Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
LỜI CẢM ƠN

Trƣớc tiên với sự biết ơn sâu sắc, em xin chân thành cảm ơn cô giáo
Dương Thị Luyến đã hƣớng dẫn và chỉ bảo tận tình cho em trong suốt thời
gian học tập và hoàn thành khóa luận này .
Em cũng chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa toán trƣờng Đại
học Sƣ Phạm Hà Nội 2 đã truyền đạt cho em những kiến thức quý báu trong
suốt bốn năm học vừa qua.
Cuối cùng em xin gửi lời cảm ơn tới tất cả bạn bè, những ngƣời đã giúp
đỡ động viên em trong quá trình hoàn thành khóa luận này.
Hà nội, ngày 15 tháng 5 năm 2010
Sinh viên
Bùi Thị Nga

Bùi Thị Nga

1

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan khóa luận này đƣợc hoàn thành do sự cố gắng, nỗ
lực của bản thân, cùng với sự giúp đỡ tận tình của cô giáo Dương Thị Luyến.

Khóa luận này không trùng với kết quả của các tác giả khác. Nếu trùng
tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, ngày 15 tháng 5 năm 2010
Sinh viên
Bùi Thị Nga

Bùi Thị Nga

2

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU .......................................................................................... 4
CHƢƠNG I Hàm phần nguyên y   x  ................................................... 6
A. Kiến thức cơ bản .................................................................................... 6
I. Các tính chất cơ bản của phần nguyên .................................................... 6
B. Bài tập ................................................................................................... 13
I. Các bài toán định tính ........................................................................... 13
II. Các bài toán định lƣợng. ....................................................................... 19
CHƢƠNG II Một số hàm số học liên quan đến các ƣớc số, các số
nguyên tố cùng nhau. ................................................................................ 25
A. Kiến thức cơ bản ................................................................................... 25
I. Tính chia hết trong vành số nguyên ...................................................... 25
II. Ƣớc chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất .......................................... 25

III. Số nguyên tố.......................................................................................... 27
IV. Đồng dƣ ................................................................................................. 30
V. Tính chất nhân ....................................................................................... 33
B. Một số hàm số học ................................................................................ 34
I. Hàm  (n) ............................................................................................. 34
II. Hàm  ( n) .............................................................................................. 44
III. Hàm Ơle  (m) ...................................................................................... 52
CHƢƠNG III. Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số
tự nhiên n trong hệ thập phân ................................................................. 65
A. Kiên thức cơ bản ................................................................................... 65
B. Một số hàm số học ................................................................................ 65
I. Hàm S ( n) .............................................................................................. 65
II. Một số hàm khác ................................................................................... 75
PHẦN KẾT LUẬN. ................................................................................... 78
TÀI LIỆU THAM KHẢO. ...................................................................... 79

Bùi Thị Nga

3

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Trong trƣơng trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trƣờng phổ thông, Số

học đóng một vai trò quan trọng. Các em học sinh ở bậc Tiểu học học Toán
tức là học Số học. Chỉ đến các lớp ở bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ
thông thì các bộ môn Đại số, Hình học, Lƣợng giác, Giải tích mới lần lƣợt
thay thế cho môn số học trong trƣơng trình học Toán của các em học sinh.
Tuy nhiên các bài toán Số học luôn luôn là các bài toán hay và khó và thƣờng
xuyên có mặt trong các đề thi học sinh giỏi Toán ở các cấp: thành phố, toàn
quốc, Olympic khu vực và Olympic quốc tế.
Hàm số là khái niệm giữ vị trí trung tâm trong khoa học toán học. Đảm
bảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cƣờng tính thống nhất của
môn toán phổ thông, góp phần xoá bỏ ranh giới giả tạo giữa các phân môn
của môn toán, giữa các phần khác nhau của chƣơng trình.
Hàm số học giữ vị trí trung tâm trong số học. Nghiên cứu về các hàm
số học giúp hiểu sâu và có hệ thống các vấn đề của số học.
Với những lí do trên em chọn đề tài “Hàm số học”.
II. Mục đích, yều cầu của đề tài
Đề tài nhằm hệ thống lại một số hàm số học thông dụng: kiến thức liên
quan và bài tập áp dụng.
III. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu
Đối tƣợng nghiên cứu: Hàm số học.
Phạm vi nghiên cứu: Do hạn chế về mặt thời gian cũng nhƣ năng lực
của bản thân nên đề tài chỉ dừng lại ở một số hàm số học thông dụng.

Bùi Thị Nga

4

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

IV. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu các vấn đề:
Chƣơng I Hàm phần nguyên y   x 
Chƣơng II Một số hàm số học liên quan đến các ƣớc số, các số nguyên
tố cùng nhau.
Chƣơng III Một số hàm số học liên quan đến việc biểu diễn số tự nhiên
n trong hệ thập phân.
V. Phƣơng pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu, phân tích các tài liệu.
- Hệ thống, khái quát các vấn đề.
- Sƣu tầm, giải quyết các bài toán.
- Tổng kết kinh nghiệm.

Bùi Thị Nga

5

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

CHƢƠNG I HÀM PHẦN NGUYÊN y   x 
A. Kiến thức cơ bản
I. Các tính chất cơ bản của phần nguyên

1. Định nghĩa phần nguyên của 1 số
Cho x là một số thực bất kỳ. Kí hiệu  x  (và gọi là phần nguyên của
x ) là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x .

VD: 3,4  3;  2,5  3;  2   1 .
2. Đồ thị của hàm phần nguyên y   x 
Hàm y   x  có đồ thị nhƣ sau:

3. Các tính chất cơ bản của phần nguyên
3.1.  x  a  x  a  d , a Z và 0  d  1
CM
-Giả sử  x   a , theo định nghĩa phần nguyên thì a là số nguyên lớn
nhất không vƣợt quá x (nhƣ vậy nói riêng a là số nguyên).
Do a  x, nên x  a  0 . Đặt d  x  a , khi đó d  0 .

Bùi Thị Nga

6

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Mặt khác vì a là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x nên a  1  x
(thật vậy nếu a  1  x thì a  1 cũng là số nguyên không vƣợt quá x (mâu
thuẫn giả thiết về a )).
Từ a  1  x  d  x  a  1 .

Vậy từ  x  a  x  a  d với a Z và 0  d  1.
-Đảo lại, giả sử x  a  d với a Z và 0  d  1.
Khi đó từ d  0  a  x .
Từ d  1  a  1  x mà a  1 cũng là số nguyên nên a là số nguyên
lớn nhất không vƣợt quá x . Vậy  x   a .
3.2. Nếu  x  y   x thì x là số nguyên và 0  y  1 .
Tính chất này đƣợc suy ra từ tính chất 3.1.
3.3. Nếu n là số nguyên thì  n  x  n   x .
CM
Giả sử  x   a . Khi đó theo tính chất 3.1, ta có

x  a  d , a  Z,0  d  1.
Ta có n   x  x  a 1 .
Mặt khác n  x  n  a  d  (n  a)  d .
Vì n  a nguyên và 0  d  1 nên  n  x  n  a  2  .
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
3.4.  x  y    x   y  .
CM
Từ tính chất 3.1 có: x   x  d1, y   y   d2 với 0  d1, d2  1 .
Từ đó x  y   x   y   (d1  d2 ).

Bùi Thị Nga

7

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

Từ d1  d2  0   x   y  là số nguyên không vƣợt quá x  y , mà

 x  y  là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá

x  y nên suy ra

 x   y    x  y . 
  x   x 
3.5.      , n  Z  .
 n  n
CM
Theo tính chất 3.1 thì x   x  d với 0  d  1.
Theo định nghĩa phép chia có  x  q.n  r , q, r Z và 0  r  n  1 .
Nhƣ vậy:

 x   q  r , q  Z và 0  r  n  1  1.
n

n

n

n

  x 
Suy ra    q.
 n 
Mặt khác, ta có:


x  x  d  x d
r d
rd


 q  q
.
n
n
n n
n n
n

Có q  Z, do 0  r  n  1 và 0  d  1, nên 0 

rd
 1 nên có
n

  x   x 
x

q
.
Vậy
ta
có:
    .
 n 

 n  n
3.6. Nếu n là số tự nhiên, thì n. x   n.x.
CM
Theo tính chất 3.1 ta có: x   x  d ,0  d  1 suy ra n.x  n. x  n.d .
Do d  0 nên n.d  0 suy ra n. x  là số nguyên không vƣợt quá n.x .
Theo định nghĩa thì n. x   n.x . Ta có đpcm.

Bùi Thị Nga

8

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

n
3.7. Mọi số tự nhiên n và q ( q  0 ), ta có q.    n .
q
CM

n  n
Theo tính chất 3.6 ta có q.     q.    n .
q  q
n
Vì n nên  n  n . Vậy q.    n . Ta có đpcm.
q
n

3.8. Với mọi số tự nhiên n và q ( q  0 ), ta có n  q.(1   ) .
q
CM
Thực hiện phép chia n cho q ta đƣợc: n  m.q  r; m, q   ,0  r  q.
Do vậy:

n
n
r
r
 m  ; vì mZ và 0   1 nên suy ra    m.
q
q
q
q

n
Suy ra q.(1    )  q.(m  1) 1
q
Do n  m.q  r nên n  (m  1).q  r  q.
Do r  q  0 nên ta có n  (m  1).q  2  .

n
Từ (1) và (2) suy ra n  q.(1    ). Ta có đpcm.
q

1

3.9.  x     2.x    x  .
2


CM
Theo tính chất 3.1: x   x  d , với 0  d  1.
Xét 2 khả năng:

1
1
1
a) Nếu 0  d  . Thì x    x   d  .
2
2
2

Bùi Thị Nga

9

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Do  x  Z và

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
1
 d   1 nên theo tính chất 3.1:
2
2


1

x

  x 1 .

2 

Mặt khác: 2.x  2. x  2.d .
Do 2. x  Z và 0  2.d  1 nên suy ra  2.x  2. x , suy ra

2.x   x   x 2
1

Từ (1) và (2) suy ra  x     2.x    x  *
2

b) Nếu

1
1
1
 d  1 . Biểu diễn d dƣới dạng d    ,0    .
2
2
2

Ta có: x 


1
1
  x  d    x  1   .
2
2

Do  x  1Z và 0   

1
nên ta có
2

1

x

  x   1 3 .

2 

Lại có 2.x  2. x  2.d  2. x  1  2.
Vì 2. x  1Z và 0  2.  1 nên ta có:

2.x  2. x  1,

suy ra

2.x   x   x  1 4 .
1


Từ (3) và (4) suy ra  x     2.x    x **
2

Kết hợp (*) và (**) ta có đpcm.

1 
2
n  1


  n.x  .
3.10.  x    x     x    ...   x 
n 
n
n 


CM
Giả sử x   x  a,0  a  1.
Vì 0  a  1 nên k  Z(0  k  n  1) sao cho:

k
k 1
a
.
n
n

Từ đó với k  0,1,2... ta có:


Bùi Thị Nga

10

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

x

n  k 1
n  k 1
k 1 n  k 1
  x  a 
  x 

  x  1.
n
n
n
n

x

nk
nk
k nk

  x  a 
  x  
  x   1.
n
n
n
n

Ta lại thấy:
x

n 1
n 1
k 1 n 1
nk
  x  a 
  x 

  x 
  x  2 .
n
n
n
n
n

1 
2
n  k  1



  x  1.
Từ đó suy ra:  x    x     x    ...   x 
n 
n
n 


nk 
n  k  1
n  1



x


...

x

  x   2.
Và  x   1   x 

n  
n 
n 

1 
2

n  k  1


Nhƣ vậy, ta sẽ có:  x    x     x    ...   x 
.
n 
n
n 


nk 
n  k  1
n  1


 x 
 ...   x 
Và  x   1   x 
.


n  
n 
n 


Nên

 x   x 



1 
2
n  1

  x    ...   x 
  n  k  . x   k . x   1  n. x   k .

n 
n
n 

(*)

Ta có: k  n.a  k  1 nên n.a  k   ,0    1.
Vì thế  n.x  n. x  n.a   n. x   k     n. x   k (**)
(Do n. x  k  Z,0    1) .
Từ (*) và (**) suy ra:

 x   x 


1
n  1


...

x


  n.x  . Ta có

n 
n 

đpcm.

Bùi Thị Nga

11

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

n
3.11. Trong dãy n số tự nhiên: 1,2,3,…, n có đúng   số tự nhiên
q
chia hết cho số tự nhiên q  0.
CM
Xét 3 trƣờng hợp sau đây:
a)

Nếu n  q thì

n
n

 1     0.
q
q

Rõ ràng trong dãy 1,2,3,…, n ( n  q ) không có số nào chia hết cho q .
Suy ra tính chất 3.11 đúng.
b)

n
Nếu n  q thì    1.
q

Trong dãy 1,2,3,…, n có đúng một số n chia hết cho q . Suy ra tính
chất 11 đúng.
c)

Nếu n  q 

n
n
 1     1.
q
q

Trong dãy số 1,2,3,…, q , q  1 ,… n chỉ có các số

n
1.q,2.q,3.q,...,   .q là chia hết cho q . Thật vậy, theo tính chất 3.7
q
n

n
thì q.    n nên số tự nhiên   .q chia hết cho q là 1 số hạng của dãy
q
q
1,2,3…, n .

 n
Mặt khác, theo tính chất 3.8: n  q.1     nên số tự nhiên
 q
 n
q.1     không là số hạng của dãy 1,2,3,…, n .
 q

Bùi Thị Nga

12

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

n
Nhƣ vậy có đúng   số của dãy chia hết cho q .
q
Hệ quả
Từ tính chất 3.11 ta có: trong dãy số tự nhiên 1,2,3,…, n có đúng


n
n
3
2
 q 2  số chia hết cho q , có đúng  q 3  số chia hết cho q ,…
 
 
3.12. Nếu số nguyên tố p có mặt trong phân tích ra thừa số nguyên tố
của số n!  1.2...n thì số mũ cao nhất của p bằng

n  n   n 
 n k
k 1
 p    p 2    p3   ...   p k  ,( p  n  p ) .
     
 
CM
Dựa vào tính chất 3.11, số các nhân tử của tích 1.2...n chia hết cho p

n
n
đúng bằng   , số các nhân tử chia hết cho p 2 đúng bằng  2  ,...
p 
 p
Nghĩa là số các thừa số nguyên tố p có mặt trong phân tích ra thừa số
nguyên tố của tích 1.2...n đúng bằng

n  n   n 
 n 




...

 p   p 2   p3 
 p k  . (Đpcm).
     
 
B-Bài tập
I/ Các bài toán định tính
Bài 1.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n , ta luôn có đẳng thức:

 n  n  1   4n  2  .

 

Giải
Trƣớc hết, ta chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n , ta có bất đẳng
thức sau:

Bùi Thị Nga

13

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

n  n  1  4n  2 1.
Hiển nhiên 4n.(n  1)  (2.n  1)2  2. n.(n  1)  2.n  1

 ( n  n  1)2  2.n  1  2. n.(n  1)  4.n  2
 n  n  1  4.n  2.

Vậy (1) đúng với mọi n .
Từ (1)   n  n  1   4.n  2   2 
Giả sử tồn tại k0  sao cho:  k0  k0  1   4.k0  2  .
Khi đó p   sao cho:

k0  k0  1  p  4k0  2

 2.k0  1  2 k0 .(k0  1)  p 2  4.k0  2
 2 k0 . k0  1  p 2   2k0  1  2k0  1.
Do đó:
4k0 . k0  1   p 2   2k0  1   4k0 . k0  1  1 (3)
2



2
Vì p  (2.k0  1)



2


là số nguyên.

Nên từ (3)   p 2  (2k0  1)   4k0 . k0  1  1   2k0  1
2

2

 p 2   2k0  1  2k0  1

 p 2  2  2k0  1 (4)

Do 2.(2.k0  1) 2 nhƣng 2. 2.k0  1 không chia hết 4 nên từ (4) suy ra
vô lý.
Vậy không tồn tại k0  để  k0  k0  1   4.k0  2   5
Từ (2) và (5) ta có kết luận: với mọi n  ta luôn

Bùi Thị Nga

14

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

có:  n  n  1   4n  2  . .
Bài 2
Giả sử a, b, c là 3 số thực sao cho với mọi n nguyên dƣơng ta có:


n.a  n.b  n.c.CMR : c  a  b.
Giải
Giả thiết phản chứng c  a  b. Có hai khả năng xảy ra:
a) Nếu c  a  b  c  a  b  0

 1

 1 . Khi đó n0 là số nguyên dƣơng và
gọi n0  
 c  a  b 
n0 

1
.
ca b

Vì c  a  b  0  n0 .c  n0 .a  n0 .b  1

 n0 .c  1  n0 .a  n0 .b 1
Từ (1) và theo tính chất của phần nguyên ta có:

n0.c  n0.c  1  n0.a  n0.b  n0.a  n0.b  n0.a  n0.b
  n0 .c  n0 .a   n0 .b 2  .
Nhƣ vậy, tồn tại số nguyên dƣơng n0 thỏa mãn bất đẳng thức (2) điều
này mâu thuẫn với  n.c    n.a    n.b , n Z  . Vậy giả thiết phản chứng là
sai.
b) Nếu c  a  b  a  b  c  0 .

2



 1. Khi đó n0 là số nguyên dƣơng và
Gọi n0  
 a  b  c 
n0 

2
.
abc

Vì a  b  c  0  n0 .a  n0 .b  n0 .c  2

Bùi Thị Nga

15

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

 n0 .c  n0 .a  1  n0 .b  13
Từ (3) và theo tính chất phần nguyên , ta có:

 n0 .c   n0 .c   n0 .a  1   n0 .b  1  n0 .a   n0 .b 
  n0 .c    n0 .a    n0 .b  4 
Bất đẳng thức (4) mâu thuẫn với  n.c   n.a    n.b , với mọi n nguyên

dƣơng. Vậy giả thiết phản chứng c  a  b là sai.
Vậy giả thiết phản chứng c  a  b là sai.
Vậy c  a  b .(Đpcm).
Bài 3.
Giả sử n là số nguyên dƣơng, hãy tính tổng sau:

 n  2k 
 n  1  n  2   n  4 
Sn  


 ...   k 1   ...
 2   4   8 
 2

Giải

1
n 1  n 1  n 1
 n
Ta có: Sn       2     3    ...   k 1    ...
2
2 2 2 2 2 2
2
Dựa vào tính chất 3.9 của phần nguyên:

1

x


  2.x    x 

2 

 n   n 
n n  n   n   n 
 Sn    n           2      2    3    ...    k    k 1    ...
2 2 2  2  2 

2  2 
Xét bất phƣơng trình (ẩn k ):
n  2k
 2log 2 n  2k
 k  log 2 n

Đặt k0  log2 n  1 . Thì k  k0 ta có: 0 

Bùi Thị Nga

16

n
 1.
2k

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

n
  k   0, k  k0 , k  Z
2 
Nên suy ra Sn   n   n, n   *
Vậy Sn  n, n _nguyên dƣơng.
Bài 4
Cho x là số nguyên dƣơng.
CMR: điều kiện cần và đủ để  x  x  1   4.x  2  là tồn tại

k _nguyên sao cho: k 2 

1
2
 4.x  2   k  1 .
2
k

Giải
Điều kiện cần
Giả sử x là số nguyên dƣơng và thỏa mãn điều kiện:

 x  x  1   4.x  2  1

 

Đặt k   x  x  1 .
Khi đó do x  0 , nên k  1 và theo định nghĩa phần nguyên thì:
k  x  x  1  k  1 (2).


Từ (1) suy ra k   4.x  2   4.x  2  k  1
hay 4.x  2  (k  1) 2  3 .

Ta có 4.x  2 



x  x 1 

 

=



x  x 1 

2

Xét hàm số f  t   t 2 

Bùi Thị Nga



2




x 1  x
1
x  x 1




2

2

 4 .

1
2

f
'
t

2.
t

.


t2
t3

17


K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Ta thấy ngay f  t  là hàm số đồng biến khi t  1 .
Vì
ta có k 2 

x  x  1  k  1 nên từ (4) ta có 4.x  2  k 2 

1
, kết hợp với (3)
k2

1
2

4.
x

2

k

1
.



k2

Vậy tồn tại k   x  x  1 nguyên thoả mãn
k2 

1
2
 4.x  2   k  1 .
2
k

Điều kiện đủ
Giả sử tồn tại k nguyên dƣơng sao cho: k 2 

1
2
 4.x  2   k  1 .
2
k

Áp dụng (4) suy ra:

k2 

1

k2






1

2

x  x 1 



x  x 1



  k  1 .
2

2

Do k  1, x  x  1  1, nên dựa vào tính đồng biến của hàm số
f t   t 2 

1
, t  1 , ta có:
t2




1

x  x  1  k  5 .

Mặt khác từ



2

x  x 1 



x  x 1



  k  1   k  1 
2

2

2



x  x 1




2

hay k  1  x  x  1  6  .
Từ (5) và (6) ta có: k  x  x  1  k  1 7   k   x  x  1 8
Mặt khác dễ thấy

x  x  1  4.x  2  k  1   x  x  1   4.x  2   k  1 9  .
Từ (8) và (9) ta có:  4.x  2   k 10  .

Bùi Thị Nga

18

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Từ (8) và (10) ta có:  x  x  1   4.x  2  .
Vậy có đpcm.
II. Các bài toán định lƣợng
Bài 1
Dãy un 

1

u1 

, n  1,2,...
đƣợc xác định nhƣ sau: 
2
2
un 1  un  un

Đặt A =

1
1
1
. Hãy tính  A .

 ... 
u1  1 u2  1
u2004  1

Lời giải
Đặt A m 

1
1
1
.

 ... 
u 1 1 u 2 1
u m 1

Với m  1 , ta có: A1 


1
1
2

   A1   0 .
u1  1 1  1 3
2

Với m  2 , từ cách xác định dãy suy ra un  0, n  1,2,...
từ đó khi m  2 ta có: Am 

1
1
1
1
2 4



   1.
u1  1 u2  1 1  1 3  1 3 7
2
4

Vậy Am  1, m  2 1
Mặt khác ta có:

1
1

1
 
 2 .
un  1 un un1

1
1
1
1
un 2  un  un
un
1
Thật vậy:
.

  2



un un1 un un  un un . un 2  un  un 2  un un  1
Từ (2) suy ra m  2 thì

Bùi Thị Nga

19

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp


Trường ĐHSP Hà Nội 2

m 
1
1
1  1
1
1
  
 2
 2 , kết hợp với (1) ta
 
u
u
u
u
i 1 u  1
i 1 u
i
 i
i 1 
1
m 1
m 1
m

Am  

có: m  2 thì 1  Am  2   Am   1 .


0, m  1
Vậy  Am   
. Khi m  2004   A2004   1. Vậy  A  1 .
1, m  2
Bài 2
Tìm phần nguyên của số 1 

1
1
1
1
.


 ... 
2
3
4
1000000

Lời giải
Trƣớc hết ta chứng minh bất đẳng thức sau:

2. n  1  2. n 

1
 2. n  2. n  1 .
n


Thật vậy

2. n  1  2. n 

2.





n 1  n .

n 1  n



n 1  n
2
2
1



n 1  n
n n
n
Bất đẳng thức thứ 2 đƣợc chứng minh tƣơng tự.
Ta có A =1 

1

1
1
1
>


 ... 
2
3
4
1000000

 1  2. 




 

3 2 





4  3  ... 






1000001  1000000 




 A  1  2. 1000001  2  2.1001  8  1  2000  1  3  1998 .
Tƣơng tự:
A =1 

1
1
1
1


 ... 

2
3
4
1000000

 1  2. 


Bùi Thị Nga




 

2 1 



3  2  ... 

20





1000000  999999 


K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2





 A  1  2. 1000000  1  1  2.999  1999 .
Vậy 1998  A  1999   A  1998 .

Bài 3
Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n chia hết cho  n  .
Lời giải
Đặt  n   a , với a nguyên dƣơng.
Theo định nghĩa phần nguyên ta có:

a  n  a  1  a 2  n   a  1 1
2

Vì n  n   na  n  k .a, k  Z , thay vào (1) ta có:
a 2  k .a   a  1  a  k  a  2 
2

1
 2
a

Xét hai khả năng sau:
a, Nếu a  1 tức là  n   1  n  1;2;3. Dễ thấy n  n  .
b, Nếu a  2 

1 1
1
   1.
a 2
a

Vậy từ (2) suy ra k chỉ có thể nhận các giá trị a ; a  1 ; a  2 (do

k Z ) tức là n chỉ có thể nhận các giá trị a 2 hoặc a. a  1 hoặc a. a  2  .

Kết hợp hai trƣờng hợp a và b có kết luận:
tập hợp tất cả các số tự nhiên n có tính chất n  n  là:
n = a 2 ; n  a. a  1 ; n  a. a  2  với a nguyên dƣơng tuỳ ý.

Bài 4

 n2 
Tìm tất cả các số nguyên tố có thể biểu diễn dạng   trong đó n là
3
số tự nhiên.

Bùi Thị Nga

21

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Lời giải:

 n2 
Bổ đề: Nếu n  6 thì   không thể là số nguyên tố.
3
Chứng minh bổ đề
Chỉ có ba khả năng sau:


n2
 n2 
2
a, Nếu n  3.k  k  Z, k  2  khi đó
 3.k     3.k 2 ,
3
3
do k  2 nên 3.k 2 là hợp số.
b, Nếu n  3.k  1(k  Z, k  2) . Khi đó
n 2 9.k 2  6.k  1
1  n2   2
1
2

 3.k  2.k      3.k  2.k  
3
3
3 3 
3

 3.k 2  2.k  k . 3.k  2  .

Do k  2 nên k . 3.k  2  là hợp số.
c, Nếu n  3.k  2  k  Z, k  2  . Khi đó

n 2 9.k 2  12.k  4
1

 3.k 2  4.k  1 
3

3
3
2
n 
    3.k 2  4.k  1   3.k  1 . k  1.
3
Do k  2 nên  3.k  1. k  1 là hợp số.

 n2 
Vậy với n  6 thì   không thể là số nguyên tố.
3
n 2 25  n 2 
    8 không phải là số nguyên tố.
Xét với n  5  
3
3
3
-

Bùi Thị Nga

n 2 16  n 2 
n  4       5 là số nguyên tố.
3 3
3

22

K32A - Toán



Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

-

 n2 
n  3     3 là số nguyên tố.
3

-

 n2 
n  2     1 không là số nguyên tố.
3

-

 n2 
n  1;0     0 không là số nguyên tố.
3

Vậy có hai số nguyên tố thoả mãn yêu cầu đề bài là 3 và 5

 32 
 42 
3    ;5    .
3
3

Bài 5
Tìm tất cả các số  sao cho các số  , 2. ,3. ,..., n.  (với n  2
là một số nguyên dƣơng cho trƣớc) đều khác nhau, và các số

1 2 3 n
   ,    ,    ,...,    cũng đều khác nhau.
Lời giải
a, Lấy   0 .
Rõ ràng   1 là một trong các giá trị cần tìm.
Khi   1 (

1



   1 ) thì các số  , 2. ,3. ,..., n.  đôi một khác

nhau.
Thật vậy xét hai số i.  và  j.  tuỳ ý với 1  i  j  n .
Vì j>i  j  i+1 (do i,j nguyên)

 j.   i  1.  j.  i.    j.  i.  1 (do   1).
Giả sử i.  i.    với 0    1 suy ra j.  i.   1   j.   i.  .

Bùi Thị Nga

23

K32A - Toán



Khóa luận tốt nghiệp
Nhƣ vậy khi i  j thì

Trường ĐHSP Hà Nội 2

 j.   i.  .

1 2 3 n
Ta sẽ xét xem khi nào các số   ,   ,   ,...,   khác nhau tức là
       

  ,2. ,3. ,...,n.  đôi một khác nhau.
Do 0    1   n.   n.  n   n.   n  1. Suy ra n số nguyên
không âm

  ,2. ,3. ,...,n. 

lấy n giá trị khác nhau khi và chỉ khi

    0,2.   1,3.   2,...,n.   n  1 .
Ta có  k .   k  1  k  1  k .  k  1 

1
   11 .
k

Để thoả mãn yêu cầu ta cần có (1) đúng với k  1,2,..., n .
Điều đó xảy ra khi 1 


1
1 1
n
  1 1  1 1  
.
n
n 
n 1

Vậy khi   1 thì để thoả mãn yêu cầu đề bài ta cần có: 1   

n
.
n 1

Khi   1 (bằng cách hoán đổi vai trò giữa  và  :  .  1) suy ra
n 1
   1.
n

Vậy khi   0 các số  cần tìm là:

n 1
n
 
.
n
n 1

b, Bằng cách tƣơng tự khi   0 , ta có:


n
1 n
 
1 n
n

Kết luận: ứng với mọi số nguyên dƣơng n  2 cho trƣớc thì các số 
n
n 1
 n    n  1 ,  0
thoả mãn yêu cầu đề bài là: 
 n    1  n ,  0
1  n
n

Bùi Thị Nga

24

K32A - Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

CHƢƠNG II MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC LIÊN QUAN ĐẾN
CÁC ƢỚC SỐ, CÁC SỐ NGUYÊN TỐ CÙNG NHAU
A. Kiến thức cơ bản

I. Tính chia hết trong vành số nguyên
1. Định nghĩa
Cho 2 số nguyên a , b . Nếu có số nguyên c sao cho a  b.c thì ta nói b
chia hết a ( b là ƣớc của a ) kí hiệu: b \ a .
Khi đó ta cũng nói a chia hết cho b ( a là bội của b ) kí hiệu: a b .
2. Các tính chất cơ bản của tính chia hết
i, a 0 a  0
ii, a a a  0
iii, 1 a a
iv, a b và b c thì a c
Nếu a b và b a thì a, b là hai số đối nhau: a=  b .
n

v, Nếu a bi , i  1, n thì a  bi .xi , xi  Z , i  1, n
i 1

II. Ƣớc chung lớn nhất (UCLN) và bội chung nhỏ nhất (BCNN)
1.Ƣớc chung lớn nhất
a. Định nghĩa
Định nghĩa1: cho n số nguyên a1 , a2 ,..., an .
Một số nguyên c đƣợc gọi là ƣớc chung của các số nguyên a1 , a2 ,..., an
nếu c là ƣớc của mỗi số đó.
Định nghĩa 2: Một ƣớc chung d của các số nguyên a1 , a2 ,..., an đƣợc
gọi là UCLN nếu mọi ƣớc chung của chúng đều là ƣớc của d ,
tức là số nguyên d gọi là UCLN của a1 , a2 ,..., an nếu thoả mãn 2 điều
kiện sau:

Bùi Thị Nga

25


K32A - Toán