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


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


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 σ (n).................................................................................34
II. Hàm τ (n)....................................................................................44
III. Hàm Ơle ϕ(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


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.


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.


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] 2  =1 .
= −3; 
 
y = [x]
2. Đồ thị của hàm phần nguyên
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 ≤ nên x − a ≥ 0. Đặt d = x
x,
− a , khi đó

d ≥ 0.



Mặt khác vì a là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x nên a +1
> x
(thật vậy nếu a
thì a
cũng là số nguyên không vƣợt quá x (mâu
+1≤
+1
x
thuẫn giả thiết về a )).
Từ a +1
⇒
> x

d = x − a <1.

Vậy từ [ x ] = a
với a ∈Z và 0 ≤ d <1.
⇒ x= a+ d
-Đảo lại, giả sử x
= a+ d
Khi đó từ

với a ∈Z và 0 ≤ d <1.

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] thì x là số nguyên và 0 ≤ y < 1.
= x
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:

=
Từ đó

x+ y=

[ x ] + d1, y
[ y ] + d2

x=

[ x ] +[ y ] + (d1 +

với 0 ≤ d1, d2 <1.

d2 ).


Từ d1 + d2 ≥ 0

là số nguyên không vƣợt quá x + y ,
mà

⇒ [ x ] + [ y]

[ x + y] là số nguyên lớn nhất không vƣợt


nên suy ra

quá x + y

[ 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.
=

r
n −1
x
[ q+ r,q
0≤ ≤
< 1.
Nhƣ
vậy:
]
∈ Z
và
n

n
Suy
ra

[ x ] 
  = q.
x [x]
 n 
+ d
=

Mặt khác, ta có:
n
Có q
∈ Z,
x
ta có:



n



n

= q. Vậy

n

[x
]
=
.

d

n

r

+ = q+
n

n

n


r+ d

d
+
n

= q+
n

do 0 ≤ r ≤ và 0 ≤ d <1, nên 0 ≤
+d
n −1
< 1
n
[ x ] = x .
  

n
n 

r

nên có






3.6. Nếu n là số tự nhiên, thì


n.[ x] ≤ [n.x].

CM
Theo tính chất 3.1 ta có:

Do d
≥0

x = [ x ] + d,0 ≤ d
<1 suy ra

n.x
= n.[ x] + n.d.

nên n.d
suy ra n.[ x là số nguyên không vƣợt quá n.x .
≥ 0

Theo định nghĩa thì

]

n.[ x] ≤

[n.x] . Ta có đpcm.


n
3.7. Mọi số tự nhiên n và q ( q ≠ 0 ),

q.
≤ n.
q
ta có
 
CM
Theo tính chất 3.6 ta có

Vì n∈ nên

[n] =

n . Vậy

n
 n
q.
≤ q.
= [n].
 q  q 
   
n
q.
≤ n . Ta có đpcm.
q
 

n
3.8. Với mọi số tự nhiên n và q ( q ≠ 0 ),
n < q.(1 +

).
q
ta có
 
CM
Thực hiện phép chia n cho q ta đƣợc:

n = m.q + r;m, q ∈ ,0
≤ r < q.

n
r
Do vậy: r = m + ; vì m∈Z < 1 nên
suy ra
và 0 ≤
q
q
q

n
 
q

n
q.(1 +
) = q.(m + 1) (1)

 

Suy

ra

Do n
nên n = (m + 1).q + r − q.
= m.q + r
Do r − q < 0 nên n < (m +1).q ( 2) .
ta có
Từ (1) và (2) suy ra

3.9. 

1
x+
=


 2 

n < q.(1 +

q 

n

[2.x] − [ x ] .

). Ta có đpcm.

= m.



CM
Theo tính chất 3.1:
Xét 2 khả năng:
a) Nếu 0 ≤ d <
. Thì
2

x=
1

[ x ] + d, với 0 ≤

x+
2

1

=

[x]+ d +
2

d <1.
1

.


Do [ x ] ∈Z và

tính chất 3.1:

1

≤ d+

2
Mặt khác:

1

2

< 1 nên theo x + 1

= [ x ] ( 1) .


 2 

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 
1
1
b) Nếu ≤ d < 1. Biểu diễn d dƣới d = + α ,0
1
dạng
≤ α < .
2
2
2
1
1
x
+
=
x
+
d
+
= [ x ] + 1+ α .
[
]
Ta có:
2
2

1
Do [ x] +1∈Z
và 0 nên ta có x +  = [ x ] + 1(3) .
1
≤ α <

2
2 

Lại có
2.x = 2.[ x ] + 2.d = 2.[ x ] +1 + 2.α
Vì 2.[x] +1∈Z và 0 ≤ nên ta có: [2.x] = 2.[ x] +1,
2.α <1
suy ra

[ 2.x] − [ x] =
[ x] +1( 4) .



x+

1

=

[2.x] − [ x ](**)

Từ (3) và (4) suy ra



 2 
Kết hợp (*) và (**) ta có đpcm.
1
2
n



3.10.
x
+
x
+
+
x
+
+
...
+
x
+
[
]
−1 
= [n.x] .



CM

Giả sử

 n




n






n 


x=

Vì 0 ≤ a
<1 nên

[x]+

a,0 ≤ a <1.

∃k ∈ Z(0
≤ k < n −1)

sao cho: k


Từ đó với ∀k = 0,1,2...ta có:

≤ a<
n
n

k+ 1

.


n − k −1
n − k −1
k+ 1
x+
= [x] + a +
< [x] +
n − k −1
+
= [ x ] +n1.
n
n
n
n− k
n = [x] + a +
= [ x ] + 1.
x+
k
n− k

− k
≥ [x] + +
n
n
n
n
Ta lại thấy:
n −1
n −1
k+ 1
n
x+
= [x] + a +
< [x] +
+
−1
n+ k
= [x]+
< [x]+ 2 .
n
n
n
n
n
1
2



Từ đó−suy −

ra: [ x ] ≤ x +
≤ x +
≤ ... ≤ x
n
k 1
+
< [ x ] + 1.

 
n 
n 
 n  





Và [ x ] +1
≤
x
+
≤
x+
n −1 

≤ x+
< [ x ] + 2.

n
n 






1

Nhƣ vậy,
ta
sẽ
có:
x
=
x
+
=
[
]
n − k − 1
+
.



n 
 n 

n− k

n − k −1 







≤ ...

n 

x +

2

n

= ... =






n− k
n − k −1 


Và [ x ] +1n=
x
+

=
x
+
= ...
− 1

= x+
.

 n 
n 
n




Nên



1
2
n −1 



+ x+
+ ... + x +
= (n − k
[ x] + x +

).[x] + k.([ x ] + 1) = n.[ x ] + k .



x




 n




n






n



(*)


Ta có:


k ≤ n.a < k
+1 nên

n.a = k + β ,0 ≤

β <1.

Vì thế [ n.x ] = n.[ x ] + n.a = n.[ x ] + k
+
(Do

β  = n.[ x] + k(**)
n.[ x ] + k ∈Z,0 ≤

Từ
−1(*) và (**) suy ra:
= [n.x]. Ta có
đpcm.

β <1) .

[x]

+







 n


x +

1





+ ... +
n 



x +

n


3.11. Trong dãy n số tự nhiên: 1,2,3,…, n có đúng 
n  số tự nhiên

q



chia hết cho số tự nhiên q ≠ 0.
CM

Xét 3 trƣờng hợp sau đây:
a)

Nếu
< qn

thì

n

< 1⇒
 
q
q 

 n

= 0.

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)

Nếu n
=q

n
= 1.
thì 
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
n
n> q⇒
> 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

.q
 
thì

q.

n

≤ n

q
 

là chia hết cho q . Thật vậy, theo tính chất 3.7

 n  chia hết cho q là 1 số hạng của dãy
nên số tự nhiên  .
q 


1,2,3…, n .

  n nên số tự nhiên
Mặt khác, theo tính chất 3.8: 
n < q. 1 +
 q  
  

 n
q.1+
  
 q 

không
là số hạng của dãy 1,2,3,…, n
.





Nhƣ vậy có
đúng
Hệ quả

 số của dãy chia hết cho q .
n

q




Từ tính chất 3.11 ta có: trong dãy số tự nhiên 1,2,3,…, n có đúng
n
số chia hết cho q2 , có đúng

 2
q


 n
3
số chia hết cho q ,…

 3
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
k
k +1
n
 
,( p ≤ n < p ) .
n +
+
 ...
+
 +
   2  3
 k
p
p
p
     
 
CM
Dựa vào tính chất 3.11, số các nhân tử của tích 1.2...n chia hết cho p
đúng bằng  n 
cho
 
p 


2

, số các nhân tử chia hết p
n đúng bằng





,...

 2
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 +
   2  3

p  p  p 

B-Bài tập



k

. (Đpcm).





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:


n+n
+1 <

4n + 2 (1).

Hiển nhiên 4n.(n +1) < (2.n
2
+1) ⇒ 2.


n.(n +1) < 2.n +1

⇒ ( n + n +1) 2 = 2.n
+1+ 2.
⇒
+
n
n+ 1
<

n.(n +1) < 4.n + 2

4.n + 2.

Vậy (1) đúng với mọi n∈ .
4.n + 2  ( 2 )

n +1
≤ 

Từ (1)
⇒ 
n+


 




Giả sử tồn tại k ∈ sao
0
cho: 
∃p ∈ sao
Khi đó cho:

k0
+



k0 +1  4.k0 + 2 .
< 
 


4k≤
0 2
k0 + k0 +1 < p

⇒
2.k0 +1+
2
⇒
2 k .( k
0

0

k0 .(k0 +1)

< p

+1) < p
− (2k

2

≤ 4.k0 + 2

+1)
≤ 2k

2

0

+1.
0

Do đó:
4k0 .(k

2
0

+ 1) <

(p

−


( 2k

+ 1 ) )2

≤ (k0
4k0. + 1
)
+ 1

(3)


0

Vì

(p

2

−

0

(2.k
Nên từ (3)
⇒
− (2k


(p

+1 là số nguyên.
) )2
+ 1) )2
= 4k .(k

2

0

⇒
p2
−

0

0

+ 1) +
1 = (2k
0

+ 1) 2
0

+ 1) = 2k0 + 1

(2k


⇒ p + (4)
0
2
= 2 ( 2k 1)
Do 2.(2.k
0
+1)2
vô lý.
Vậy không tồn tại

nhƣng 2.(2.k0

không chia hết 4 nên từ (4) suy ra

+1)

k0 ∈
để

k 0
+


k0 +1  4.k0 + 2 ( 5 )
< 
 


Từ (2) và (5) ta có kết luận: với mọi n
ta luôn

∈



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

gọi
là số nguyên dƣơng và
n0 = 
 c− a− b
 + 1. Khi đó n0

n0 >
1
. b
c− a−
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.b] ≥

[n0.a

[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

Gọi
là số nguyên dƣơng và
n0 = 
 a+ b− c
 + 1. Khi đó n0



n0 >

2
. c
a+ b−

Vì a + b − c > 0 ⇒ n0.a + n0.b − n0.c > 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
 n + 1
 n+ 2
 nk + 4 
S
...
+
+
+
+
+=

2 


n


k
+1
...
 2+
2
 4
 8









Giải
Ta có:

n 1 
n
Sn =

1 

n

1

 n

1

 +  +  2 +
+  3





2
2
2
2
2
+
+ ... +  k +1 +
+ ...

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   

−



⇒
− 2
+
... +
+
.
S = [ n] − +
−
..
+


n
  

 
  

2 
  


k
 


2
+
2 


k


2 
2 3
2
1
2 

 
 2 


