Lời nói đầu Trong chơng trình giảng dạy môn Toán nhà trờng phổ thông, số học đóng vai trò quan trọng Các em học sinh bậc tiểu học học Toán tức học Số học, đến lớp bậc trung học sở trung học phổ thông môn Đại số, Hình học, Lợng giác, Giải tích lần lợt thay cho môn Số học chơng trình toán em học sinh Tuy kỳ thi học sinh giỏi Toán Quốc gia, Olympic Toán khu vực Olympic Toán Quốc tế có nhiều toán Số học liên quan đến khái niệm nh Hàm số phần nguyên, Hàm số nhân tính, Hàm số Euler, Hàm số ớc, Hàm tổng ớc hay Hàm Mobuys Những toán dạng thuộc vào loại khó nhiều học sinh lúng túng trình giải toán em cha đợc trang bị cách đầy đủ tính chất đặc trng số hàm số Vì luận văn "Một số hàm số số học" nhằm tập hợp số kiến thức chuyên sâu số tài liệu tham khảo nhằm trang bị cho em học sinh không kỹ giải toán mà rèn luyện cho em phơng pháp t khoa học Luận văn đợc chia làm hai chơng Chơng Hàm số phần nguyên Dựa vào tài liệu tham khảo trình bày số kiến thức sở hàm nguyên nh: Định nghĩa hàm nguyên, tính chất hàm nguyên đợc chứng minh chặt chẽ Tiếp theo trình bày số ứng dụng khoảng 40 toán đợc su tầm tài liệu, đề thi giỏi Toán khu vực, Olympic Toán Quốc tế Đợc trình bày theo nhóm nh hàm nguyên với đẳng thức, hàm nguyên với phơng trình, hàm nguyên với bất phơng trình, hàm nguyên với tính chia hết, hàm nguyên với dãy số đợc giải cách chi tiết Chơng Một số hàm nhân tính Trong chơng đa định nghĩa hàm nhân tính có tính chất đặc trng nó, sau trình bày khái niệm tính chất số hàm số có tính chất nhân tính, đợc su tầm từ tài liệu tham khảo Tiếp theo đa ví dụ áp dụng đợc su tầm từ đề thi học sinh giỏi Toán khu vực hay Olympic Toán Quốc tế đợc giải chi tiết Luận văn đợc thực từ tháng năm 2006 hoàn thành Đại học Vinh dới hớng dẫn nghiêm túc, tận tình chu đáo Tiến sĩ Mai Văn T Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến thầy, ngời đặt vấn đề giúp đỡ để hoàn thành luận văn Nhân xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo khoa Toán trờng Đại học Vinh giúp đỡ trình học tập viết luận văn Trong suốt trình học tập nghiên cứu tác giả nhận đợc nhiều góp ý, trao đổi chân thành bạn lớp Cao học 12 - Toán chuyên ngành Đại số - Lý thuyết số Tác giả biết ơn ghi nhận giúp đỡ quý báu Luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong muốn giúp đỡ bảo thầy, cô bạn đồng nghiệp Vinh, năm 2006 Tác giả Chơng I Hàm số phần nguyên 1.1 Các khái niệm 1.1.1 Định nghĩa Hàm số phần nguyên xác định với x thuộc tập số thực R, biểu thị số nguyên lớn không vợt x, ký hiệu [x] Nói cách khác x R ta gọi hàm số phần nguyên x số nguyên [x] thoả mãn: 1) [x] x , 2) n Z n x n [x] Ta gọi { x} = x - [x] hàm số phần lẻ số thực x Nhận xét 1) [x ] x < [x] + 2) x = { x} + [x] 3) x R, x không số nguyên [-x] = -[x] - [x] + [-x] = -1 1.1.2 Tính chất 1) Nếu x y [x] [y] Hàm số phần nguyên hàm không giảm 2) [x+ m] = m + [x], m Z , x R p p +1 3) p, q N, q q q p Chứng minh Đặt = r , theo định nghĩa hàm phần nguyên ta đợc q p = r + ,0 a< Do p, q N, q nên p = r q + s Với s = 0, 1, , q - 1, q p p s p ( q 1) p + = q =r = q q q 4) [x+ y] [x] + [y], x, y R , dấu đẳng thức xẩy {x}+{y}< Chứng minh Vì [ x] x => [x] + [y] x + y [ y] y nguyên ta suy [x] + [y] [x + y ] Theo định nghĩa hàm phần Mở rộng tính chất ta có: n x n [ x ] , dấu đẳng thức xẩy k k k =1 k =1 n { xk } < k =1 Chứng minh Từ định nghĩa hàm phân nguyên phần lẻ số thực ta x k = [x k ] + {x k},k = 1,2 , n có: n k =1 n n k =1 Vì xk = ( [ xk ] + {xk }) [ xk ] k =1 n Dấu đẳng thức xẩy {xk } < k =1 5) [2x]+[2y] [x]+[y]+[x+y] , dấu đẳng thức xẩy [2{x}]=[2{y}]=0 Chứng minh Ta định nghĩa hàm số phần nguyên ta có: x = [x] + {x}, {x} < 1; y = [y] + {y}, {y} < Khi bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với bất đẳng thức [2[x] + 2{x}] + [2[y] + 2{y}] [x] + [y] + [[x]+ [y] + {x}+ {y}] [2{x}] + [2{y}] [{x} + {y}] (1) Thực không tính tổng quát ta giả sử : {x} {y} VT(1) [{x} + {x}] [{x}+ {y}] = VF (1) [ x] x 6) = , x R ,d N* d d x x Chứng minh Đặt m = , m < m + d d md x < (m+1)d md [x] < (m+1)d m [x] [x] < m + = m d d x d x Nhận xét Ta có = , x R, d N* d d 7) Cho x số thực dơng d số nguyên dơng số số x nguyên dơng bội d không vợt x d Chứng minh Các số nguyên bội d không vợt x d, 2d, , md m thoả mãn điều kiện md x < (m+1) d m x < m +1 d x => m = d x x + 8) [x] = + ,x R Chứng minh Ta có x R x = 2n + + t x = 2n + t với n Z t < x x + * Nếu x = 2n + + t , ta có [x] = 2n + + = n + n + = 2n + x x + Vậy [x] = + x x + = n + n = 2n * Nếu x = 2n +t , ta có [x] = 2n , suy + x x + Vậy [x] = + Ta có điều phải chứng minh 1.1.3 Hệ Hệ Nếu n số tự nhiên n [x] [nx] Chứng minh Ta có x = [x] + {x} [nx] = [n[x] + n{x}] = n [x] + [n{x}] (vì n[x] nguyên) n{x} => [n{x}] Vậy n[x] [nx] n Hệ Với số tự nhiên n q (q 0) ta có q n (suy từ định nghĩa) q n Hệ Với số tự nhiên n q (q 0) ta có n < q + ữ (suy từ q định nghĩa) n Hệ Trong dãy n số tự nhiên : 1, 2, 3, , n có Số tự nhiên q chia hết cho số tự nhiên q (q 0) Chứng minh Thật xét trờng hợp * Nếu n < q n n < = Rõ ràng dãy 1,2,3, , n (n q n n > Nhận thấy dãy số : 1,2,, q, q+1, ,n q q n có số 1q, 2q, 3q, , q chia hết cho q Thật theo hệ q n q q n nên số tự nhiên n v(p,n) số mũ số nguyên tố p dạng phân tích tắc số tự nhiên n Khi đó: v (p,n!) = n pK k =1 Chứng minh Giả sử p ớc số nguyên tố n! Vì số bội dn ơng p không vợt n nên ta nhận đợc : p n n n n! = 1.2 p 2p p n = p p !n1, (n1,p) = p p n p n n Tơng tự số bội dơng p không vợt = Do p p p n n n p ! = p ! n2 ,(n ,p) = Hoàn toàn tơng tự sau hữu hạn bớc, tồn p p n k N*, p k n < p k+1 t = 0, t k +1 p Vì ta có n! = p n n n p + + + k p p k n n m,(m,n)=1 V (P,n!) = j = k j =1 p k =1 p Nhận xét : Từ định lý ta suy a Mb V (p,a) V (p,b) p ớc nguyên tố số nguyên b 1.1.5 Mệnh đề a) Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! n = [nx] , n N* b) Với x R [x] + x + + + x + n Chứng minh a) Đặt A = (a+1) (a+2) (a+n) Ta xét khả xẩy sau: - Trong A có chứa số mệnh đề - Giả sử A gồm có n số nguyên âm, sử dụng tính chất chia hết ta nhận đợc : A = (-1) n n (a k )Mn! k =1 n ( a k )Mn! k =1 nhân tử tích dơng Vì ta cần chứng minh mệnh đề trờng (a + n)! nguyên a! n! Gọi p ớc số nguyên tố a! n! ta cần chứng minh hợp n số nguyên dơng Tức chứng minh A = V (p, (x+n)!) V (p,a!) + V (p,n!) Thực áp dụng định lý 1.1.4 tính chất ta đợc: a + n a n pk pk + p k = V (p, a!) + V (p,n!) k =1 k = k = Nhận xét Có thể chứng minh tích n số nguyên dơng liên tiếp chia hết cho n! nh sau: V (p, (a+ n)!) = A = (m + 1) (m + 2) (m + n) = n (m + n)! A (m + n)! = = C m + n (đpcm) m! n! m ! n! b) Chọn r (r N) cho : r n {x} < r +1 r r +1 {x} < n n n r {x} < nên r < n vế trái số từ [x] đến x + n [x] số lớn n r n r r +1 n r = [x] + {x} + x + < [x] + x + +x+ = [x]+1 n n n n Vì có n-r số loại nên có tổng (n-r) [x] số lại vế trái x+ [x] + số nhỏ x + nr nr r nr = [x] + {x} + > [x] + + = [x] +1 n n n n Vì có r số nên có tổng r ([x] + 1) Vậy ta có vế trái (n - r) [x] + r ([x] + 1) = n [x] + r Vế phải đẳng thức là: [nx]=[n([x]+{x})]=[n[x]+ n{x}]=n[x]+[n{x}]= n[x] + r Hai vế n[x] + r 1.2 Một số ứng dụng * Hàm nguyên với biểu thức 1.2.1 Tính (45 + 2007)2007 Giải Ta có (45+ 2007 ) 2007 + (45 - 2007) 2007 2006 2k = C 2007(2007) k 4520072 k mà k =0 < (45 - 2007 ) 2007 ( < 45 + 2007 ) 2007 2006 2k =2 4520072 k C 2007 k =0 1.2.2 Tính tổng S = [ ] + [ ] + [ ] + + [ 49 ] + [ 50 ] Giải Ta có n, k N, k n < (k +1)2 k n < k + n = k nên ta có: n < n = 1, n < n = ,9 n < 16 n = , 16 n < 25 n = , 25 n < 36 n = ,36 n < 49 n = , 49 n < 50 n = S = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 + 5.11 + 6.13 + 7.2 = 217 1.2.3 Tích 100! Tận chữ số không? Giải Tích số chẵn số có chữ số tận Trong 100 số 100 ! có 50 số chẵn Vì cần tìm tất bội số tích 100 100 100 cho ta có V(5, 100!) = + + = 24 Vậy tích số 100! tận có 24 chữ số * Hàm nguyên với phơng trình 1.2.4 Tìm số k Z+ lớn cho [(1 + 3)2007 ]M 2k Giải Ta có n Z+ , n = 2m +1, m Z+ -1 < (1 - 3)n < Hay : (1 + 3)n < (1 + 3)n + (1 3)n < (1 + 3)n n n Mặt khác ta có: (1+ 3)n = C n( 3)i ,(1 3)n = C n( 3)i , i i =0 i i =0 nên: (1+ 3)n + (1 - 3)n = 2( + 23 + + n13 Cn Cn Cn n ) Z Vậy (1 + 3)n + (1- 3)n = [(1 + 3)n ] , mà { } (1 + 3)n + (1- 3)n = m [(2 + 3)m + (2 3)m ] + 3[(2 + 3)m (2 3)m ] Khai triển theo nhị thức Niutơn nhóm lại ta đợc: (2 + 3)m = A + 3B (2 + 3)m + (2 3)m = A m m m (2 3) = A 3B (2 + 3) + (2 3) = 3B Hiển nhiên A, B N Vậy (1 + ) m + (1 ) m = m ( 2A + 6B) = m+1 (A + 3B) Ta thấy A + 3B số lẻ (A + 3B) (A - 3B) = A - 9B2 = (A - 3B2 ) - 6B2 = (A- 3B) (A + 3B) - 6B2 = - 6B2 (là số lẻ) Vậy [(1+ 3) n ]M2k 2m+1 M2 k nên k lớn n+1 k =1004 1.2.5 Tìm n nguyên dơng cho m+1= k mà n = 2m+1 k = + + 3 + + n + 2n + = 7125 (*) Giải Với m N* xét [ m ] = k : k m < (k + 1)3 Với k cho trớc số số m thoả [ m ] = k (k + 1)3 k = 3k + 3k + Gọi tổng tơng ứng chúng Sk ta có : Sk = k (3k + 3k + 1) n Nên ta có [ 1] + [ 2] + + [ n3 1] = Sk (1) k =1 Từ n = n3 = n3 + = = n3 + 2n + (n > 1) Nên ta có n3 + + n3 + 2n + = n (2n + 5) (2) n Từ (1) (2) ta có: + + + n3 + 2n + = Sk + n (2n + 5) k =1 = n k (3k + 3k + 1) + n(2n + 4) k =1 (n 1)n(2n 1) ( n 1) n (n 1)n = + + n + 5n ữ +3 2 3n + 2n3 + n + 20n = (*) 3n 2n3 n + 20n 28500 = n = 10 1.2.6 Tìm tất số nguyên tố x, y cho + + + + x = y 10 Bây ta giả sử n số hoàn hảo số lẻ nhng kết luận toán không Khi có hai khả sau xảy ra: 1) Nếu n có ớc số nguyên tố, tức số n có dạng n = pk với p số nguyên tố lẻ (chú ý n số lẻ) Ta có: 2= ( ( n) + p + p + + p k 1 = = + + + + n pk p p2 pk 1 k +1 p p = < = Do p số nguyên tố lẻ nên p > đúng) p Từ < suy điều vô lý, trờng hợp giả thiết phản chứng sai 2) Nếu n có hai ớc số nguyên tố lẻ khác p q cho n = pa qb (có thể cho p < q) Lúc ta có: 2= ( n) ( p a q b ) ( p a ) ( q b ) = = b n pa qb pa q + p + p + + p a + q + q + + q b = pa qb Lập luận nh suy ra: 2< 1 1 1 p q (1) Vì p q hai số nguyên tố lẻ p < q nên p 3, q Vì vậy: 1 p q 1 1 1 = 15 chắn (n) > 2) Tóm lại: (n) = 12 n = 2) Xét (n) = 18 Ta có 18 = 18.1 = 9.2 = 6.3 Do đó: 18.1 = (17) (1) = (17.1) = (17) n = 17; 6.3 = (5) (2) = (5.2) = (10) n = 10 n = 17 Loại trờng hợp 9.2 (lập luận nh trên) Vậy: (n) = 18 n = 10 3) Xét (n) = 24 Ta có: 24 = 24.1 = 12.2 = 8.3 = 6.4 Do đó: 24.1 = (23) (1) = (23.1) = (23) n = 23; 8.3 = (7) (2) = (7.2) = (14) n = 14; 6.4 = (5) (3) = (5.3) = (15) n = 15 Loại trờng hợp 12.2 với lý nh trờng hợp n = 23 Từ (n) = 24 n = 15 n = 14 4) Xét (n) = 48 Ta có: 48 = 48.1 = 24.2 = 12.4 = 8.6 Do đó: 48.1 = (47) (1) = (47.1) = (47) n = 47; 12.4 = (11) (3) = (11.3) = (33) n = 33; 8.6 = (7) (5) = (7.5) = (35) n = 35 n = 47 Loại trờng hợp 24.2 với lý tơng tự.Do đó: (n) = 48 n = 33 n = 35 5) Xét (n) = 52 Ta có: 52 = 52.1 = 26.2 = 13.4 Vì 51 số nguyên tố, nên không xét khả 52.1 Do không tồn n để (n) = (n) = 13 Vậy không tồn n mà (n) = 52 55 6) Xét (n) = 84 Ta có: 84 = 84.1 = 42.2 = 21.4 = 14.6 = 12.7 Do đó: 84.1 = (83) (1) = (83.1) = (83) n = 83; 14.6 = (13) (5) = (65) n = 65; 12.7 = (11) (6) = (66) n = 66 n = 83 Chú ý không tồn n để (n) = 21 Tóm lại: (n) = 84 n = 65 n = 66 2.8.7 Chứng minh bất đẳng thức (n) > 3n với tập hợp vô hạn số tự nhiên n Giải Rõ ràng d ớc số n, n ớc số n Vì vậy: d 1 (n) = d1 + d2 + + dk = n + + + ữ, dk d1 d2 d1, d2, , dk tất ớc tự nhiên n Lấy n số tuỳ ý cho bội số 16! = 1.2.315.16 Dĩ nhiên số số n nh vô hạn (đó số có dạng k.16! với k = 1, 2, ) Nói riêng ớc n có 1, 2, 3, , 16 Vì lúc này: 1 1 1 (n) = n + + + ữ n + + + + ữ dk 16 d1 d2 Để ý rằng: (1) 1 1 1 1 1 1 + + + = + + + ữ+ + + + ữ+ + + + ữ 16 10 16 Mặt khác, hiển nhiên ta có: 1+ 1 1 + > = 4 1 1 + + + > = ; 8 1 1 + + + > = 10 16 16 56 1 + + + > (2) Bây từ (1) (2) ta đến (n) > 3n 16 Nh ta chứng minh đợc tồn vô hạn số tự nhiên n, cho ta có Do vậy: + bất đẳng thức (n) > 3n Đó đpcm 2.8 Chứng minh (n) = 2n + 1, n bình phơng số lẻ Giải Vì (n) = 2n + số lẻ ta có n = m2 m số lẻ Ta cần chứng minh = Ta có (n) = 2n + = 2+ 1m2+1 tính chất nhân tính hàm (n) Ta lại có:(n) = (2k+1) (m2) = (2+ 1- 1) (m2) Vậy 2+1m2+1 = (2+1- 1) (m2) 2+1 Ta lại có 2+1m2+1 = m2(2+1- 1) + (m2+ 1) 2+1- m2+ 2+1- Nếu > 2+1- có dạng 4k 1, có ớc nguyên tố p dạng 4k Vậy m2 -1 (modp) Suy mp-1 (1) p (-1) (modp) Điều trái với định lý Fecma Vậy = 2.8.9 Tìm n nhỏ để (n) = (giải toán thay số sau: 2, 3, 6, 14 100) Giải Ta biết ớc dơng n có mặt n 1) Xét (n) = Vì n có ớc dơng, nên từ nhận xét suy n = 1.(n) = n = 1.Vậy dĩ nhiên số n nhỏ n = 2) Xét (n) = 2.n có hai ớc n số nguyên tố Vậy (n) = n nhỏ (vì số nguyên tố bé nhất) 3) Xét (n) = Theo kết Bài 1, ta thấy khai triển thừa số nguyên tố n = p11 p22 pk k , i nguyên > (i = 1, k ) (n) = (1 + 1) (2 + 1) (k + 1) Vì (n) = nên suy n = p2, với p số nguyên tố Do (n) = n nhỏ 22 = 4) Xét (n) = Ta có = 2.3, (n) = 6, n có dạng n = p1 p2 , p1 p2 số nguyên tố Vậy (n) = 6, n nhỏ 22 = 12 57 5) Xét (n) = 14 Ta có 14 = 2.7, (n) = 14, n có dạng n = p1 p26 , p1 p2 số nguyên tố Do (n) = 14, n nhỏ n = 26.3=64.3 = 192 6) Xét (n) = 100 Ta có 100 = 2.50 = 4.25 = 2.2.25 = 2.2.5.5 = 10.10 Vì n = p1 p249 = p13 p224 = p1 p2 p34 p44 = p19 p29 , p1, p2, p3, p4 số nguyên tố Số nhỏ số p1 p249 249 Số nhỏ số p13 p224 224 33 Số nhỏ số p1 p2 p33 p44 24 34 Số nhỏ số p19 p29 2+9 39 Dễ thấy: min{3.249; 33.224; 24.34.5.7; 29.39} = 24 34 = 35 64 = 45360 Vậy (n) = 100, n nhỏ 45360 2.8.10 Chứng minh với k N*, phơng trình (n) = k có vô số nghiệm Giải Ta có công thức: (n)= (1 + 1) (2 + 1) (k + 1), n = p1 p2 pk k , pi số nguyên tố i nguyên 1, i = 1,k Xét hai khả sau: 1) Nếu k số nguyên tố: Khi từ (n) = k suy n = pk-1, p số nguyên tố Do tập hợp số nguyên tố vô hạn, nên tồn vô hạn số nguyên dơng có dạng n = pk-1 Điều có nghĩa phơng trình (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 > k k Từ (n) = k, nên suy dạng n n = p1 p22 , p1, p2 số nguyên tố Do tập hợp số nguyên tố p1, p2 vô hạn, nên tồn vô hạn số nguyên dơng có dạng n = p1k1 p2k2 Tóm lại với k nguyên dơng > 1, phơng trình (n) = k có vô số nghiệm Đó đpcm 2.8.11 (IMO 1998) Hãy tìm tất số nguyên dơng k, cho(n2) = k(n), với n nguyên dơng Giải Giả sử phân tích thừa số nguyên tố, số n có dạng: n = p1a1 p2a2 prar 58 Khi theo công thức tính hàm (n), ta có: (n) = (a1 + 1) (a2 + 1) (ar + 1) (1) Ta có n2 = p12 a1 p22 a2 pr2 ar , Do vậy: (n2) = (2a1 + 1) (2a2 + 1) (2ar + 1) (2) Giả sử k số nguyên dơng, thoả mãn hệ thức: (n2) = k(n) (3) Từ (1), (2) (3) ta đến: (2a1 + 1) (2a2 + 1) (2ar + 1) = k (a1 + 1) (a2+ 1) (ar + 1) (4) Vì 2ai + số lẻ với i = 1, k , suy vế trái (4) số lẻ Do k phải số lẻ Đó điều kiện cần số nguyên dơng k Bây xét điều kiện đủ Giả sử k số nguyên dơng lẻ Ta chứng minh rằng: Tồn số nguyên dơng n cho (n2) = k(n) Điều đợc chứng minh quy nạp nh sau: - Với k = Hãy chọn n = Ta thấy lúc (n2) = (1) = 1, k(n) = (1) = Vậy khẳng định k = - Giả sử điều khẳng định đến k, ta chứng minh điều khẳng định với 2mk - 1, m Chú ý rằng, đến phép quy nạp hoàn tất lý sau đây: Giả sử điều khẳng định đến số lẻ số lẻ n Xét số lẻ n+2 Khi (n + 2) + = n + số chẵn, ta có biểu diễn sau: (n + 2) + = 2mk k số lẻ nhỏ số lẻ n + 2, tức k số lẻ số lẻ n Vì theo giả thiết quy nạp điều khẳng định với k Theo nhận xét trên, điều khẳng định phải với mk - 1, tức với số lẻ n + Vậy phép quy nạp hoàn tất Bây ta chứng minh điều nh sau: - Giả sử điều khẳng định đến số lẻ k, tức tồn số n nguyên dơng (n ) = k Ta chứng minh với số nguyên m 1, điều (n) khẳng định với số 2mk - Thật vậy: cho: Với m = Giả sử p số nguyên tố mà n không chia hết cho p Xét số h = pk-1n 59 Xét khai triển n thừa số nguyên tố: n = p11 p22 ps s Do n không chia hết k cho p, nên p pi với i = 1, s Ta có: h = p p1 p2 ps s Từ theo dạng hàm , suy ra: (h) = k(1 + 1) (2 + 1) (s + 1); (h2) = (2k - 1)(21 + 1) (22 + 1) (2s + 1) (h2 ) (2k 1)(21 + 1)(2 + 1) (2 s + 1) = (h) k (1 + 1)( + 1) ( s + 1) Từ đó: (5) Mặt khác, từ n = p11 p22 ps s , ta có: k= (21 + 1)(2 + 1) (2 s + 1) (1 + 1)( + 1) ( s + 1) (6) (h ) (7) = 2k (h) Khi m = 1, 2mk - = 2k - Từ (7) suy tồn số nguyên dơng h để có (7), tức điều khẳng định với 2mk - 1, m = Thay (6) vào (5), đến: Với m > 1, ta xét số 2mk - Chọn m số nguyên tố phân biệt p1 , p2 , , pm mà h = p1 n 2m 1.3 k không p2 2m 2.32 k chia pm pi hết 2.3m 1.3 k pm với 3m k i = 1, m Xét số: n Vì n = p11 p22 ps s , n không chia hết pi với i = 1, m nên với h = p1 2m 1.3 k j = 1, s i = 1, m p2 2m 2.32 k pm 3m k p j pi Ta có: p11 p12 pss Theo dạng hàm , ta có: (h) = (2m-1.3k - 1) (2m-2 32 k - 1) (2.3m-1 k - 1) (3m-1k) (1 + 1) (2 + 1) (s + 1); (h2) = (2m 3k - 3) (2m-1 32 k - 3) (223m-1 k - 3) (2.3m-1 k - 1) (21 + 1) (22 + 1) (2s + 1) Từ đó, suy ra: (h2 ) 3(2 m k 1).3(2 m 1.3k 1)3(2 m 2.32 k 1) = ì ( h) (2m 1.3k 1)(2 m 2.32 k 1) 60 .3(22.3m k 1)(2.3m k 1)(21 + 1) (2 s + 1) ì (2.3m k 1).3m 1.k.(1 + 1) ( s + 1) 3m (2m k 1)(21 + 1) (2 s + 1) = 3m 1.k (1 + 1) ( s + 1) (h ) (21 + 1) (2 s + 1) (h ) = = 2m k (8) Vì , nên ta có (h) (1 + 1) ( s + 1) ( h) Đẳng thức (8) chứng tỏ điều khẳng định đến mk - Đó đpcm k= 2.8.12 Giả sử (n) số tất ớc số tự nhiên n Chứng minh với n= 1, 2, ta có bất đẳng thức: 2(n) < 4n Giải Giả sử a ớc số n, số b = n ớc n Do tất a ớc số n đợc chia thành cặp, đặt tơng ứng với ớc a < n , với n Ngoài ra, thêm n n số nguyên (tức n số a phơng) Số nhỏ hai số cặp gọi số thứ nhất, số lớn gọi số thứ hai Xét hai khả sau: 1) Nếu n số phơng Khi tất số thứ nhỏ b= n Cũng lẽ gọi d* số lớn số thứ d* < n d* < [ n ] Vì số thứ thuộc tập {1, 2, [ n ]}, từ suy số số thứ [ n]< n (do n số phơng) Vì n số ph- ơng nên (n) hai lần số thứ Do ta có bất đẳng thức: (n) < n 2(n) < 4n 2) Nếu n số phơng Khi n ớc n, tất ớc thứ n - Kí hiệu d* nh phần 1), ta có: d* n - d* [ n - 1] 61 Lập luận nh ta có số số thứ [ n - 1] n - Khi n số phơng, (n) hai lần số số thứ cộng thêm Vì lẽ suy : (n) < 2( n - 1) + (n) < n - < n 2(n) < 4n Tóm lại, ta luôn chứng minh đợc với n = 1, 2, 2(n) < 4n Đó đpcm 2.8.13 Tìm tất số nguyên dơng n cho ((n))3 = 4n Giải Giả sử n số nguyên dơng thoả mãn điều kiện: ((n))3 = 4n (1) Giả sử khai triển thừa số nguyên tố n, ta có: n = p11 p22 pss , p1 < p2 < < ps < số tất số nguyên tố; i, i = 1, 2, số nguyên không âm Khi ta có: (n) = (1 + 1) (1 + 2) (1 + s) (2) Ta có 4n = p11 p22 pss Do p1 = 2, nên: 4n = p12+1 p22 ps s (3) Từ (1) suy 4n lập phơng số nguyên dơng Vì từ (3) pi = + 31 số nguyên tố, nên ta có: , 1, 2, số i = i , i = 2,3, nguyên Thay lại vào (2), có: (n) = (2 + 31) (1 + 32) (1 + 33) (1 + 3s) (4) Từ (4) suy (n) không chia hết (vì (n) (mod 3)) Mặt khác, lại có 4n = ((n))3, nên suy n không chia hết Vì n = p1 p2 ps s p2 = , tức n M , dẫn Do n không chia hết 3, nên = (vì > 0, p2 M đến vô lí) Vì lẽ từ (4), lại có: (n) = (2 + 31) (1 + 33) (1 + 3s) Bây phơng trình: ( (n) ) = 4n (2 + 31 )3 (1 + 3 )3 (1 + s )3 = 3(1+ ) p33 ps3 s + 31 p33 pss 1+ = (1 + 3 ) (1 + s ) 62 (5) Vì = p3 < p4 < < ps < , nên với i 3, pi i i = (1 + 4) i + i (theo bất đẳng thức Bernoulli, (1 + a)n + na với n nguyên dơng) Từ suy vế phải (5) 1, đẳng thức xảy i = với i Vì lẽ từ (5), ta có: Từ (6) suy ra: + 31 21+ Mặt khác: + 1 21+ (6) (7) ( 1) 21+ = 2(1 + 1)1 2(1 + C11 + C21 ) = + + 1 ữ.Hay từ (7), ta có: + 31 + + , (ở sử dụng công thức khai triển nhị thức Newton) Từ ta có: 21 , hay Từ tính nguyên 1, có = 0, 1, hay Xét trờng hợp sau: + = Do suy hai vế (5) 21+ 1, lẽ từ lập luận suy ớc số nguyên tố n Từ a) Nếu = hay = 2, - Nếu = 0, ta đợc nghiệm n = 21+3 = - Nếu = 1, ta đợc nghiệm n = 21+3 = 2+7 = 128 b) Nếu = 1, + 31 = Khi từ (5), ta có > Nhng > 21+ 53 > , suy vế phải (5) > mâu có Thật vậy, + 3 4 53 51 = = (và dĩ nhiên để (5) thuẫn so với (5) Vì lẽ = 1, + 3 + = + 31 = + 3.1 = = = = = 0) Từ ta có: Nh n = 24 = = 3 i = 0, i 63 53 = 16.125 = 2000 Tóm lại số nguyên dơng cần tìm n = 2, n = 128 n = 2000 2.8.14 Chứng minh tồn vô số số n N*\ {1} cho ( n ) ( k ) > với n k k = 1, 2, , n Giải (Chứng minh phản chứng) Giả sử tồn số hữu hạn số n có tính chất nh Gọi N số lớn có tính chất nh Khi ( n ) ( N + k ) (*) với n N+k k = 1,2 Chứng minh (*) quy nạp ( N + k + 1) ( N) ( N + k + 1) (m) theo giả thiết quy nạp , với m = > > N + k +1 N N + k +1 m 1, 2, N + k Mâu thuẫn với cách chọn N Nếu p số nguyên tố lớn N Nếu từ (*) ta suy ( N) (pN) (p)( N) (p + 1) ( N) = = mâu thuẫn N pN PN p N 2.8.15 Chứng minh (n) < n n với n > Giải Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức cho trờng hợp sau: a) n = p với p nguyên tố (p nguyên tố p 3) b) n = p c) n = 2p (p nguyên tố lẻ) d) Với n ta chứng minh quy nạp Trờng hợp n = xét, giả sử bất đẳng thức với k < n n có dạng a, b, c xét toán đợc giải trái lại * n = ab (a,b) = 1, 3< a < n, b < n Vậy (n) = (a) (b) < a a b b =n n * n = 2p = p.2p -1 p +1 ( > 1) Ta có (2p ) = (2) (p ) = p 64 Dễ thấy p + p +1 p < (p + 1) < p p(p ) Vậy < (p + 1)(p -1) p p (2p) < p p 3(p ) = p p (2.p-1) < p p 2p p = 2p p (theo giả thiết quy nạp) 2.8.16 Cho p q hai số nguyên tố lẻ, a b hai số nguyên dơng cho pa > qb Chứng minh (pa) (qb) pa (qb) = pa p a +1 Giải Ta có (p ) = (modp) ( (pa), pa) = Nếu (pa) (qa) p a p (q ) p , (q b) = a b a q b+11 q b b = + q < 2q b < 2p a q q 2.8.17 Chứng minh n > (n) số chẵn k Giải Ta có (n) = n p (p i =1 i 1) , n có số nguyên tố lẻ p i (n) i (pi 1) (n)là số chẵn Trờng hợp lại (n) = (2) = = 2-1 số chẵn > 2.8.18 Chứng minh (n) n n, (n) < n n hợp số Giải Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = k p1k p k2 p km theo công thức tính k m m k (n) ta có (n) = 2k-1 p1 p m (p1 1) (p m 1) Chú ý pi pi ki- 1 k k k k ki k 2 k-1 Ta có (n) p1 p m p1 p m2 Giả sử n hợp số, gọi 2 1 m m pi ớc nguyên tố bé n, p1 n (n) n( 1 n )=n [...]... toàn u1 = 2 1.2.36 Dãy số {un} đợc xác định nh sau: 3 u = u , với n = 1, 2, n + 1 n 2 Chứng minh rằng có vô số hạng của dãy là số chẵn, cũng nh có vô số số hạng của dãy là số lẻ Giải Giả thiết phản chứng trong dãy vô hạn đã chi chỉ có một số hữu hạn các số hạng là số lẻ Gọi um là số lẻ với chỉ số m cao nhất Điều đó có nghĩa là um+n là số chẵn với mọi n = 1, 2, Vì um+1 là số chẵn, nên bao giờ... trờng hợp i), vì theo chứng minh trên thì sau một số hữu hạn bớc ta sẽ gặp số chính phơng trong dãy Nh vậy ta đã chứng minh đợc kết quả sau: Nếu xuất phát từ một số không phải là số chính phơng trong dãy, thì sau một số hữu hạn bớc sẽ gặp số chính phơng b) Nếu m là số chính phơng Chỉ có hai khả năng sau xảy ra: i) Hoặc là dãy m, f(m), f (f(m)), có vô hạn số chính phơng Khi đó kết luận của bài toán là... Trong dãy đã cho mọi số tự nhiên gặp hai lần, loại trừ số 1 gặp 4 lần, và các số hạng có dạng 2p gặp 3 lần Bổ đề sẽ chứng minh ở cuối bài Ta có 29 = 512 Theo bổ đề trên các số 2k; k = 1, 2, , 9 có mặt mỗi số 3 lần, còn 1 = 20 có mặt 4 lần Các số n khác (1 n 512) và n 2k , (k = 0,1, , 9) mỗi số có mặt 2 lần Từ 1 đến 512 có 502 số nh vậy (502 = 512 - 10) Nh thế trong dãy đã cho các số từ 1 đến 512 có... 1.2.14 n là số tự nhiên sao cho 2006! chia hết cho 5n Chứng minh rằng n 500 Giải Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3 , 2005, 2006 là 5, 10, 15, ., 1995, 2006 2000, 2005 Số các bội đó là: = 401 (số) Các bội của 52 trong dãy trên 5 2006 là 25, 50, 75, 2000 Số các bội đó là = 80 (số) Số các bội của 53 25 2006 4 là = 16 (số) Các bội của 5 là 125 17 2006 625 = 3 (số) Vậy thừa số 5 khi ... chẵn Xét các số hạng u2, u4, un-2 Ta biết rằng mỗi số hạng uk lập từ k số chẵn (hoặc lẻ) liên tiếp tuỳ theo k là chẵn hay lẻ Các số chẵn có mặt trong u2, u4, u6, , un-2 là các số chẵn liên tiếp bắt đầu từ 2 Số các số chẵn có mặt trong u2, u4, u6, , un-2 là: S = 2 + 4 + 6 + + (n - 2) áp dụng công thức tính tổng của cấp số cộng: Sn = {2v1 + (n 1)d }n n2 , với v1 = 2, d = 2, và tổng đó có số hạng, ta... của dãy {un} mà mọi số hạng của nó đều là số chính phơng Ta có đpcm 1.2.34 Xét hàm số f(n) = n + n , n = 1, 2, Cho m 1 là số tự nhiên Xét dãy sau đây: m, f(m), f(f(m)), Chứng minh rằng trong dãy trên chứa vô hạn số chính phơng Giải Rõ ràng rằng m < f(m) < f(f(m)) < Vậy dãy đã cho là dãy thực sự tăng Chỉ có hai khả năng sau: a) Nếu m không phải là số chính phơng Gọi d2 là số chính phơng lớn nhất... 2 S= = 4 4 Từ đó ta thấy un là tổng của một cấp số cộng có công sai d = 2, có n số hạng và số hạng đầu tiên là v1 và là số chẵn thứ v1 = 2 n(n 2) n(n 2) + 4 Vì thế: +1= 4 4 n(n 2) + 4 n(n 2) Lại áp dụng công thức tính tổng trên, thì : = 4 2 n(n 2) + 4 + 2(n 1) n 2 n(n 2 + 2) 2 un = = 2 2 2) Nếu n lẻ Xét các số hạng u1,u3, ,un - 2 Số các số lẻ có mặt trong u1,u3, ,un-2 là S' = 1 +... + + s +1 > ps + ps-1 + + 1>2s +2s-1 + +1 2s+1=V (p,m) p p p x 1.2.31 Cho hàm số y = f(x) = x- n , xR, với n > 0 cho trớc Chứng n minh rằng a) Hàm số f là hàm số tuần hoàn Tìm chu kỳ của nó b) 0 f(x) n với x R n + x x x Giải a) Ta có f(n + x) = x + n - n = x + n n(1 + ) = x n = f ( x ) n n n f là hàm tuần hoàn Giả sử m, 0 < m < n chọn x 0 = n - m < n khi đó n m f(x 0 ) = n -... là , , , 3 5 7 5.7 Giả sử n số nguyên dơng thoả mãn điều kiện đầu bài, nh vậy ra có n n n n (1) 3 = 5 + 7 35 Ta đi tìm số n lớn nhất thoả mãn hệ thức (1) Muốn vậy ta tìm số n dới dạng n = 35k+ r với k = 1, 2 và r = 0, 1, 2, 34 Khi tìm đợc số n nh thế thoả mãn (1), ta không quan tâm đến các số bé hơn 35, vì ta cần tìm số n lớn nhất thoả mãn (1) r r r 35k + r... [y],n Z,y R Nên ta có h(x + 1) = h(x) + 10 Do vậy chỉ cần xét hàm số h trên khoảng [0,1) hiển nhiên h là hàm bực thang đơn điệu tăng và có các bớc nhảy tạ, x = 0, 1 1 1 2 3 , , , , thế nên h(x) nhận 6 giá 4 3 2 3 4 trị khác nhau khi x [0, 1) Ta có f(x + 3) = f(x) + 35 nên ta chỉ cần xét hàm f trên nửa khoảng [0, 3) hàm f cũng là hàm bậc thang Có bớc nhảy tại 3 4 3 ,1 ,2 Do đó trên [0, 3), f(x) ... =1 2.2 Hàm số ớc nguyên dơng số tự nhiên (Hàm số (n)) 2.2.1 Định nghĩa Cho số nguyên dơng n (n) hàm số biểu thị số ớc nguyên dơng n Ký hiệu (n) = d 2.2.2 Tính chất Hàm số (n) hàm số có tính... phải số nguyên tố c = b = (2k-1) số nguyên tố Và ta có n = 2k-1(2k-1) với 2k-1 số nguyên tố 2.4 Hàm số ƠLE (Hàm (n)) 2.4.1 Định nghĩa (n) hàm số xác định với số tự nhiên n, biểu thị số số nguyên... 38 Chơng II Một số hàm nhân tính 2.1 Hàm nhân tính 2.1.1 Định nghĩa Giả sử X Z, hàm số thực f xác định không đồng không X, đợc gọi hàm nhân tính (hay hàm số có tính chất nhân), với số nguyên a,