Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 37 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
37
Dung lượng
0,95 MB
Nội dung
Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đạihọc Vinh -------------------------------------------- đặng thùy Linh VềcácứngdụngCủahàmsốsốhọc Khoá luận Cử nhân khoa học ngành s phạm toán học Vinh 2011 1 mục lục Trang lời nói đầu 1 Chơng 1 Một vài Hàmsốsốhọc và ứngdụng 3 1.1. Hàm phần nguyên 3 1.2. Hàm nhân 11 1.3 Một số tính chất củacáchàm ớc. 13 1.4. Hàmsốsốhọc Euler và ứngdụng . 15 1.5. Tính toán với cáchàmsốhọc trên phần mềm MAPLE 20 Chơng 2 Hàm mobius và luật thuận nghịch 26 2.1. Định nghĩa hàm Mobius và Luật thuận nghịch. 25 2.2. Công thức đảo ngợc về tổng 31 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Mở đầu Ngày nay, trong thời đại công nghệ thông tin, nhiều thành tựu mới nhất củaSốhọc có ứngdụng trực tiếp vào cácvấn đề của đời sống nh kinh tế, xã hội, thông tin, mật mã, kỹ thuật máy tính. Trong Số học, cáchàmsốsốhọc có vai trò rất quan 2 trọng. Nói khác đi, hàmsốsốhọc không chỉ là đối tợng mà còn là công cụ nghiên cứu có hiệu quả của Toán - Tin học. Với những lý do trên, khóa luận tìm hiểu vềcáchàmsốsốhọc và ứng dụng. Sau khi khảo sát một sốhàmsốsố học, khóa luận sẽ đa ra một vài phép toán trên tập hợp cáchàmsốsốhọc và xét các cấu trúc đạisố trên tập hợp đó. Khóa luận cũng thực hiện một số tính toán với cáchàmsốsốhọc trên phầm mềm Maple, nhằm tìm hiểu thêm cácứngdụngcủacáchàmsốsốhọc trong Sốhọc thuật toán. Cấu trúc của khoá luận này gồm hai chơng: Chơng 1. Một vài hàmsốsốhọc và ứngdụng Chơng 2. Hàm Mobius và luật thuận nghịch Nội dung chính của khóa luận gồm: Chỉ ra một số tính chất củacáchàmsốsố học. Sử dụng công cụ cáchàm nguyên để giải các bài toán tìm số điểm nguyên; giải một số phơng trình nghiệm nguyên; tìm dạng phân tích chuẩn tắc của n!. Thực hành một số tính toán với cáchàmsốsốhọc trên phần mềm Maple: Tính toán với phi - hàm Euler, hàm sigma, số hoàn chỉnh, số Mersenne, số nguyên tố Mersen. Giới thiệu luật thuận nghịch hay công thức đảo ngợc Dedekind Liouville liên hệ với hàm Mobius. Từ luật thuận nghịch gợi ý đa ra đợc một phép toán * trên tập hợp cáchàmsốsốhọc và với cách xác định phép toán nh vậy ta thu đợc kết quả sau: (a) Tập hợp cáchàmsốhọc với phép toán +, phép toán * lập thành một vành giao hoán có đơn vị. (b) Tập hợp cáchàm nhân (cùng với hàm đồng nhất 0) với phép toán +, phép toán * lập thành một miền nguyên. Tác giả bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn khoa học - PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. 3 Tác giả trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong Bộ môn Đạisố và Khoa Toán Trờng Đạihọc Vinh đã dạy bảo chúng em trong 4 năm học tập vừa qua, dới mái trờng Đạihọc Vinh thân yêu. Tác giả chân thành cảm ơn tập thể các bạn sinh viên lớp 48A Khoa Toán đã động viên, giúp đỡ tôi trong học tập và tu dỡng. Mặc dù đã hết sức cố gắng, khoá luận không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính mong nhận đợc sự chỉ bảo của quý thầy cô và những góp ý củacác bạn. Vinh, ngày 15 tháng 04 năm 2011 Sinh viên Đặng Thuỳ Linh 4 Chơng 1 Một vài Hàmsốhọc và ứngdụng 1.1. Hàm phần nguyên 1.1.1. Định nghĩa. Hàm phần nguyên xác định với mọi số thực x, biểu thị số nguyên lớn nhất không vợt quá x, ký hiệu bởi [x]. Nh vậy, phần nguyên của x là số nguyên thoả mãn [x] x < [x] +1. Hiệu x - [x] = { x} gọi là phần phân của x. 1.1.2. Định lý. Phần nguyên củasố thực x có các tính chất sau: (1) Nếu n Z thì [ ] [ ] x n x n+ = + (2) [ ] [ ] 1 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + , với n N + và x i R. (3) Nếu x R + và d N + thì cácsố nguyên dơng là bội của d, không lớn hơn x đúng bằng x d . (4) Với mọi x R thì [ ] [ ] 1 2 2 x x x + = . (5) [ ] x x d d = , x R, d N * . (6) [ ] 2 x x = + 1 2 x + , x R. Chứng minh. (1) Theo định nghĩa hàm phần nguyên, ta có [x] x < [x] +1. Do đó: [ ] [ ] [ ] 1 1x n x n x n x n+ + < + + = + + . Tính chất (1) đợc suy ra từ bất đẳng thức cuối này. (2) Theo định nghĩa, ta có: [x i ] x i < [x i ] + 1, i = 1, 2, , n. Cộng tất cả các bất đẳng thức , vế theo vế, ta có: [ ] [ ] 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + 5 Các bất đẳng thức [ ] [ ] 1 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + đợc suy ra từ định nghĩa phần nguyên. (3) Ký hiệu n là sốcácsố nguyên dơng bội của d và không lớn hơn x. Đó là cácsố d, 2d, , nd với nd x <(n+1)d. vậy, n x d <n+1. Từ định nghĩa phần nguyên ta suy ra n = x d . (4) Đặt n = [x] khi đó, x= n + với 0 <1. Nếu 0 < 1 2 thì [2x] [x] = 2n - n = n = 1 2 x + . Nếu 1 2 <1 thì [2x] [x] = 2n + 1- n = n+1 = 1 2 x + . Tóm lại, 1 2 x + = [2x] - [x]. (5) Đặt m = x d m [ ] x d < m + 1 md x < (m+1)d md [x] < (m + 1)d m [ ] x d < m + 1 [ ] x d = m. (6) Ta có xR thì x = 2n + 1 + t hoặc x= 2n + t, với n Z và 0 t < 1 */ Nếu x = 2n +1 + t, ta có [x] = 2n+1 2 x + 1 2 x + = n + n + 1= 2n + 1 Vậy, [x] = 2 x + 1 2 x + */ Nếu x =2n + t, ta có [x] = 2n, suy ra 2 x + 1 2 x + = n + n = 2n. Vậy, [x] = 2 x + 1 2 x + . Ta có điều phải chứng minh. 1.1.3. Hệ quả. (1) [x + y] [x] + [y], x,y R; dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 {x}+{y} < 1. 6 (2) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] [nx]. Chứng minh. (1) Vì [x] x và [y] y cho nên [x] + [y] x+y. Theo định nghĩa hàm phần nguyên ta suy ra: [x] + [y] [x+y]. (2) Ta có: x = [x]+{x} [nx]=[n[x] + n{x}] = n[x] + [n{x}] (vì n[x] nguyên). Do n{x} 0 suy ra [n{x}] 0. Vậy, n[x] [nx]. Ví dụ 1. Hãy tính 2006 0 2 2006 2 1 k k k= + + . Giải: Vì [ ] [ ] 1 2 2 x x x + = với mọi x theo định lý 1.1.2 (4) nên 2006 0 2 2006 2 1 k k k= + + = 2006 0 2006 1 2 1 2 k k= + + = 2006 1 2006 0 2006 2006 2006 2006 2 2 2 k k k + = = ữ Do 2006 2006 2 , ta có 2006 1 0 2 2006 2006 2 k k k + = + = . Ví dụ 2. Ký hiệu (q] là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn hay bằng q. Khi đó, với mọi n,p N, p 2, ta có: 1 1 1 1 1 2 1 ( .( .( ( ] .]]] 1 2 1 n n n n n n n p p p n p p p p n p + + + + = . Chứng minh: Khi n pn p ta có 1 1 n n p n p p p n + < + , nh vậy 1 2 1 1 1 n n p n p p p n p + = + = . Cho số nguyên k < n, ta có 2 1 1 2 1 1 1 1 . 1 1 1 k n k k n p p n k p p p p n k p p + + + + + < + . Vậy 1 1 2 1 1 . 1 1 n k k n p n k p p p n k p p + + + + = + . Vậndụng hệ thức này có hệ thức cần chứng minh. 7 Ví dụ 3. Tìm x biết: [ ] [ ] { } { } 1 1 .x x x x + = + Giải: Chuyển vế và quy đồng có [ ] { } [ ] { } 1 ( )(1 ) 0.x x x x = Nếu { } [ ] x x= thì x  , do đó { } 0x = , vô lý với điều kiện tồn tại của phơng trình. Vì vậy, { } [ ] 1.x x = Do { } 0x > nên [ ] 0x > . Đặt [ ] x n + = Ơ , ta có { } 1 x n = và [ ] { } 1 , 1.x x x n n n = + = + > Ví dụ 4. Tìm x biết: x 3 [x] = 3. Giải: Đồ thị hàmsố y = x 3 - 3 cắt đồ thị [ ] y x= tại nhiều nhất là một điểm. Vậy ph- ơng trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm. Dễ dàng kiểm tra 1 < x < 2, hay [ ] 1x = . Vậy x 3 1 = 3 hay 3 4x = . 1.1.4. Định nghĩa. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho miền phẳng D. Điểm có toạ độ (x 1 ,y 1 ) với x 1 ,y 1 Z và thuộc D đợc gọi là điểm nguyên thuộc D. 1.1.5. Định lý. Cho hàmsố f(x) 0 xác định, liên tục trên đoạn [ a, b] và miền phẳng , 0, ( ). x a x b D y y f x = = = = = Ký hiệu ,p q là số nhỏ nhất và lớn nhất sao cho a p q b . Khi đó sốcác điểm nguyên nằm trong D là thoả mãn [ ] ( ) 1 q i p f i q p = = + + và ( ) 1 b a f x dx b a + + . Chứng minh. Các điểm nguyên (x,y) phải có hoành độ x nguyên. Vậy, các điểm nguyên phải nằm trên các đờng thẳng x i=  , a i b . Vì điểm (x, y) D, nên 8 khi x = i thì 0 y f(i). Vì vậy, sốcác điểm nguyên nằm trong D có hoành độ x = i là [ ] ( ) 1f i + . Tóm lại, số điểm nguyên thuộc D đúng bằng [ ] ( ) 1 q i p f i q p = = + + . Từ đó ta thu đợc bất đẳng thức cần chứng minh. Bất đẳng thức này cho ta xác định đợc cận trên củasố điểm nguyên trong một miền phẳng. Chẳng hạn, trong miền phẳng 2 2 , 0, x r x r D y y r x = = = = = Số điểm nguyên [ ] 2 2 1 2 r r + + , còn trong miền phẳng , 0, . , 0 x a x b D y y kx a a k = = = = = + > Số điểm nguyên [ ] 2 1 2 kb b ab + + + . 1.1.6. Một số bài toán ứngdụnghàm phần nguyên Bài toán 1. Tìm số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 n x x m+ + =L ; , , 1, ., i m x i n + =Ơ . Giải: Ký hiệu số điểm nguyên dơng của phơng trình là N n (m). Ta có N 1 (m) = 1. Tính N 2 (m) tức là tính số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 2 x x m+ = . Phơng trình này có các nghiệm (1, m - 1), (2, m - 2),, (m 1, 1) nên N 2 (m) = m 1. Để tính N 3 (m) ta xét phơng trình 1 2 3 x x x m+ + = . Cho x 3 = 1, 2, , m - 2, ta có N 3 (m) = N 2 (m - 1) + N 2 (m - 2) + + N 2 (2) = (m 2) + +1. Vậy, 3 1 ( ) 2 m N m = ữ . Ta chứng minh 1 ( ) 1 n m N m n = ữ bằng quy nạp. Hiển nhiên 1 1 1 ( ) ( 1) ( 2) ( 1) n n n n N m N m N m N n = + + + L . Do đó 2 3 2 1 ( ) 2 2 2 1 n m m n m N m n n n n = + + + = ữ ữ ữ ữ L . 9 Bài toán 2. Cho k, m, n là những số nguyên dơng. Tính số nghiệm nguyên dơng của hệ: 1 1 1 1 , . n n n x x y y x x nk m n + + = + + + + + < L L L Giải: Cho mỗi số nguyên dơng s, 1 s nk, ta ký hiệu số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 2 n x x x s+ + + =L là N n (s). Khi đó, số nghiệm nguyên dơng của 1 1 . . 1 n m x x s y y s + + = + + = là 1 2 ( ) ( 1) . 1 1 n m s s N s N s n m = ữ ữ . Hiển nhiên, nếu s < n thì N n (s) = 0. Vậy số nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình đã cho là 2 1 2 1 2 ( , ) 1 1 1 1 nk nk s s n s s s s S m n n m n m = = = = ữ ữ ữ ữ . Bài toán 3. Cho cácsố nguyên k 0 và l, ký hiệu N(k,l) là số nghiệm nguyên (x 1 , x n ; y 1 y n ) của hệ phơng trình: 2 2 1 1 , , 1, . . n n i i i i i i x y l x y k i n = = = + = Chứng minh bất đẳng thức N(k,l) N(k,0) Giải. Cho số nguyên s. Ký hiệu A s là số nghiệm nguyên của hệ 2 1 , 1, . . n i i i x s x k i n = = = Ta có A s-l là số nghiệm của hệ 2 1 , 1, . . n i i i y s l y k i n = = = 10