hàm k có tính chất nhân Định lý 1.18 ([08]) Nếu p số nguyên tố k ( p) d k pk 0 d p Định lý 1.19 ([08]) Nếu p nguyên tố, a số nguyên dương k ( pa ) p ka k pk Định lý 1.20 ([08]) Nếu n có phân tích tiêu chuẩn thừa số nguyên tố dạng n p1a1 p2a2 pmam m k ( p1a1 p2a2 pmam ) i 1 pikai k pik 1.4.2 Hàm Liouville, hàm số (n), hàm S(n), hàm g(n) h(n) Định nghĩa 1.14 ([08]) Hàm Liouville hàm số học xác định sau: (1) (n) (1)1 2 m n ¥* có phân tích thành thừa số ngun tố n p11 p2 pm m Định lý 1.21 ([08]) Hàm Liouville hàm nhân tính đầy đủ Định lý 1.22 ([08]) Với n số nguyên dương (d ) n khơng số phương 0 d n (d ) n số phương 0 d n Định nghĩa 1.15 ([08]) Hàm số học : ¥* ¥ cho bởi: (n) số ước nguyên tố n Định lý 1.23 ([08]) Hàm (n) hàm cộng tính, khơng cộng tính hồn tồn Ví dụ 1.20: (10.15)=(2.3.52)=3(10)+(15) Định nghĩa 1.16 ([02]) Cho n số nguyên dương Ta định nghĩa hàm S(n) tổng chữ số n, biểu diễn hệ thập phân Ví dụ 1.21 S(24)=2+4=6; S(2011)=2+0+1+1=4 10 Mệnh đề 1.2 ([02]) Cho n số tự nhiên dương, ta có: a) S (n) n (mod 9); b) S (n) n; c) S (n) n n 9; d) S (m n) S (m) S (n), với m, n nguyên dương; e) S (mn) S (m).S (n), với m, n nguyên dương; Chú ý Bằng qui nạp chứng minh công thức tổng quát hơn: a) Nếu a1 , a2 , , ak số nguyên dương, k S (a1 a2 ak ) S (ak ) i 1 b) Nếu A1 , A2 , , An số nguyên dương, thì: S ( A1 A2 An ) S ( A1 ) S ( A2 ) S ( An ) Định nghĩa 1.17 ([02]) Cho n số nguyên dương Ta định nghĩa hàm g(n) tổng chữ số biểu diễn hệ nhị phân n Ví dụ 1.22 g(14)=3 14=1110 Định nghĩa 1.18 ([02]) Cho n số nguyên dương Ta định nghĩa hàm h(n) số nguyên k không âm lớn cho n chia hết cho 2k Bổ đề 1.2 ([02]) Hàm h(n) hàm cộng tính đầy đủ Mệnh đề 1.3 ([02]) Cho n số nguyên dương, ta có: h(n !) n g (n) Trên hàm số học ta thường gặp giải toán số học Ta xây dựng thêm hàm số học khác để vận dụng kết làm cho lời giải tốn số học súc tích, ngắn gọn 1.5 Số hồn hảo, số thiếu, số thừa số Mersenne 1.5.1 Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa Định nghĩa 1.19.([08]) Số nguyên dương n gọi số hoàn hảo 2n (n) Số nguyên n gọi k-hoàn hảo (n) kn Số nguyên dương n gọi số siêu hoàn hảo ( ( n)) 2n Ví dụ 1.23 - 28 số hồn hảo, 56=1+2+4+7+14+28 - 120 23.3.5 số 3-hồn hảo, (120)=3.120 - Số 16 số siêu hồn hảo Vì ta có ((16))=(31)=32=2.16 Định lý 1.24 ([01]) Số nguyên dương chẵn n số hoàn hảo n 2m 1 (2m 1), m số nguyên dương cho 2m số nguyên tố Định lý 1.25 ([01]) Nếu 2m số nguyên tố m số nguyên tố Chứng minh 25 Nhưng ((a, b)) (a, b) R R (ab) ( a , b) nên ta suy ra: ( a, b) (a). (b) (a, b). (a). (b) , điều phải chứng minh R ( a, b) Ghi Dùng p để ký hiệu biến số nguyên tố, ta viết lời giải gọn sau: Do ( p a p b) p (a , b ) nên 1 a (1 ).b (1 ) p pb p pa (ab) ab (1 ) p p ab (1 p ) p ( a ,b ) (a) (b) ( a, b) ( a) (b) ((a, b)) / (a, b) ((a, b)) Bài tốn 2.27 Tìm tất số ngun dương n cho (n) (n) 2n Giải: Rõ ràng, n=1 (n) (n) 2n; n số nguyên tố (n) ( n) ( n 1) (n 1) 2n; n thỏa yêu cầu toán Bây giờ, giả sử n n khơng ngun tố Khi k (n) Ta liệt kê tất ước dương n theo chiều tăng: d1 d d k n có n (n) số nguyên dương m không vượt n mà (m, n) Mỗi số m phải bội di với i k Mặt khác, dễ thấy; số bội n nguyên dương không vượt n di ; suy di k n i 2 di n ( n) (2.6) Dấu “=” không xảy (2.6) k vế phải số bội nguyên dương không vượt n d k n kể số bội nguyên dương không vượt n d (1 d n, d n) Vậy, k k n n (n) d k 1i ( n) d k i 2 di i 2 (n) (n) n d k 2n Kết luận: n thỏa yêu cầu toán n=1 n số nguyên tố 26 Bài toán 2.28 Chứng minh a b số nguyên dương ab (a). (b) d ( ) d d ( a ,b ) Giải: Với cặp số tự nhiên , (và với số nguyên tố p), dễ thấy: min , k 0 k 0 j 0 p k p k s s i 1 i 1 ( p j p j 1 p j ) a b Viết: a pi i b pi i với pi ( i s ) số ngun tố đơi khác nhau, bi ( i s ) số tự nhiên, s ¥* Dùng đẳng thức vừa nêu trên, ta có: bi s s bi s ( a ) ( b ) pi k pi k pi k pi k k 0 i 1 k 0 i 1 k 0 i 1 k 0 s i 1 s i 1 đó, ( j1 , j2 ,K, js ) min ,bi j 0 ( piai bi j piai bi j 1 pij ) min ,bi bi ji ji t ji pi t bi ji s ( j1 , j2 ,K, js ) i 1 t ji pi t ; ( 2.7 ) tổng lấy theo tất ( j1 , j2 ,K , js ) với ji ( i s ) số nguyên mà ji min{a i ,bi } (1 i s) s s a b Lại có: ab= pi i i (a, b)= pi i 1 min ,bi Hơn nữa, d ước dương i 1 s j (a ,b) d có dạng d pi i với ji (1 i s ) số nguyên mà i 1 ji min{a i ,bi } (1 i s ) Khi đó, s s ab d pi ji d i 1 i 1 bi ji k 0 s ab Vậy, d d ( j1 , j2 ,K, js ) i 1 d ( a ,b ) s ab piai bi ji , nên d i 1 bi ji s s bi ji pi k pi ji pi k pi t k 0 i 1 i 1 t ji bi ji t ji pi t So sánh với (2.7), ta có đpcm Bài toán 2.29 Chứng minh n n ( j ) n j 1 j 1 j n 100 với n số ngun dương Áp dụng cơng thức, tính Giải: ( j ) j 1 27 1 1 Với n=1, ( j ) (1) ; , đẳng thức j 1 j 1 j n n n ( j ) j n Giả sử đẳng thức với n (2 n ¥ ) , tức có: j 1 j 1 n 1 n 1 j n j 1 j 1 Để chứng minh đẳng thức với n, ta cần chứng minh: n 1 ( j ) n 1 j 1 n 2 n 1 n n n ( n ) j j 1 j n n 1 2 n n 1 (n) 2( ) n n j j 1 j j 1 + Nếu n không phương a ¥ * để (a 1) n a (2.8) (a 1) n n a a 1 n 1 n a n n a n n 1 n n 1 nên (3.8) (n) 2( ) j j 1 j j 1 (2.9) Với j ¢ mà j n , ta thực phép chia n cho j được: n qj r n với q, r ¢, r j Dễ thấy thương số q phép chia (r j phần dư) Nếu phần dư r (tức j không chia hết n) n qj r với r n 1, nên q thương số phép chia n cho j; suy ra: n n 1 j j q n n 1 j j Còn r=0 (tức j n ) n ( q 1) j ( j 1) 28 n 1 q 1 j n n 1 q (q 1) j j (2.9) (n) 1; Từ đó, đẳng thức cuối 1 j n 1 jn 1 j n 1 jn 1 (n) 0 j n + Nếu n phương a ¥ * để (a 1) n n a a 1 n 1 n a n a 1, n a nên n n 1 n ) ( a 1) a (2.8) (n) 2 ( a j 1 j j a 1 a 1 n n 1 ( n ) 2 ( ); j 1 j j (2.10) (2.10) a 1 n n 1 2 ( ) j 1 j j 1 1 1 j a 1 jn Vậy n n j 1 j 1 n ( j ) j 1 j n a j na2 (n) 0 j n n với n số nguyên dương 10 n ( j ) 100 482 j 1 j 1 j 3.4 Các toán bất đẳng thức số học Bài toán 2.30 Chứng minh số nguyên dương n hợp số 100 Áp dụng: với n=100, ta có ( n) n n Giải: Giả sử n hợp số Khi đó, tồn hai số tự nhiên a b cho n a.b Vì a b nên a n Rõ ràng b, 2b, ,(a 1)b, ab a số nguyên dương đôi khác nhau, không vượt n khơng ngun tố với n (vì có ước chung b với n) Ta suy ( n) n a n n 29 Giả sử n số nguyên tố, ta suy ( n) n n n Nếu n=1, ta có ( n) n n Vậy (n) n n n hợp số Bài toán 2.31 Chứng minh số nguyên dương n hợp số ( n) n n Giải: Giả sử n hợp số Khi đó, n ab với a b số nguyên dương mà a b n Suy b n (n) b n n n Ngược lại, n số nguyên tố (n) n n n ; n=1, ta có ( n) n n Do n hợp số (n) n n Bài toán 2.32 Cho n số nguyên dương Chứng minh (2n 1) ( n) Giải: Giả sử d ước dương n Suy tồn t ¥* để dt n Đặt x 2d , từ khai triển xt ( x 1)( x t 1 xt 2 1), ta có 2n (2d 1)(2d (t 1) 2d 1); suy (2d 1) (2n 1) Vậy ước dương d n cho ta ước dương 2d 2n Hơn nữa, d1 d 2d1 d2 1, nên (2n 1) (n) Bài toán 2.33 Giả sử a b hai số nguyên dương Chứng minh ( a ) ( ab ) ( a )( b ) a ab ab Giải: 30 s a p , b pibi với ( pi )is1 s số nguyên tố đôi phân biệt; Viết i 1 s i i 1 s i s i i 1 (a ) , (b ) i 1 ¥, s ¥ Ta có * s ab= pi i a bi ; i 1 suy ra: s s s i 1 i 1 i 1 (ab) ( piai bi ) ( piai bi ) = ( piai bi piai bi 1 1) Mặt khác: s s (a ) (b) ( p ) ( pibi ) i i 1 i 1 s ( piai pia1 1 1)( pibi pibi 1 1) i 1 s min ,bi i 1 j 0 ( piai bi j piai bi j 1 pij ) Mà bi i p bi 1 i p min ,bi j 0 ( piai bi j piai bi j 1 pij ) , nên (ab) ( a) (b) Ta có: s (a) i 1 a ( piai piai 1 1) s p i 1 s =( i 1 i 1 1 1) pi pi Mặt khác s (ab) ab ( p bi i i 1 piai bi 1 1) s p bi i i 1 s =( i 1 piai bi p bi 1 Mà bi i p nên bi 1 i p 1 1 1, pi pi 1) (2.11) 31 ( ab ) ( a ) (2.12) ab a Từ (2.11) (2.12) ta suy điều cần chứng minh Bài toán 3.34 (Taiwan 1998) Với số nguyên dương n kí hiệu (n) số ước số nguyên tố n Tìm số nguyên dương k bé cho với số nguyên dương n, 2( n ) k n (2.13) Giải: Nếu n (n) nên 2 ( n ) k n k Đặt p0 p1 p2 dãy tăng tất số nguyên tố Với n ¥* , tồn số i ¥* cho p0 p1 p2 pi 1 n p0 p1 p2 pi 2( n ) (n) i n 2i p0 p1 p2 pi 1 Do lấy: 26 21 22 23 24 k max 1, , , , , 4 4 4 4 ,8 2.3 2.3.5 2.3.5.7 2.3.5.7.11.13 k thỏa (3.13) với n ¥* Chỉ cần chọn n 2.3.5.7.11.13 , ta thấy k số bé thỏa yêu cầu toán Ghi 1) Với x ¡ , ta dùng x để ký hiệu số nguyên bé không bé x (phần nguyên trần số thực x) x để ký hiệu số nguyên lớn không vượt x (phần nguyên nền, phần nguyên “thông thường” số thực x) Ví dụ: ,8 5, ,8 2) Do p6 17 24 nên 2i 26 4 p0 p1 p2 pi 1 2.3.5.7.11.13 i Bài toán 2.35 (Belarus 1999) Chứng minh với số nguyên dương n>1, tổng (n) tất ước dương n (gồm n) thỏa mãn bất đẳng thức (n) n (n) 2 (n)n Giải: Giả sử tất ước dương n gồm d1 d d ( n ) Đặt k (n) ta có di d k 1i n với i 1, 2, , k Do đó, theo bất đẳng thức Cauchy, k k i 1 i 1 (n) di k di d k 1i di d k 1i k n (n) n i 1 (đẳng thức không xảy n k 1, d1 d k n ) (2.14) 32 k Đặt (n) di , áp dụng bất đẳng thức Bunhiakowski, i 1 ( n) k k ( n) di di , k k i 1 k i 1 k suy (n) k (n) Mà k (n) k di2 1 2 ; 2 n2 n d j i 1 i 1 j 1 k 1i nên kn 2 (2.15) (n) k (n) 2k n 2 ( n) n Từ (2.14) (2.15) ta suy điều cần chứng minh 3.5 Các toán số hồn hảo, số thiếu, số thừa, số Mersrenne Bài tốn 2.36 Chứng minh n 3-hoàn hảo khơng ước n, 3n 4-hồn hảo Giải: Vì n 3-hồn hảo khơng ước n nên (3n) (3) (n) 4.3n Vậy 3n số 4-hoàn hảo Bài toán 2.37 Chứng minh n số hồn hảo lẻ n có ba ước nguyên tố khác Giải: Giả sử n p a với p số nguyên tố a số nguyên dương Ta có: p a 1 p a 1 np n n 3n ( n) p 1 p 1 p 1 1 p Do (n) 2n n khơng phải số hồn hảo Bây ta giả sử n p a q b với p, q số nguyên tố a, b số nguyên dương Khi đó, p a 1 qb 1 p a 1 qb 1 npq ( n) p 1 q 1 p q ( p 1)(q 1) n n 15n 2n 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) p q Do (n) 2n n số hoàn hảo Kết luận: n số hồn hảo lẻ n có ba ước nguyên tố khác Bài toán 2.38 33 a) Chứng minh n số hồn hảo lẻ n p a m với p số nguyên tố, m a số nguyên dương, p a (mod 4) b) Sử dụng phần a) chứng minh n số hồn hảo lẻ n (mod 4) Giải: Giả sử n số hồn hảo lẻ Khi đó, s n pi i i 1 s số nguyên tố lẻ đơi khác nhau, ( i )is1 ¥*, s ¥ * (bài tốn s i i 1 với ( p ) 2.37 cho thấy s ) Tích s ( p i i 1 i ) có giá trị (n) 2n, chia hết cho 2, không chia hết cho 4; nên số n thừa số ( pi i ) tích đó, có thừa số chẵn a) Mặt khác, i (1 i s ) chẵn i ( pi ) pi k i k 0 tổng i (là số lẻ) số lẻ: 1, pi , K , pi i nên ( pi i ) lẻ; tương tự, i (1 i s) lẻ ( pi i ) tổng số chẵn số lẻ nên ( pi i ) chẵn Vậy, số i (1 i s ) số lẻ, số lại chẵn Khơng tính tổng qt, xem a s lẻ Đặt r s 1, p ps Vì i lại r chẵn nên i =2 i với i ¥* (1 i r ) Chỉ cần lấy m pi i , ta thấy i 1 n p m a với p số nguyên tố lẻ, a m số nguyên dương lẻ, ( p, m) Viết a 2b (b ¥) Nếu p 1(mod 4) 2n (n) ( p a ) ( m ) chia hết cho: a ( p a ) p k (1 p ) ( p p ) K ( p 2b p 2b 1 ) k 0 (1 p) p (1 p) K p 2b (1 p) (1 p)(1 p K p 2b )M (1 p)M 4, vơ lý (vì n lẻ)! Vậy, p 1(mod 4) Nhưng p k 1k 1(mod 4) với k nguyên mà k a, nên a a ( p ) p 1 (a 1)(mod 4); a k 0 k k 0 thế, a 1(mod 4) a 1M ( p a )M 4; 34 suy 2n chia hết cho 4, lại vô lý! Tóm lại, a 1(mod 4) b) Bây giờ, viết m 2q (q ¥) m 4q (q 1) 1(mod 4) (thực ra, ta ln có q (q 1)M nên m 1(mod8)) Vậy n p a m p a 1a 1(mod 4), đpcm Bài toán 2.39 Chứng minh n p a m số hoàn hảo lẻ với p số nguyên tố, a m số nguyên dương, n p (mod8) Giải: Vì n lẻ nên m lẻ (xem lập luận phần b) lời giải toán 2.38) m (mod8) n p a m p a (mod8) Theo tốn 2.37a, a (mod 4) suy a=4k+1 với k ¥ Do p a p k p p (mod 8), p k ( p 2k ) (mod8) Vậy, n p a m p (mod8), điều phải chứng minh Bài toán 2.40 Chứng minh có vơ số cặp số ngun dương m, n thỏa (m) (n) có vơ số cặp số ngun tố sinh đơi có vơ số số nguyên tố p Mersenne ( M p ) Giải: Nếu p, p hai số nguyên tố ( p 2) p ( p) Nếu p số nguyên tố Mersenne (2 p 1 ) p (2 p 1) Bài toán 2.41 Chứng minh n số nguyên dương cho 3.2n 1 1, 3.2 n 32.22 n1 số nguyên tố 2n (3.2 n1 1)(3.2 n 1) 2n (32 2 n1 1) cặp số thân tình Giải: Theo giả thiết ta suy số 3.2n 1 1, 3.2n 32.22 n1 nguyên tố nên 2n (3.2n 1 1)(3.2n 1) (2n ) (3.2n1 1) (3.2n 1) Mặt khác (2n1 1).3.2n1.3.2 n (2 n 1 1).32.22 n1; (2.16) 2n (32.22 n 1 1) (2n ) (32.22 n1 1) (2 n 1 1).32.2 n1 (2.17) 35 2n (3.2 n1 1)(3.2 n 1) 2n (32.22 n1 1) n (32.22 n1 3.2 n1 3.2 n 1) n (32.22 n1 1) 2n (32.22 n1 32.2 n1 1) n.32.22 n 1 n 2.2n32.22 n1 n.32.2n1 32.2 n1 (2n 1 1) (2.18) n Từ (2.16), (2.17), (2.18) định nghĩa 1.22 ta thấy hai số (3.2 2n (32 2 n1 1) tạo thành cặp số thân tình n 1 1)(3.2 1) n Bài toán 3.42 Chứng minh 2q1 số ngun tố (q ¥* ) 2q số siêu hoàn hảo Giải: Đặt n 2q , ta có (n) (2q ) 2q 1 Suy ( (n)) (2q 1 1) 2q 1 2.2q 2n Vậy, n 2q số siêu hồn hảo Bài tốn 2.43 Chứng minh với số siêu hồn hảo chẵn có dạng n 2q , q số nguyên dương, mà 2q1 số nguyên tố Giải: Trước hết, ta có nhận xét: r s số nguyên lớn (rs ) rs s (ngoài ra, r s (rs) rs r s 1) Trở lại toán Giả sử n số siêu hoàn hảo chẵn Khi đó, n 2q t với q ¥* , t ¥* , t lẻ Ta chứng minh t Thật vậy, t q 1 q 2 t (t ) t nên dùng nhận xét nêu đoạn đầu tính siêu hồn hảo n ta có: 2q 1 t 2n ( ( n)) ( (2q t )) ( (2 q ) (t )) ((2q 1 1) (t )) (2q 1 1) (t ) (t ) q 1 (t ) t (t ), vô lý! Mâu thuẫn chứng tỏ t 1, n 2q với q ¥* ; nữa, 2q 1 2n ( ( n)) ( (2 q )) (2 q 1 1) Đẳng thức cuối cho thấy 2q1 số nguyên tố, điều phải chứng minh Bài tốn 2.44 Tìm số ngun dương n cho tích tất ước dương, khác n, n n Giải: 36 Theo tốn 2.12, tích tất ước dương n n tất ước dương, khác n, n n (n) 1 n (n) Suy tích Ta cần tìm n để: (n) 1 n n n2 (n) (n) Kết luận: n có dạng p p q với p q số nguyên tố khác Bài toán 2.45 Cho số nguyên dương n Xác định dãy số n1 , n2 , n3 , , sau: n1 ( n) n nk 1 (nk ) nk với k 1, 2,3, a) Chứng minh n số hồn hảo n n1 n2 b) Chứng minh n m cặp số thân tình, n1 m, n2 n, n3 m, n4 n, vv… Dãy n1 , n2 , tuần hoàn với chu kỳ (nếu n m) Giải: a) Do n số hoàn hảo, nên (n)=2n Ta có n1 (n) n 2n n n; n2 (n1 ) n1 ( n) n n Vậy n n1 n2 b) Nếu m n cặp thân tình (m) (n) m n Ta có: n1 (n) n m n n m; n2 (n1 ) n1 (m) m m n m n; Vậy dãy cho trở thành m, n, m, n,… dãy tuần hoàn với chu kỳ (nếu m n ) Bài toán 2.46 (Russia 2000) Chứng minh rằng: a) Nếu số hoàn hảo lớn chia hết cho chia hết cho b) Nếu số hoàn hảo lớn 28 chia hết cho chia hết cho 49 Giải: Giả sử p 3,7 n số hoàn hảo chia hết cho p không chia hết cho p Đặt n 2a pm với a ¥, m ¥* , (m, p) Khi đó: 2a 1 pm 2n (n) (2a ) ( p) ( m) (2a 1 1)( p 1) (m) Vì p 3,7 nên p+1 lũy thừa 2, suy 2a 1 p Do đó, (2.19) 37 2a 1 pm (2a 1 1)( p 1) (m) 2a 1 (1 a 1 )( p 1) (m) 2a 1 (1 )( p 1) ( m) 2a1 p ( m) p 1 m ( m) (2.20) Rõ ràng (2.20) phải trở thành đẳng thức (2.19) trở thành đẳng thức Suy ra: m 2a 1 p Từ đó: Với p (m, a ) (1,1), suy n 2a pm 21.3.1 Với p (m, a ) (1, 2), suy n 2a pm 22.7.1 28 Vậy, số hoàn hảo lớn (tương ứng, 28) chia hết cho p (tương ứng, p ) chia hết cho p (tương ứng, p 49 ) Bài tập đề nghị: Bài Cho n số nguyên dương, gọi (n) số ước số nguyên tố n CMR (n) ước n-1 (n) n số nguyên tố (1998 Korean Mathematical Olympiad) Bài 2: Cho hàm số f (x) x 17 Chứng minh với số tự nhiên n tồn số tự nhiên x cho f(x) ước 3n không ước 3n 1 Bài 3: Với số nguyên dương n>1, gọi p(n) ước số nguyên tố lớn n Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho p(n) p(n 1) p(n 2) Bài 4: Tổng chữ số số tự nhiên n ký hiệu S(n) Chứng minh S(8n) S(n) với n Bài 5: Cho S(n) tổng chữ số 2n Đẳng thức S(n+1)=S(n) có thỏa hay khơng thỏa với vài số nguyên dương n Bài 6: Với số tự nhiên n kí hiệu Q(n) tổng chữ số thập phân tương ứng với n Chứng minh có vơ hạn số tự nhiên k cho Q(3k ) Q(3k 1 ) Bài 7: Chứng minh (n).(n) n , có số dương c thỏa (n)(n) cn với số nguyên dương n Bài 8: Cho p số nguyên tố thỏa p 4( p 2k ) , với k số nguyên (p 1) tố khác ước p-1 M số nguyên CMR tập hợp số nguyên p 1 k p 1 chứa nguyên thủy moddun p M 1, M 2, , M (p 1) KẾT LUẬN 38 Chuyên đề áp dụng lý thuyết hàm số học để đưa lời giải hồn chỉnh cho số tốn có liên quan Các tốn chúng tơi sưu tầm từ tài liệu khác nước (hầu hết tốn chưa có sẳn lời giải, có hướng dẫn ngắn gọn); Qua chun đề chúng tơi tìm hiểu đề thi chọn học sinh giỏi Toán Quốc gia Quốc tế liên quan đến hàm số học Từ ý thức định hướng cho nghiên cứu dài cho cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi trường sau Tuy nhiên chuyên đề bao gồm nhiều mảng kiến thức liên quan rộng, thời gian lại bị hạn định, mà khả nghiên cứu có hạn nên chun đề chúng tơi chưa có điều kiện cung cấp mở rộng nhiều dạng tốn nữa, hẹn dịp khác tơi cố gắng đào sâu phần để làm phong phú dạng tập số học phục vụ cho việc giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi trường THPT Bản thân nghiêm túc, cố gắng học tập nghiên cứu, thực mục tiêu đề chuyên đề, song chun đề chắn có hạn chế, thiếu sót định Rất mong q Thầy, Cơ giáo, đồng nghiệp bạn đọc chân tình góp ý bổ sung Xin cảm ơn! TÀI LIỆU THAM KHẢO 39 Tiếng Việt [01] Hà Huy Khoái (2006), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [02] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, NXB Giáo dục, Hà Nội [03] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên) (2008), Một số vấn đề Số học chọn lọc, NXB Giáo dục, Hà Nội [04] Nguyễn Vũ Thanh (1992), Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán Số học, NXB Tổng hợp Tiền Giang [05] Vũ Dương Thụy (chủ biên) (2004), Lí thuyết số, định lý tập chọn lọc, NXB Giáo dục, Hà Nội [06] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2003), 40 năm Olympic toán học quốc tế, NXB Giáo dục, Hà Nội [07] www.diendantoanhoc net (2-7-2010), Tuyển tập số toán sơ cấp chọn lọc Tiếng Anh [08] Kenneth H.Rosen (1993), Elementary number theory and its applications, Addison-Wesley Publishing Company [09] P.Wenkler (2004), The IMO compendium, Printed in the United States of America [10] Waclaw Sierpinski, (1970), 250 Problems in Elementary Number Theory, American Elsevier Publishing Company ... thứ tư khơng chứa số ngun tố v i 36, phần tử dòng khơng ngun tố v i nên khơng ngun tố v i 36 Chúng ta xét hai dòng lại, phần tử dòng ngun tố v i 4, dòng có số ngun tố v i 9, ta khoanh tròn có 12... toán v n dụng nhiều toán số học khác, v dụ tập 2.19 chương n Bài tốn 2.13 V i số ngun dương n ( n ) ? Giải: Ta dùng p để ký hiệu biến số nguyên tố Ta viết số nguyên dương n dạng n 2k t v i... x n, y n nên viết b b b c c c x= p11 p22 pr r y= p11 p22 pr r v i bi,ci=0,1,2,…,ai Khi x, y n max{bi,ci}=ai v i i; tức hai số bi , ci phải , số lấy trùng 0,1, , v i i V có thảy 2ai
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:40
Xem thêm: SH tien v bai toan lien quan voi cac ham so hoc
