VỀ MỘT HÀM SỐ HỌC
Huỳnh Tấn Châu, Trường THPT Chuyên Lương Vă n Chánh, Phú Yên
Phan Thành Nam, Trường Đại học khoa học tự nhiên TPHCM
Việc khảo sát các chữ số trong biểu diễn thập phân của một số tự nhiên
là một vấn đề rất gần gũi với chúng ta. Ta kí hiệu S(n) là tổng các chữ số của
số tự nhiên n (trong hệ thập phân) và bài này sẽ đề cập đến một số tính chất
lí thú của hàm S(n) cũng như một vài ứng dụng của hàm S(n) trong việc giải
quyết các bài toán số học.
Trước hết ta có tính chất quan trọng sau:
nnS ≡)(
(mod 9). Chứng minh
tính chất này xin trao cho bạn đọc. Bây giờ là một vài ứng dụng.
Bài toán 1.
Viết các số 1, 2, 3, …, 2003 thành một dãy tùy ý và thu được số N. Hỏi
N có thể là số chính phương?
Bài giải :
Theo tính chất trên, dễ thấy:
61002.20032003 321
≡=++++≡
N
(mod 9)
Như vậy, N chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên N không thể
là số chính phương.
Bài toán 2.
Từ các chữ số 1, 2, …, 7 lập ra hai số có 7 chữ số A, B. Chứng minh
rằng nếu A>B thì A không chia hết cho B.
Bài giải :
Giả sử A = B.C. Do S(A) = S(B) = 1 + 2 + … + 7 = 28 nên A và B đều
không chia hết cho 3, hơn nữa A - B chia hết cho 9. Suy ra C - 1 chia hết
cho 9. Đây là điều vô lí vì theo giả thiết dễ dàng có được: 1 < C < 10.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3.
Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn: n+S(n)+S(S(n))=2001.
Bài giải :
Ta có : n < 2001
⇒
S(n) < S(1999) = 28
⇒
S(S(n)) < S(28) = 10. Suy ra
: n > 2001 - 28 - 10 = 1963. Từ đó: S(n) > S(1970) = 17 và S(S(n))
> 2 nên n < 2001 - 17 - 2 = 1982.
Mặt khác :
32001))(()(3 ≡=++≡ nSSnSnn
(mod 9) nên
1≡n
(mod 3). Từ
đó:
{ }
1981;1978;1975;1972;1969;1966;1963∈n
. Bằng cách thử trực tiếp ta thấy
chỉ có các số 1969; 1972; 1975 thỏa mãn.
Như vậy đáp số bài toán là
{ }
1975;1972;1969∈n
.
Bài toán 4. (IMO - 1975)
1
Cho A là tổng các chữ số của số
4444
4444
và B là tổng các chữ số của A.

Hãy tính tổng các chữ số của B.
Bài giải :
Đặt N=
4444
4444
.
Do N <
4444
10000
nên N có không quá 4444.4 < 20000 chữ số. Từ đó :
A < 9.20000 = 180000
⇒
B < S(99999) = 45
⇒
S(B) < S(39) =12 (1).
Mặt khác:
24444 −≡
(mod 9) nên
22.82
14314444
−≡=≡N
(mod 9) và do đó
S(B) chia 9 dư 7 (2). Từ (1) và (2) suy ra S(B)=7.
Bài toán 5. (Dự tuyển IMO - 1990)
Kí hiệu bình phương tổng các chữ số của số tự nhiên n (viết theo hệ
thập phân) là f(n). Đặt
) ))(( ()( xfffnf
k
=
, k lần f. Tính

)2(
1990
1991
f
.
Bài giải :
Rõ ràng:
)()(
2
nSnf =
.
Ta có:
22
1990
≡=N
(mod 9)
7)4()())((
22
≡≡≡⇒ fNfNfS
(mod 9).
Mặt khác
664663
108.2 <=N
nên:
EMBED Equation.3
35712576)664.9()(
2
=≤Nf
30)3999())((4225)7.92()(
2

2
2
=≤⇒=+≤⇒ SNfSNf
.
Suy ra:
{ } { }
654,256,49)(25,16,7))((
32
∈⇒∈ NfNfS
.
Từ đó ta có:
, 169)(,25616)(,16913)(
6
2
5
2
4
===== NfNfNf
Vậy
256)(
1991
=Nf
.
Bây giờ chúng ta đến với một vài đánh giá về hàm S(n). Với mọi cặp
số tự nhiên m, n ta có các kết quả quan trọng sau:
1) S(n) < n
2) S(m+n) < S(m) + S(n).
3) S(m.n) < S(m).S(n).
ở đây chúng tôi chỉ chứng minh cho (3) còn (1) và (2) là đơn giản và
xin nhường cho bạn đọc.

Đặt
p
aaam
21
=
và
q
bbbn
21
=
. Sử dụng các kết quả (1) và (2) với lưu
ý
)()10.( ASAS
k
=
, ta có:
)10 10 ().(
1
1
1 qq
q
mbbmbmSnmS +++=
−
−

( ) ( )
( ) ( )
)().() ).( (

).( ).( ).( ).(

) 10 ( ) 10 (
).().( ).(
2121
1111
1111
1
11
1
11
11
nSmSbbbaaa
babababa
baSbaSbaSbaS
babaSbabaS
bmSbmSbmS
qp
qpqp
qpqp
qp
p
qp
p
qq
=++++++=
+++++≤
++++++≤
++++++=
+++≤
−−
−

2
Bài toán 6. (Vô địch Bungari)
1) Chứng minh rằng:
5
)2(
)(
≤
nS
nS
với
+
∈ Zn
.
2) Chứng minh rằng hàm
)3(
)(
nS
nS
không bị chặn.
Bài giải :
1) Theo kết quả bài toán 4, ta có: S(n)=S(5.2n)< S(5).S(2n)=5.S(2n)
(đpcm).
Lưu ý rằng 5 là ước lượng chính xác.
2) Dễ thấy với dãy
43 33
3

soá n
n
x

=
thì
43)( += nxS
n
và
3)3( =
n
xS
nên hiển
nhiên có đpcm. Tổng quát câu 2) bài toán 6, ta có:
Bài toán 7.
Xét tính bị chặn của hàm
).(
)(
)(
naS
nS
nf =
với
+
∈
Za
cho trước.
Bài giải :
Đặt
ba .5.2
βα
=
, (b, 10)=1.
Nếu b =1 thì

)2.5(
).5.2(
).10.10(
).(
)(
)(
βα
βα
βα
S
nS
nS
naS
nS
nf ≤==
= const.
Nếu b>1 thì gọi p là một ước nguyên tố của b. Ta có:
papnS
nS
paSpnS
nS
naS
nS
nf
/).(
)(
)/().(
)(
).(
)(

)( ≥≥=
Ta chọn dãy
pcx
pn
n
/)10(
)1(
+=
−
với 0 < c < p và
pc 10+
. Khi đó với n
đủ lớn thì S(xn.p) =1+S(c) = const và để chứng tỏ hàm f(n) không bị
chặn ta chỉ cần có S(xn)
+∞→
khi
+∞→n
. Do xn
+∞→
khi
+∞→n
nên
ta chỉ cần chứng minh trong biểu diễn thập phân của xn

không có chữ số
0 nào và điều đó xin nhường cho bạn đọc.
Vậy hàm f(n) bị chặn khi và chỉ khi a không có ước nguyên tố nào
ngoài 2 và 5.
Bài toán 8. (Vô địch Balan)
Cho a là số chẵn nhưng không chia hết cho 5.

Chứng minh rằng:
+∞=
+∞→
)(lim
n
n
aS
.
Bài giải :
Lấy n>8, đặt
11
aaaa
kk
n
−
=
.
Ta chứng minh nếu 1 < i < n/4 thì trong các chữ số
iii
aaa
421
, ,,
++
phải có
ít nhất một số khác 0. Thật vậy, vì nếu không thì đặt
11
aaac
ii −
=
và ta

có:
iin
cca
44
210  ⇒−
(vì a chẵn), nhưng
ii
c
4
2100 <<<
nên mâu thuẫn.
3
Từ đó lấy n >
m
4
thì:
S(an) >
maaaaaa
mmm
≥+++++++
+
++
) ( )(
1
42414
432
. Vậy ta có đpcm.
Với cách đặt vấn đề như trên, bạn đọc hãy thử giải quyết:
Bài toán 9.
Xét tính bị chặn của hàm

)(
)(
)(
1+
=
n
n
aS
aS
nf
với
+
∈ Za
cho trước.
Chúng ta tiếp tục với :
Bài toán 10.
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho: S(S(n)) > 10 > 9 > S(S(S(n))).
Bài giải :
Ta có nhận xét sau: nếu S(n) > 9.q+r ( 0<r<10) thì

9
9 99
qso
rn ≥
. Bạn đọc
hãy Chứng minh nhận xét trên và lưu ý rằng ta đã sử dụng hướng phát
biểu ngược lại của nó trong các bài toán 3, 4, 5.
Từ đó: S(S(n)) > 10 = 9.1+1
⇒
S(n) > 19 = 9.2+1

⇒
n > 199. Bằng
cách thử trực tiếp ta thấy số 199 thỏa điều kiện bài toán.
Vậy n=199 là số cần tìm.
Cuối cùng xin giới thiệu ba bài toán nữa cũng khá thú vị.
Bài toán 11.
Tìm số n nhỏ nhất sao cho trong n số tự nhiên liên tiếp tùy ý luôn chọn
được một số N mà S(N) chia hết cho 13.
Bài giải :
Ta chứng minh số cần tìm là 79.
Trước hết ta chứng minh trong 79 số liên tiếp thì luôn chọn được một
số N mà S(N) chia hết cho 13.
Xét hai trường hợp :
* Nếu trong 79 số có số M chia hết cho 100. Khi đó nếu trong 79 số có ít
nhất 39 số lớn hơn M thì trong 13 số liên tiếp S(M), S(M+1), …,
S(M+9), S(M+19), S(M+29), S(M+39) phải có một số chia hết cho 13,
còn nếu có ít nhất 40 số nhỏ hơn M thì trong 13 số liên tiếp S(M - 40),
S(M - 39), …, S(M - 31), S(M - 21), S(M - 11), S(M - 1) cũng phải có
một số chia hết cho 13.
* Nếu trong 79 số không có số nào chia hết cho 100 thì gọi M là số chia
hết cho 10 nhỏ nhất trong 79 số. Khi đó trong 13 số liên tiếp S(M),
S(M+1), …, S(M+9), S(M+19), S(M+29), S(M+39) phải có một số chia
hết cho 13.
Cuối cùng có thể kiểm tra 78 số liên tiếp bắt đầu từ 9 999 999 961
không có số N nào để S(N) chia hết cho 13.
4
Bài toán 12.
Trên bảng có 2n ô vuông liên tiếp và hai người sẽ luân phiên nhau điền
vào các ô vuông bằng một trong 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Nếu sau khi điền
xong mà số nhận được chia hết cho 9 thì người điền cuối cùng thắng,

còn ngược lại thì người điền đầu tiên thắng.
Hỏi ai sẽ có chiến thuật chắc chắn thắng nếu n=3k và n=3k+1.
Bài giải :
Gọi số sau khi thu được là A.
Nếu n=3k thì hễ người thứ nhất điền số x thì người thứ hai cứ điền số
6 - x và cuối cùng
03.6)( ≡= kAS
(mod 9) nên
9A
.
Nếu n = 3k+1: Người ban đầu điền số 1 rồi sau đó, hễ người kia điền
số x thì người này điền số 6 - x. Bất luận người cuối cùng điền số y
nào thì ta đều có:
016.61)( ≡
/
+≡++≡ yykAS
(mod 9) nên
9
/
A
.
Vậy nếu n=3k thì người điền cuối cùng có chiến thuật chắc thắng, còn
nếu n=3k+1 thì người điền đầu tiên có chiến thuật chắc thắng.
Bài toán 13.
Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên a trong [
n
10
,
1
10

+n
) mà S(a) chẵn, và B là tập hợp tất cả các số nguyên b trong [
n
10
,
1
10
+n
) mà S(b) lẻ.
Chứng minh rằng:
m
BbAa
m
ba
∑∑
∈∈
=
, với mọi số tự nhiên m < n (*).
Bài giải :
Kí hiệu A(n), B(n) là các tập A, B ở đề bài với n>0 và
{ }
0\)0( CA =
,
{ }
1\)0( LB =
với
{ }
8,6,4,2,0=C
và
{ }

9,7,5,3,1=L
.
Ta chứng minh (*) quy nạp với n > 0. Với n=0 thì m=0 và (*) hiển
nhiên đúng. Giả sử (*) đã đúng tới với n, ta chứng minh nó cũng đúng
với n+1.
Ta có:
∑ ∑∑ ∑∑
∈ ∈∈ ∈+∈
+++=
)()()1(
)10()10(
nBb Ly
m
nAa Cx
m
nAa
m
ybxaa
Từ đó nếu m=0 thì ta có ngay đpcm. Nếu
10
+≤<
nm
thì:
∑ ∑∑∑ ∑
−
= ∈
−
∈∈ ∈
+=+
1

0)()(
] 10.[10)10(
m
i Cx
im
i
ii
m
nAa
mm
nAa Cx
m
xSCaxa
,với
∑∑
∈∈
==
)()( nBb
i
nAa
i
i
baS
,
ni
≤∀
.
∑ ∑∑∑∑
−
= ∪∈

−
∈∈+∈
++=
1
0
1
)()()1(
] 10.[1010
m
i LCz
m
i
ii
m
nBb
mm
nAa
mm
nAa
m
zSCbaa
Do tính đối xứng nên suy ra
∑∑
+∈+∈
=
)1()1( nBb
m
nAa
m
ba

.
Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm.
* Có thể phát biểu lại kết quả bài toán 13 như sau:
Bài toán 14.
5
Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên a trong
(1,
n
10
) mà S(a) chẵn, và B là tập hợp tất cả các số nguyên b trong (1,
n
10
) mà S(b) lẻ.
Chứng minh rằng:
m
BbAa
m
ba
∑∑
∈∈
=
, với mọi số tự nhiên m < n (*).
Để kết thúc, xin nêu một số bài tập rèn luyện:
Bài tập 1. (Vô địch Liên Xô - 1980)
Tìm các số tất cả các số n thỏa: n+S(n)=1980.
Bài tập 2.
Từ số 123 …9101112 …2002, ta chọn hai chữ số kề nhau nào đó, xóa
chúng đi rồi thay vào đó bằng tổng các chữ số của chúng, sau đó lại tiếp
tục hành động này mãi nếu số thu được còn lớn hơn 9. Chứng minh
đến một lúc nào đó, ta sẽ nhận được một số chia hết cho 10.

Bài tập 3. (Vô địch Matxcơva)
Tìm tất cả các số có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó không đổi
khi nhân nó với 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Bài tập 4.
Tồn tại hay không một số n để:
a) S(n
2
)=2001.
b) S(n
2
)=2002.
Bài tập 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
)(
)8(
nS
nS
với
+
∈ Zn
.
Bài tập 6.
Tìm giá trị lớn nhất của
)(NS
N
với N là số có n chữ số.
Bài tập 7.
Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên A, tồn tại vô số số tự nhiên N
thỏa mãn: S(N) = S(NA).
Bài tập 8.

Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên có hệ số cao nhất dương và có
miền giá trị M. Chứng minh rằng dãy S(n),
Mn
∈
chứa vô số số hạng
bằng nhau.
Bài tập 9. (Dự tuyển IMO - 1998)
Chứng minh rằng
+
∈∀ Zn
, tồn tại một số N thỏa mãn:
(i) N có n chữ số nhưng không có chữ số nào bằng 0.
(ii)
)(NSN 
.
6