zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng

Chia sẻ: AndromedaShun _AndromedaShun | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Báo xấu

36
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng" có nội dung trình bày về định nghĩa, tính chất của các hàm số học; một số hàm số học cơ bản; các bài tập ứng dụng tương tự;... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số tính chất của hàm số học cơ bản và áp dụng

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ HỌC CƠ BẢN VÀ ÁP DỤNG Hoàng Tuấn Doanh THPT Chuyên Hưng Yên 1 Tính chất của các hàm số học Định nghĩa 1 (Hàm số học). Hàm số học là hàm số có miền xác định là tập các số nguyên dương và miền giá trị là tập các số phức. Ví dụ 1. a) Hàm d(n) đếm các ước khác nhau của một số tự nhiên n ≥ 1 là hàm số học. b) Hàm phi-Euler ϕ(n) là hàm số học. ( 1 nếu n = 1 c) Hàm δ : Z+ → C, δ(n) = là hàm số học. 0 nếu n ≥ 2 d) Hàm O : Z+ → C, O(n) = 0 là hàm số học. Định nghĩa 2. Cho hai hàm số học f và g. a) Ta định nghĩa tổng của f và g là hàm số học được xác định như sau ( f + g)(n) = f (n) + g(n), ∀n ∈ N∗ . b) Ta định nghĩa tích của f và g là hàm số học được xác định như sau ( f .g)(n) = f (n).g(n), ∀n ∈ N∗ . c) Tích chập Dirichle của f và g là hàm số được xác định như sau ( f ∗ g)(n) = ∑ f (d).g(n/d) = ∑ f ( d ) g ( d 0 ), ∀ n ∈ N∗ . d|n 0 dd =n Tính chất 1. Cho f và g là các hàm số học. Khi đó ( f ∗ g)(n) = 0 với mọi n ∈ N∗ khi và chỉ khi hoặc f = 0 hoặc g = 0. Tính chất 2. Hàm số học f là khả nghịch trong A khi và chỉ khi f (1) 6= 0. 289
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 2 Một số hàm số học cơ bản Tiếp theo, ta xét một vài hàm số học cơ bản. Định nghĩa 3 (Giá trị trung bình của hàm số học). Giá trị trung bình F ( x ) của một hàm số học f (n) được xác định bởi công thức F(x) = ∑ f ( n ), ∀x ∈ R n≤ x với tổng tất cả các số nguyên dương n ≤ x. Đặc biệt, F ( x ) = 0 với x < 1. Hàm số F ( x ) còn được gọi là hàm tổng của f . Phần nguyên của số thực x được biểu thị bởi [ x ] và có duy nhất số nguyên n thỏa mãn n ≤ x ≤ n + 1. Phần thập phân của x là số thực { x } = x − [ x ] ∈ [0, 1). Định nghĩa 4. Hàm g(t) là hàm đơn thức trên tập I nếu tồn tại một số t0 ∈ I sao cho g(t) là hàm tăng với t ≤ t0 và giảm với t ≥ t0 . 5 5 1 Ví dụ 2. = −2 và {− } = . − 3 3 3 Mọi số thực x đều có thể viết được duy nhất dưới dạng x = [ x ] + { x }. logk t Ví dụ 3. Hàm f (t) = là đơn thức trên nửa khoảng [1, ∞) với t0 = ek . Trong giải tích t thực đã được chứng minh được mỗi hàm là đơn điệu hoặc đơn thức trên đoạn [ a, b] là khả tích. Tính chất 3. Cho f (n) và g(n) là các hàm số học. Xét hàm tổng F(x) = ∑ f ( n ). n≤ x Với a và b là các số nguyên không âm và a < b, ta luôn có: b b −1 ∑ ∑ f ( n ) g ( n ) = F ( b ) g ( b ) − F ( a ) g ( a + 1) − F ( n ) g ( n + 1) − g ( n ) . n = a +1 n = a +1 Chứng minh. Bằng cách tính toán trực tiếp ta có b b ∑ ∑ f (n) g(n) = F ( n ) − F ( n − 1) g ( n ) n = a +1 n = a +1 b b −1 = ∑ F (n) g(n) − ∑ F ( n ) g ( n + 1) n = a +1 n= a = F ( b ) g ( b ) − F ( a ) g ( a + 1) b −1 − ∑ F (n)( g(n + 1) − g(n)). n = a +1 290
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Định nghĩa 5 (Hàm số Mobius). ¨ • Hàm số Mobius ¨ được định nghĩa như sau:  1 nếu n = 1  µ(n) = (−1)k nếu n là tích của k số nguyên tố phân biệt  0 nếu n chia hết cho bình phương của một số nguyên tố  • Một số nguyên được gọi là số không chính phương nếu nó không chia hết cho bình phương của một số nguyên tố. Như vậy µ(n) 6= 0 nếu và chỉ nếu n là số không chính phương. Định nghĩa 6. Một hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu với mọi cặp số m, n nguyên tố cùng nhau, ta có f (n.m) = f (n). f (m). Trong từng trường hợp đẳng thức đúng với mọi m, n (không nhất thiết nguyên tố cùng nhau) hàm f gọi là hàm nhân tính mạnh. Ví dụ 4. Ta có µ(1) = 1, µ(6) = 1, µ(2) = −1, µ(7) = −1, µ (3) = −1 µ(8) = 0, µ(4) = 0, µ(9) = 0, µ(5) = −1, µ(10) = 1 Tính chất 4. Hàm số Mobius ¨ µ(n) là hàm nhân tính, và ( 1 nếu n = 1 ∑ µ(d) = 0 nếu n > 1 d|n Tính chất 5 (Định lý Mobius ¨ đảo). Nếu f là hàm số học và g là hàm số học được định nghĩa n bởi g(n) = ∑ f (d) thì f (n) = ∑ µ g ( d ). d|n d|n d Tương n tự, nếu g là hàm số học và f là hàm số học được định nghĩa bởi f (n) = ∑ µ d g(d) thì g(n) = ∑ f (d). d|n d|n Tính chất 6. Cho f (n) là hàm số học và F ( x ) = ∑ f (n). Khi đó n≤ x x hxi ∑ F m = ∑ f (d) d = ∑ ∑ f ( d ). m≤ x d≤ x n≤ x d|n Chứng minh. Ta có x ∑ F m = ∑ ∑ f (d) = ∑ f (d) m≤ x m≤ x d≤ x/m dm≤ x hxi = ∑ f (d) ∑ 1= ∑ f (d) d d≤ x m≤ x/d d≤ x = ∑ ∑ f ( d ). n≤ x d|n x Vì vậy ∑ F m = ∑ f (d). Suy ra điều phải chứng minh. m≤ x dm≤ x 291
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Tính chất 7. Nếu f là hàm nhân tính thì f ([m, n]) f ((m, n)) = f (m) f (n) với mọi số nguyên dương m và n. Chứng minh. Cho p1 , p2 , . . . , pr là các số nguyên tố chia hết m hoặc n. Khi đó r ∏ pi i k n= i =1 và r ∏ pii l m= i =1 với k1 , . . . , kr , l1 , . . . , lr là các số nguyên không âm. Suy ra r [m, n] = ∏ pi max(k i ,li ) i =1 và r (m, n) = ∏ pi min(k i ,li ) . i =1 Do {max(k i , li ), min(k i , li )} = {k i , li } và vì f là hàm nhân tính ta được r r ∏ f ( pi ) ∏ f ( pi max(k i ,li ) min(k i ,li ) f ([m, n]) f ((m, n)) = ) i =1 i =1 r r = ∏ f ( piki ) ∏ f ( pili ) i =1 i =1 = f (m) f (n) Vậy ta được điều phải chứng minh. Tính chất 8. Giả sử f là hàm nhân tính với f (1) = 1 thì ∑ µ(d) f (d) = ∏(1 − f ( p)). d|n p|n Ví dụ 5. Dãy lũy thừa các số nguyên tố là dãy 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13, 16, 17, 19, 23, 25, 27 . . . .pk , .. với p là số nguyên tố và k nguyên dương. 292
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Tính chất 9. Cho f (n) là hàm nhân tính. Nếu lim f ( pk ) = 0 pk →∞ với mọi p ∈ P (tập tất cả các số nguyên tố) thì lim f (n) = 0. n→∞ Tính chất 10 (Hàm tổng các chữ số). Gọi S(n) là hàm tổng các chữ số của số nguyên dương n được viết trong hệ thấp phân. Giả sử n có biểu diễn n = ak ak−1 . . . a1 với ak , ak−1 , . . . , a1 là các chữ k số, ak 6= 0 thì S(n) = ∑ ai . Khi đó i =1 1. 0 < S(n) ≤ n. . 2. S(n) − n..9. 3. S(m + n) ≤ S(m) + S(n) và S(m.n) ≤ S(m).S(n). |{z} − a) = 9k − S( a) với a là số có không quá k chữ số. 4. S(99..9 k 5. S(10k .m + n) = S(m) + S(n) với n là số có không quá k chữ số. Ví dụ 6. Cho m, n là các số nguyên dương và m có d chữ số với d ≤ n. Tính S((10n − 1)m). Lời giải. Ta có biểu diễn: (10n − 1)m = (m − 1).10n + 99 . . . 9} −(m − 1) | {z n Do đó, S((10n − 1)m) = S(m − 1) + S(99 . . . 9} −(m − 1)). | {z n Mà n ≥ d nên S(99 . . . 9} −(m − 1)) = 9n − S(m − 1). | {z n Vậy S((10n − 1)m) = 9n. Ví dụ 7. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n = 2S3 (n) + 8. Lời giải. Gọi d là số các chữ số của n. Ta có 10d−1 < n và S(n) ≤ 9n nên 10d−1 ≤ 2(9n)3 + 8. Suy ra d ≤ 7 Khi đó, ta có S(n) ≤ 63. Mà S(n) ≡ n( mod9) nên: 2S3 (n) + 8 − S (n) ≡ 0 ( mod9) ⇔ 2S3 (n) − S (n) − 1 ≡ 0 ( mod9) ⇔ (S (n) − 1) 2S2 (n) + 2S (n) + 1 ≡ 0 ( mod9) S (n) ≡ 1 ( mod9) ⇔ 2S2 (n) + 2S (n) + 1 ≡ 1 ( mod9) 293
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Phương trình thứ hai vô nghiệm do 2S2 (n) + 2S(n) + 1 = S2 (n) + (S(n) + 1)2 ≡ 0( mod9) mà 9 có ước nguyên tố là 3 nên cả hai số S(n) và S(n) + 1 đều chia hết cho 3 vô lí. Do đó S(n) ≡ 1( mod9). Suy ra S(n) = 1, 10, 19, 28, 37, 46, 55 Thử trực tiếp các số ta có các số cần tìm là: 10, 2008, 13726. Ví dụ 8. a) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn: S(n) = S(2n) = · · · = S(2017n). b) Tìm giá trị nhỏ nhất của S(2017n) với n nguyên dương. Lời giải. a) Nếu n có 1 chữ số thì S(11n) = S(10n + n) = S(10n) + S(n) = 2S(n), không thỏa mãn. Nếu n có 2 chữ số thì S(101n) = S(100n + n) = S(100n) + S(n) = 2S(n), không thỏa mãn. Nếu n có 3 chữ số thì S(1001n) = S(1000n + n) = S(1000n) + S(n) = 2S(n), không thỏa mãn. Suy ra n có ít nhất 4 chữ số. Giả sử n = a4 a3 a2 a1 Khi đó, 1001n = a4 a3 a2 ( a1 + a4 ) a3 a2 a1 Nếu a1 + a4 không có nhớ thì S(1001n) = 2( a4 + a3 + a2 + a1 ) > S(n), không thỏa mãn. Nếu a2 < 9 thì S(1001n) > a4 + a3 + a2 + 1 + a3 + a2 + a1 > S(n), không thỏa mãn Suy ra a2 = 9. Lập luận tương tự, a4 = a3 = 9 nên n = 999a1 Ta có a1 6= 0 vì nếu a1 = 0 thì 1001n = 9999990 nên S(1001n) = 54 = 2S(n), không thỏa mãn. Lại có n ≡ S(n) = S(2n) ≡ 2n( mod 9) nên n chia hết cho 9, suy ra a1 = 9 hay n = 9999. Với n = 9999, theo ví dụ 1.1 ta có S(9999i ) = 36 với mọi 1 ≤ i ≤ 2017. Vậy n = 9999 thỏa mãn bài toán. b) Nhận xét 2017n không thể có dạng 10n nên S(2017n) ≥ 2. Do 2017 là số nguyên tố nên theo định lý Fecmat ta có: 102016 − 1 chia hết cho 2017 Mặt khác, 102016 − 1 = (1063 − 1)(1063 + 1)(10126 + 1)(10252 + 1)(10504 + 1)(101008 + 1) Lại có: 104 ≡ −85( mod2017) ⇒ 1064 ≡ −121( mod2017). Do đó 1064 − 10 ≡ −131( mod 2017) hay 1063 − 1 không chia hết cho 2017. Như vậy, tồn tại 1 thừa số khác 1063 − 1 trong tích trên chia hết cho 2017. Mà tổng các chữ số của số đó bằng 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của S(2017n) = 2. Ví dụ 9. Chứng minh tồn tại 2017 số nguyên dương phân biệt n1 , n2 , . . . , n2017 thỏa mãn điều kiện n1 + S(n1 ) = n2 + S(n2 ) = · · · = n2017 + S(n2017 ). Lời giải. Ta chứng minh bài toán tổng quát bằng quy nạp: Với mỗi m > 1, tồn tại các số nguyên dương n1 < n2 < · · · < nm sao cho tất cả các số ni + S(ni ) đều bằng nhau và số nm có dạng 10. . . 08. Thật vậy, với m = 2, chọn n1 = 99, n2 = 108 ta có: n1 + S(n1 ) = n2 + S(n2 ) = 117, hay mệnh đề đúng với m = 2 Giả sử mệnh đề đúng với m = k với nk = 10 . . . 08 (gồm h chữ số 0). Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với m = k + 1. Với mỗi i = 1, 2, . . . , k ta xét số Ni = ni + C trong đó C = 99..900 . . . 0 (gồm nk − 8 chữ số 9 và h + 2 chữ số 0) và số Nk+1 = 100..8 (gồm nk − 7 + h chữ số 0). Khi đó, với mỗi i = 1, 2, ..k ta có: Ni + S( Ni ) = C + ni + S(ni ) + 9(nk − 8) 294
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Các số này bằng nhau theo giả thiết quy nạp. Hơn nữa: Nk + S( Nk ) = C + nk + 9 + 9(nk − 8) = 100..17 = 100..08 + 9 = Ni + S( Ni ) Bài toán được chứng minh. Bài tập tương tự Bài 1. Tìm số tự nhiên n sao cho n + S(n) = 2003. Bài 2. Đặt a = S((29 )2017 ), b = S( a), c = S(b). Tính c? Bài 3 (Đề thi VMO 2004). Xét các số nguyên dương m là bội của 2003. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của S(m). Bài 4. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho trong n số tự nhiên liên tiếp ta luôn chọn được số N sao cho S( N ) chia hết cho 13. Bài 5. Chứng minh rằng với hai số m, n luôn tồn tại số nguyên dương c sao cho cm, cn có cùng số lượng xuất hiện chữ số 0, 9. Định nghĩa 7 (Hàm Euler (Ơ-le)). Cho n là số nguyên dương. Hàm Ơ-le của số n, kí hiệu ϕ(n), là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n. Tính chất 11. 1. Cho m, a là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau. Khi đó, a ϕ(m) ≡ 1( modm). 2. Nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì ϕ(mn) = ϕ(m).ϕ(n). α 3. Giả sử n = p1α1 p2α2 . . . pk k là phân tích số n ra thừa số nguyên tố. Khi đó: 1 1 1 ϕ ( n ) = n (1 − )(1 − ) . . . (1 − ) p1 p2 pk 4. Giả sử n là số nguyên dương. Khi đó ∑ ϕ(d) = n d|n 5. Nếu p là số nguyên tố thì ϕ( p) = p − 1. Ngược lại, nếu ϕ( p) = p − 1 thì p là số nguyên tố. Ví dụ 10. Chứng minh rằng n = 2015 − 1 chia hết cho 20801. Lời giải. Ta có, 20801 = 11.31.61 nên ta chỉ ra n chia hết cho 11, 31, 61. Do (20, 11) = 1 và ϕ(11) = 10 nên theo định lý Ơ-le ta có: 20 ϕ(11) ≡ 2010 ≡ 1( mod11). Do đó, 2015 ≡ 205 ≡ (−2)5 ≡ 1( mod11), hay 2015 − 1 chia hết cho 11. Chứng minh tương tự, 2015 − 1 chia hết cho 31 và 61. Mà 11, 31, 61 là các số nguyên tố cùng nhau nên 2015 − 1 chia hết cho 20801. 295
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Ví dụ 11. Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn n chia hết cho ϕ(n). Lời giải. Nếu n = 1, n = 2, ta có ϕ(n)|n. α Xét n > 2. Giả sử n = p1α1 p2α2 . . . pk k là phân tích số n ra thừa số nguyên tố. Ta có: ϕ(n) = 1 1 1 n(1 − )(1 − ) . . . (1 − ). p1 p2 pk Từ điều kiện ϕ(n)|n suy ra n = xϕ(n) hay p1 p2 . . . pk = x ( p1 − 1)( p2 − 1) . . . ( pk − 1). Như vậy phải có một số pi bằng 2 (vì vế phải là số chẵn). Giả sử p1 = 2. Ta có: 2p2 . . . pk = xp2 . . . pk Do các số p2 , . . . , pk khác 2 nên từ đẳng thức trên suy ra n có nhiều nhất 1 ước nguyên tố lẻ. Giả sử đó là p2 . Đặt p2 = 2y + 1 suy ra 2p2 = x (2y). Do p2 là số nguyên tố nên x = p2 , y = 1. Khi đó p2 = 3 và n có dạng n = 2α1 .3α2 với α1 ≥ 1, α2 ≥ 0 Dễ dàng thử lại các số n có dạng trên thỏa mãn bài toán. Ví dụ 12. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có: σ (n) + ϕ(n) ≥ 2n (với σ (n) là tổng các ước dương của n). Lời giải. Giả sử các ước dương của n là 1 < d1 < d2 < · · · < dk = n. n Trong các số tự nhiên không vượt quá n, có số là bội của di . Mỗi số không vượt quá n và di không nguyên tố cùng nhau với n phải là bội của một ước nào đó (lớn hơn 1) của n. Vì thế ta có: n n n n − ϕ(n) ≤ + +···+ . d2 d3 dk n n n Mặt khác, + +···+ = dk−1 + dk−2 + · · · + d1 = σ(n) − n. d2 d3 dk Vậy n − ϕ(n) ≤ σ(n) − n. Tức là σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n. Khi n là số nguyên tố, ta có đẳng thức σ(n) + ϕ(n) = 2n. Ví dụ 13. Tồn tại hay không hai số nguyên dương m, n thỏa mãn điều kiện gcd(m, n) = 1 và ϕ(5m − 1) = 5n − 1. Lời giải. Ta có gcd(5m − 1; 5n − 1) = 5gcd(m,n) − 1 = 4, do đó không tồn tại số nguyên tố lẻ p mà p2 |5m − 1. Thật vậy, nếu ngược lại thì p| ϕ(5m − 1) suy ra p|5n − 1, vô lí. Vậy 5m − 1 có phân tích tiêu chuẩn dạng: 5m − 1 = 2s .p1 .p2 . . . pk Tong đó, s ≥ 2, pi là các số nguyên tố lẻ phân biệt. Khi đó, 5n − 1 = ϕ(5m − 1) = 2s−1 .( p1 − 1).( p2 − 1) . . . ( pk − 1). Nếu s > 3 thì 8|5m − 1 và 8|5n − 1, vô lí. Suy ra s ∈ {2, 3}. Nếu s = 3, do 8 không là ước của 5n − 1 nên k = 0. Khi đó, 5m − 1 = 8, 5n − 1 = 4, vô lí. Nếu s = 2 thì 5m − 1 = 4.p1 .p2 . . . pk và 5n − 1 = ( p1 − 1).( p2 − 1) . . . ( pk − 1). 296
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Nếu n lẻ thì v2 (5n − 1) = 3, suy ra k = 1, tức là 5m − 1 = 4p1 và 5n − 1 = p1 − 1 hay 5m − 1 = 2(5n − 1), vô lí. Nếu n chẵn thì n ≥ 2 và 8|(5n − 1) mà gcd(m, n) = 1 nên m lẻ. Ta lại có pi |5m+1 − 5 nêm 5 là số chính phương mod pi với mọi 1 ≤ i ≤ k, từ đó pi ≡ −1( mod5) hoặc pi ≡ 1( mod5). Rõ ràng không tồn tại j để p j ≡ 1( mod5) vì p j − 1|5n − 1. Vậy pi ≡ −1( mod5) với mọi 1 ≤ i ≤ k. Nếu k chẵn thì 5n − 1 ≡ 2.(−2)k ≡ 2k+1 ≡ 2; 3( mod5), vô lí. Nếu k lẻ thì 5m − 1 ≡ 4.(−1)k ≡ 1( mod5), vô lí. Vậy không tồn tại m, n thỏa mãn bài toán. Bài tập tương tự Bài 6. Cho p là số nguyên tố, n là số nguyên dương. Chứng minh rằng n không chia hết cho p khi và chỉ khi ϕ(np) = ( p − 1).ϕ( p). Bài 7. Chứng minh rằng phương trình ϕ(n) = k, với k là số nguyên dương cho trước, có hữu hạn nghiệm n. Bài 8. Chứng minh rằng với số nguyên dương n ta có: ϕ(2n) = ϕ(n) khi n lẻ và ϕ(2n) = 2ϕ(n) khi n chẵn. Định nghĩa 8 (Hàm tổng các ước dương và hàm số các ước dương). Hàm tổng các ước số dương của n , kí hiệu là σ(n), được xác định σ (n) = ∑ d. d|n Hàm số các ước dương của n, kí hiệu τ (n). Một số tính chất cơ bản: Tính chất 12. 1. Hàm số σ (n) và τ (n) có tính chất nhân tính. 2. Nếu p là một số nguyên tố, ta có: p α +1 σ ( pα ) = ; τ ( pα ) = α + 1 p−1 α 3. Giả sử n = p1α1 p2α2 . . . pk k là phân tích số n ra thừa số nguyên tố. Khi đó: α +1 p1α1 +1 p α2 +1 p k σ(n) = ( )( 2 )...( k ) p1 − 1 p2 − 1 pk − 1 τ (n) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αk + 1) √ Ví dụ 14. Chứng minh rằng n là hợp số khi và chỉ khi σ(n) > n + n. Lời giải. Nếu n là hợp số. Khi đó, ngoài ước là 1 và n, n còn ít nhất một ước d (1 < d < n). n n Khi đó, cũng là ước của n và 1 < < n. d d 297
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 n n Nếu 6= d. Khi đó n có ít nhất 4 ước là 1, n, d, . Vì thế d d n σ(n) ≥ 1 + n + d + . d n √ √ Mà ta có d + ≥ 2 n > n nên σ(n) > n + n. d n √ √ Nếu = d hay d = n. Khi đó n có ít nhất 3 ước là 1, n, n. Vì thế d √ √ σ (n) ≥ 1 + n + n > n + n. √ √ Nếu σ(n) > n + n. Rõ ràng n 6= 1 vì σ(1) = 1 suy ra σ(1) n + n. Ví dụ 15. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n = τ 2 (n). Lời giải. Kí hiệu các số nguyên tố là p1 = 2; p2 = 3 . . . Giả sử, với số chính phương n ta có ∞ ∞ 2αi phân tích: n = ∏ pi và τ (n) = ∏ (2αi + 1) i =1 i =1 τ (n) ∞ 2α + 1 Suy ra, τ (n) lẻ nên n lẻ suy ra α1 = 0. Từ điều kiện bài toán √ = 1 nên ta có: ∏ i αi = n i =1 pi 1. α Ta có, pi i ≥ ( pi − 1)αi + 1 > 2αi + 1 với mỗi số nguyên tố pi > 3, là ước của n. Áp dụng bất đẳng thức 3α2 ≥ 2α2 + 1 dấu bằng xảy ra khi α2 ∈ {0; 1} Khi đó, bài toán xảy ra khi n = 1 hoặc n = 9. Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy các số cần tìm là n = 1; 9. Ví dụ 16. Số nguyên n ≥ 2 được gọi là số hoàn hảo nếu σ(n) = 2n. Chứng minh rằng số nguyên dương lẻ n là số hoàn hảo khi n được phân tích thành n = p a .q2b1 2b2 2bt 1 .q2 . . . qt trong đó, a và p cùng chia cho 4 dư 1 và t ≥ 2. a Lời giải. Giả sử phân tích n thành thừa số nguyên tố có dạng n = p1a1 .p2a2 . . . pkk k a a Do n là số hoàn hảo nên σ(n) = 2n ⇔ ∏ (1 + pi + p2i + · · · + pi i = 2p1a1 .p2a2 . . . pkk là số chẵn i =1 a và không chia hết cho 4. Suy ra tồn tại đúng 1 số i sao cho 1 + pi + p2i + · · · + pi i ≡ 2( mod 4). Suy ra ai là một số lẻ. Đặt ai = 2x + 1 với x là 1 số nguyên. Do p2i ≡ 1( mod4) nên ( x + 1)( pi + 1) ≡ 2( mod4). Suy ra x chẵn hay ai ≡ 1( mod4) aj Với i 6= j, 1 ≤ j ≤ k ta có, 1 + p j + p2j + · · · + p j ≡ 1( mod2) suy ra a j chẵn. Viết lại n ta có: n = p a .q2b1 2b2 2bt 1 .q2 . . . qt . Ta chứng minh t ≥ 2. 298
Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017 Thậy vậy, Giả sử t = 1, ta có: 1 + p + p2 + · · · + p a )(1 + q + q2 + · · · + q2b ) = 2p a .q2b p a+1 − 1 q2b+1 − 1 ⇔ . = 2p a .q2b p−1 q−1 1 1 p − a q − 2b p q p q 5 3 15 ⇔2 = . < . ≥ . = . p−1 q−1 p−1 q−1 4 2 8 vô lí. Suy ra, t ≥ 2. Vậy bài toán được chứng minh. Bài tập tương tự Bài 9. Cho n là số hoàn hảo lẻ. Chứng minh rằng n có ít nhất 3 ước nguyên tố khác nhau. Bài 10. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n thỏa mãn σ (n) > 3n. Bài 11. Chứng minh rằng với mội số tự nhiên n ≥ 1 ta có: τ 2 (n) < 4n. τ ( n2 ) Bài 12. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho = k, với n là số nguyên dương. τ (n) Bài 13. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn n + 1 chia hết cho 24. Chứng minh rằng τ (n) cũng chia hết cho 24. Tài liệu [1] Các bài thi Olympic toán trung học phổ thông Việt Nam (1990 - 2006), NXB Giáo dục, 2007. [2] Nathanson M.B (1999), Elementary methods in number theory, Springer. [3] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, 40 năm Olympic toán học quốc tế, NXB Giáo dục, 2002. 299

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.