Đề tài Hàm số học - Năm học 2022-2023

Nội dung tài liệu: Đề tài Hàm số học - Năm học 2022-2023

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC HÀM SỐ HỌC NHÓM THỰC HIỆN: Nguyễn Lê Đức Đông Hoàng Trọng Trường Vũ Thu Hiền Lê Trọng Hiếu Nguyễn Vũ Trung Đức Trịnh Mai Linh Nguyễn Chí Thành GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: VŨ THỊ VÂN, LẠI THU HẰNG NGUYỄN THỊ THANH LOAN Bắc giang, tháng 03 năm 2023 1
2. MỤC LỤC Nội dung Trang CHƯƠNG I. Một số hàm số học cơ bản 1.1.Hàm phần nguyên 3 1.2.Hàm tổng các chữ số 9 1.3.Hàm số các ước dương 14 1.4.Hàm tổng các ước dương 18 1.5.Phi hàm Euler 22 1.6.Hàm Mobius 29 1.7.Hàm nhân tính 31 CHƯƠNG II. Các bài toán về các hàm số học 36 2.1.Các bài toán về hàm phần nguyên 43 2.2.Các bài toán về hàm tổng các chữ số 46 2.3.Các bài toán về các hàm số các ước dương 48 2.4.Các bài toán về hàm tổng các ước dương 55 2.5.Các bài toán về phi hàm Euler 65 2.6.Các bài toán về hàm Mobius 69 2.7.Bài tập tự luyện( không lời giải) 72 2.8.Tài liệu tham khảo 2
3. LỜI MỞ ĐẦU Trên con đường chinh phục Toán học đầy bí ẩn và cũng rất thú vị, chắc hẳn nhiều bạn học sinh phải “vò đầu bứt tai” vì một mảng kiến thức thú vị nhưng cũng không dễ chút nào, đó là “Hàm Số học”. Với mong muốn tìm tòi những vẻ đẹp ẩn giấu trong từng hàm số học và ghi lại những nghiên cứu, khám phá của chúng tôi dựa trên các tài liệu, chuyên đề này ra đời. Hàm số học f là hàm nhận đối số và giá trị trên một tập rời rạc của tập số nguyên, thông thường thì ta xét f: ℕ ⟶ ℕ. Các hàm số học quen thuộc và gặp nhiều ứng dụng trong các bài toán như: hàm phần nguyên, hàm phần lẻ, hàm tổng các ước số và số các ước số, hàm Euler . Chuyên đề được chia làm hai phần: Phần thứ nhất chúng ta cùng tìm hiểu về một số hàm số học cơ bản. Phần hai sẽ là phần bài tập giúp chúng ta củng cố kiến thức và nâng cao trình độ. Trong quá trình từ lựa chọn đề tài cho chuyên đề đến thực hiện chuyên đề, nhóm chúng tôi đã nhận được sự định hướng, cổ vũ, động viên của cô Vũ Thị Vân, cô Nguyễn Thị Thanh Loan và cô Lại Thu Hằng cùng các thành viên trong nhóm đã hoạt động hết sức tích cực. Chúng tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến mọi người. Do trình độ và thời gian có hạn, chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót cả về mặt nội dung cũng như hình thức, rất mong nhận được sự góp ý chân thành của quý bạn đọc. 3
4. CHƯƠNG I: MỘT SỐ HÀM SỐ SỐ HỌC CƠ BẢN 1.1. Hàm phần nguyên 1.1. Lý thuyết 1.1.1. Định nghĩa Với x ,phần nguyên của x, kí hiệu x , là số nguyên lớn nhất không vượt quá x . (Kí hiệu khác: xx, ). Nhận xét: x 1  x x . Phần lẻ của x được kí hiệu x và được xác định là : x x x. Phần trên của x : xx   1. Ví dụ: 2,1 2; 2,1 0,1; 2,1 3. 1.1.2. Tính chất (1) x y  x  y. (2) x n n  x nx , . (3) x y  x  y xy, . (4) 22x  y  x  y  x y. x x (5)  d . dd x (6) d , x 0 . Số các bội dương của d mà không vượt quá x bằng . d Chứng minh: Giả sử có k bội của d không vượt quá x. x x Ta có: kd x ( k 1) d kk 1 k . d d (7) Cho n , p là số nguyên tố. Số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của n! là n n n vn( !) ... p 2  k . p p k 1 p kk 1 Với k chạy đến số thỏa mãn: p n p . 4
5. 1.2.Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm số chữ số 0 tận cùng của 50!. Lời giải Ta có: v22(50!) v55(50!) . Số chữ số 0 tận cùng của 50! chính là min 25 ; . 50 47 2  k . k 1 2 50 12 5  k . k 1 5 Vậy số chữ số tận cùng của 50! là 12. n (*) Nhận xét quan trọng: vn( !) . p p 1 Chứng minh: Ta có: 1 1 1 k 1 k n n n 1 1 1 p 1 p n vn( !) ... n( ... ) n.. n. . p 2 k 2 k 1 p p p p p p 1 p pp 11 p 500 Ví dụ 2: Chứng minh rằng: C1000 không chia hết cho 7. Lời giải: Ta có: 1000! C500 ; v( C500 ) v (1000!) 2 v (500!) . 1000 500!.500! 7 1000 7 7 500 Lại có: vv77(1000!) 164; (500!) 82 vC7( 1000 ) 0. 500 C1000 không chia hết cho 7 (đpcm). Ví dụ 3: Chứng minh rằng: n!không chia hết cho 2n  n . Lời giải: Ta có: Điều phải chứng minh v2 ( n !) n . Áp dụng nhận xét ta có đpcm. 5
6. Ví dụ 4: Chứng minh rằng: các số có dạng 10n 2 ()n đôi một phân biệt. Lời giải: Giả sử  10mn 2 10 2 (mn ) . m m n n 10 2 10 2 10 2 10 2 m n m n 2(10 10 ) 10 2 10 2 mn 10 2 10 2 2 10mn 10 VP Mà {VT I vô lí đpcm. x 2006 Ví dụ 4: Cho 2006 2 . Tính S f() k . fx() x 1  2 k 0 Lời giải: 1 Áp dụng tính chất a 2, a  a  a vào bài toán ta được: 2 2006 2k 2006 1 2006 2006 2006 2006 2. , k 0,2006. k 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 2 2 2 2 2 2 2 Vậy 2006 2006 2006 2006 2006 2006 S 2006. o 1 1 2 2006 2007 2 2 2 2 2 2 Ví dụ 5: Chứng minh rằng: 1 a) Nếu x< thì 2x = 2x. 2 1 b) Nếu x thì 2xx 2  1. 2 Lời giải: a) Ta có: 2x 2 x 2 x 6
7. 2x 2 x 2 x 1 Do x nên 2x = 2 x . Suy ra: 22xx  . 2 1 1 1 b) Vì x nên x= 0 . 2 2 2 => 2 x 12 . Lại có: 22x (do 0 2x <1). => 2xx 2  1 2x 2 x 2 x 2 x 1 2xx  2 1 2xx 1  2  (ĐPCM). Ví dụ 6: Cho n là số nguyên dương, x là số bất kì. Chứng minh rằng: 1 2 n 1 x x x .... x  nx . n n n Lời giải: Xét x= a [0;1) . 11 n Ta cần chứng minh: a a ... a  na (1). nn kk 1 Ta có  k sao cho: aa 1 . nn k k 11 n Khi đó: VT(1)= a a ... a n k . n n n Mặt khác: n k an n k 1nên an n k => (1) đúng. Xét x : x  x a ( a [0;1) ). 11 n Do đó: VT= x a  x a ...  x a nn 11 n = n x  a a ... a nn 7
8. = n x  na = n x na = nx =VP (đpcm). Ví dụ 7: Cho n và k là số nguyên (k>0). Chứng minh rằng: n n 1 n 2 n k 1 ... n (1). k k k k Lời giải: Ta sẽ chứng minh cho trường hợp n dương, trường hợp n âm làm tương tự. Dễ thấy n=1 thì (1) đúng. Giả sử (1) đúng tới n. Ta cần chứng minh: n 12 n n k ... n 1 k k k n n k  nn 1 kk nn  nn 11 kk  n+1 =n+1 ( đúng). Như vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 8: Cho hai số nguyên dương p,q nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng: p 2 p ( q 1) p ( p 1)( q 1) ... . q q q 2 Lời giải: Dễ thấy p =1 thỏa mãn, q =1 thỏa mãn. Giả sử p=qx+r (0<r<q); (p,q)=1; r không là ước của q. pr Suy ra x . qq Nếu q lẻ thì vế trái có q-1 số. q 1 Do đó ta ghép được cặp: 2 8
9. qq 11 pp p ( q 1) p 2 p ( q 2) p 22 ... . q q q q q q kp () q k p q 1 Ta có nhận xét sau: p 1 k 1; . qq 2 Chứng minh: Ta có: kp () q k p kp kp p . q q q q kp y Lại có: a () y z với a,y,z nguyên. qz kp kp => a và a 1. q q Do đó = a p a 11 p (đpcm). Quay trở lại bài toán: Áp dụng chứng minh trên ta được: p 2 p ( q 1) p ( p 1)( q 1) ... (đpcm). q q q 2 +) Nếu q chẵn thì vế trái có q-1 số . q 2 Do đó ta ghép đc cặp và 1 số như sau: 2 qq 22 pp q .p p( q 1) p 2 p ( q 2) p 22 2 ( q 2)( p 1) p ... q q q q q q q 22 pp 1 Do q chẵn nên r lẻ => p lẻ => . 22 Do đó: (đpcm). 9
10. 1.2. Hàm tổng các chữ số. 1.2.1. Định nghĩa. Cho số nguyên dương n. Ta gọi S(n) là tổng các chữ số của n trong biểu diễn thập phân. Nghĩa là, nếu n = a12 a... ak thì S(n) = a12 a ... ak . Khi đó S : ; n S(n) là một hàm số học và được gọi là hàm tổng các chữ số. Nhận xét. Từ định nghĩa ta có ngay công thức sau: n S( n ) n 9 ,  n  k . k 1 10 Nói riêng, S() n n và S() n n (mod9) với mọi số nguyên dương n. 1.2.2. Tính chất. Cho hai số nguyên dương m và n. Khi đó: 1. S()()() m n S m S n . 2. S( mn ) min nS ( m ), mS ( n ) và do đó S()()() mn S m S n . Chứng minh: Chứng minh (1) theo nhận xét trên ta có: m n S( m ) m 9 ; S( n ) n 9 .  k  k k 1 10 k 1 10 Và mn S( m n ) ( m n ) 9 .  k k 1 10 Sử dụng bất đẳng thức x y  x  y với mọi số thực x, y ta nhận được : mn S( m ) S ( n ) ( m n ) 9 .  kk k 1 10 10 mn (m n ) 9 S ( m n ).  k k 1 10 Vậy (1) được chứng minh. Ngoài ra ta có thể chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp bạn đọc có thể tự tìm hiểu. Chứng minh (2) áp dụng (1), ta có: Smn() Snn ( ... n ) Sn () Sn ()... Sn () mSn () . mm Tương tự ta cũng có : S()() mn nS m Chứng minh (3) vì S() n n nên ta nhận được S()()() mn S m S n . 10
11. Bình luận. Nếu gọi s là số lần cộng có nhớ trong phép cộng m với n thì ta có thể chứng minh được rằng : S( m n ) S ( m ) S ( n ) 9 s . Ngoài ra, ta cũng có một số tính chất khác liên quan đến hàm này như sau: 1. S( n ) 9 log10 n 1 với mọi n nguyên dương. 2. S(2 m 1) S (2 m ) 1 với mọi m nguyên dương. 3. S(999...9 a ) 9 k S ( a ) với a nguyên dương có không quá k chữ số. k S() n n (mod9) n S( n ) n 9 4.  k với mọi n nguyên dương. k 1 10 1.2.3. Các bài toán vận dụng Ví dụ 1: (IMO 1975) Đặt ASBSA (44444444 ), ( ) . Tính SB(). Lời giải: Đặt n= 44444444 . Vì n <100004444 nên n có không quá 4444.4 < 20000 chữ số . Suy ra A < 9.20000 = 180000 BS (99999) 45 . Trong các số nhỏ hơn hoặc bằng 45, số có tổng các chữ số lớn nhất là 39, mà S(39) 12 . Cho nên SB( ) 12 . Dễ dàng chứng minh 4444 7(mod9) và kết hợp với tính chất với mọi số nguyên dương n ta có: A  7(mod9) B  7(mod9) SB( ) 7(mod9). Lại vì 0 SB ( ) 12 cho nên chỉ có thể là SB( ) 7 . Ví dụ 2:Đặt AS (29 ) 1999 , BSA (), CSB (). Tìm C. Lời giải: 1999 Đặt n 29 . Vì n (23 ) 3.1999 10 5997 nên n không có quá 5997 số. Do 99...9 là số lớn nhất nên A S( n ) S (99...9) 9.5997 53973 . 5997 5997 Trong các số không vượt quá 53973, cố 49999 là số có tổng các chữ số lớn nhất. Khi đó BSAS ( ) (49999) 40. 11
12. Trong các số không vượt qua 40 thì số 39 có tổng các chữ số lớn nhất. Do đó CSBS ( ) (39) 12 . Dễ dàng chứng minh được n  8(mod9) . Kết hợp với việc sử dụng tính chất với mọi số nguyên dương n ta suy ra: C B  A  S( n )  n  9(mod9) . Mà 0 C 12cho nên C 8. Ví dụ 3: (Irish MO 1996). Tìm một số nguyên dương n sao cho S( n ) 1996 S (3 n ) . Lời giải: Xét n 133...35 . Khi đó 3n 400...05 . 5986 S() n n (mod9)5986 Và S( n ) 3.5986 1 5 1996.9 1996 S (3 n ) . Ví dụ 4: Tìm một số tự nhiên n sao cho S( n ) n2 2015 n 8 . Lời giải: Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện S( n ) n2 2015 n 8 . Sử dụng tính chất 0 S ( n ) n với mọi n nguyên dương ta có được: n22 2015 n 8 0 n 2015 n 8 0 (*) . 22 n 2015 n 8 n n 2016 n 8 0 (nn 1)( 2014) 0 Nói riêng, từ (*) suy ra 2014 n 2016 . nn( 2016) 0 Vì n nên n 2015 . Đảo lại, với n 2015 ta có: S(2015) 8 và 20152 2015.2015 8 8. Do đó S( n ) n2 2015 n 8 n 2015 . Vậy là giá trị duy nhất cần tìm. Ví dụ 5: Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho : S S( n ) 10 9 S S S ( n ) . Lời giải: Nhận xét: Nếu S( n ) 9 q r với 19 r thì nr 99...9( nhận xét này bạn đọc tự chứng q minh coi như một bài tập nhỏ). Sử dụng nhận xét này suy ra: S S( n ) 10 9.1 1 S ( n ) 19 9.2 1 n 199 . Thử trực tiếp ta thấy n 199 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 12
13. Vậy n 199 là giá trị cần tìm. Ví dụ 6: Cho n số tự nhiên bất kì. Chứng minh rằng: Sn() Sn(8 ) 1 a) 5 b) . Sn(2 ) Sn( ) 8 Lời giải: Bổ đề. Nếu n là số nguyên dương thì với mọi số nguyên dương m ta có: S( n ) S (10m n ) . Chứng minh bổ đề: Giả sử n a12 a... ak . m m Khi đó 10 a12 a ... ak 00...0 và S( n ) S (10 n ) a12 a ... ak . m Quay trở lại bài toán . a) Ta có: SnSnS( ) (10 ) (5.2 nSSn ) (5). (2 ) 5 Sn (2 ) . Sn() Suy ra 5 . Sn(2 ) b) Ta có SnSnS( ) (103 ) (125.8 nS ) (125) SnSn (8 ) 8 (8 ) . Sn(8 ) 1 Suy ra . Sn( ) 8 Ví dụ 7: Cho n là số nguyên dương. Từ n ta tạo thành các số mới bằng cách xóa đi vài lần ( ít nhất một lần) các chữ số tận cùng bên phải. Khi đó ta gọi số mới này là gốc của n. Ký hiệu tổng tất cả các gốc của n là Tn(). Chứng minh rằng: S( n ) 9 T ( n ) n. Lời giải: Giả sử n a1 a 2... akk 1 a . Sau khi xóa chữ số ak của n ta thu được số m a1 a 2... ak 1 . Ta có nSnaaaa ( ) 1 2 ...k 1 k ( aa 1 2 ... a k 1 a k ) . 10a1 a 2 ... ak 1 a k S ( m ) a k 10 m S ( m ) . (*) Bằng cách quy nạp theo k các chữ số của n trong biểu diễn thập phân, ta sẽ chứng minh khẳng định của bài toán. Với k 1ta có n a11, S ( n ) a , T ( n ) 0. Do đó S( n ) 9 T ( n ) n. Giả sử khẳng định bài toán đúng đến k 1, tức là n a1 a 2... ak 1 . Ta sẽ chứng minh khẳng định bài toán đúng đến . Thật vậy, xét có chữ số tức là có dạng n a1 a 2... akk 1 a . Vì m là số có chữ số nên theo giả thiết quy nạp thì m S( m ) 9 T ( m ) . (**) 13
14. Kết hợp với (*) ta đi đến nSn ()10()90() Sm TmSm ()9  Sm ()9() TmTm () Kết hợp với (**) ta được n S( n ) 9 m T ( m ). Ta có Tmaaa( ) 1 2 ...kk 2 aaa 1 2 ... 3 ... aaa 1 2 1 . Khi đó: mTmaaa ( ) 12 ...k 112 aaa ... k 212 aaa ... k 3 ... aaa 121 . Hay là m T()() m T n . Suy ra S( n ) 9 T ( n ) n. Vậy ta hoàn tất việc chứng minh. Sa() Ví dụ 8: Xét tính bị chặn của hàm số fn() với a cho trước . S(.) a n Lời giải: Đặt ab 258 t với gcd(b ,10) 1. S( n ) S (108 .10t . n ) +)Nếub 1thì f( n ) S (58 .2t ) . S( an ) S (28 .5t . n ) +)Nếub 1thì gọi p là một ước nguyên tố của b . Ta có: S()()() n S n S n fn() . S() an a a S( pn ). S S( pn ). p p 10np( 1) Chọn dãy u  như sau un với 0 cpvà (cp 10) . Khi đó với n đủ lớn thì n p S( un . p ) 1 S ( c ) và để chứng tỏ hàm fn()không bị chặn thì ta chỉ cần Su()n khi n . Do un khi n nên ta sẽ chứng minh trong biểu diễn thập phân của un không có chữ số 0 nào. Thật vậy, nếu ngược lại thì pun có ít nhất chữ số khác 0. Vậy thì hàm fn()bị chặn khi và chỉ khi a không có ước nguyên tố nào ngoài 2 và 5. Ví dụ 9: (Poland). Cho a là số chẵn nhưng a 5 . Chứng minh rằng limSa (n ) n Lời giải: n Lấy n 9, đặt a akk a 11... a 14
15. n Ta chứng minh nếu 1 i thì trong các chữ số a, a ,..., a phải có ít nhất một số 4 ii 1 2 1 khác 0. n b b Thật vậy vì nếu không thì đặt b aii a 11... a và (a b ) 10 b 2 (do a chẵn). Tuy nhiên 0 b 10ii 24 nên dẫn đến sự mâu thuẫn. Từ đó lấy n 4m . S( an ) ( a a a ) ... ( a a ... a ) m Khi đó 234 4m 1 4 m 2 4 m m . Vậy ta hoàn tất việc chứng minh. 1.3. Hàm số các ước dương. 3.1. Lý thuyết. 3.1.1. Định nghĩa. Cho n , ta có  ()n là số các ước của nó. Khi đó:  (n )  1. dn Ví dụ: (1) 1,  (3) 2,  (15) 4. 3.1.2. Tính chất Tính chất 1:  ()n là hàm nhân tính. Chứng minh: Xét hàm f( n ) 1  n N . Khi đó fn() là hàm nhân tính. Gọi d12, d ,..., dk là các ước dương của n. Ta có:  ()n k f () d12 f ()... d f (). dk Từ đó  ()n là hàm nhân tính. Tính chất 2: Nếu p nguyên tố thì  (p ) 2 . Chứng minh: Do p nguyên tố nên p chỉ có 2 ước dương là 1 và p. Khi đó  (p ) 2 . 12 k Tính chất 3: Nếu n , n khai triển ra thành dạng n p12. p ... pk thì: (n ) ( 12 1)( 1)...( k 1) . Chứng minh: Sử dụng tính chất  ()n là hàm nhân tính, ta có: 12 k (n )  ( p1 ).  ( p 2 )...  ( pkk ) ( 1 1)( 2 1)...( 1) . 15
16. Trong chuyên đề này, ta coi n trong khai triển ra thừa số nguyên tố thành . 3.2. Ví dụ minh họa. Ví dụ 1: Chứng minh rằng  ()n lẻ khi và chỉ khi n là số chính phương. Lời giải: Ta có, nên . Ta thấy lẻ khi và chỉ khi tất cả các số mũ đều là số chẵn. Khi đó n là số chính phương. Ví dụ 2: Với n , ta có (nn ) 2 . Lời giải: n Ta có nhận xét sau: dn thì n . d Ta chia các ước của n thành 2 tập: A a n sao cho a n B b n sao cho b n Từ nhận xét trên, ta có: Với mỗi bB tương ứng với 1 số aA . AB. +) Với n là SCP: (n ) A B 2 A 2 n . ( AB do n là SCP, tính cả ước n ). +) Với n không là SCP: (n ) A B 2 A 2 n . Vậy ta có đpcm. n p 12. p ... p k 12 k (n ) ( 1)( 1)...( 1) Ví dụ 3: Chứng minh rằng tồn tại n thỏ12a mãn()()n2 kk n khi và chỉ khi k là số lẻ. Lời giải:  ()n Phần thuận: - Với n 1 thì(n ) ( n2 ) 1 k 1. 16
17. 2 2 1 2 k - Với n 1, ta có n có dạng . Khi đó n p1 ... pk . Phương trình trở thành: (2 1)...(2 1) kk ( 1)...( 1) (*) 11kklẻ. Phần đảo: Giả sử kt 21. Ta chứng minh tồn tại n thỏa mãn bằng phương pháp quy nạp theo t. Sự tồn tại n thỏa mãn tương đương với sự tồn tại 12, ,..., k thỏa mãn (*). (2.4 1)(2.2 1) Với t 1 ta có 2t 1 3 . (4 1)(2 1) Giả sử T , mỗi số kt 21 đều có thể biểu diễn dưới dạng (*). Ta chứng minh kT 21 cũng có dạng đó. kk 11 Giả sử kv 12u trong đó v lẻ. Khi đó ta có vk . 22u Xét các số như sau: u 00 1 2vv 2 2 ; u 111 2 2vv 2 2 ; ; . u u 111 u u u 2vv 2 2 . 1 u Xét n11 p... pu . Khi đó ta có:  ()n2 (2u 1v 2 1 v 2 1 1)...(2 u 1 v 2 u v 2 u 1) k 1 1  (n ) (2u v 20 v 2 0 1)...(2 u u 1 v 2 u 1 v 2 u 1 1) 1 22uv 2 u v 2 u 1(2 u 1)(2 u v 1)2 u v 1 2uuv 200 v 2 1 (2 1) v v 2 r1 rs  ()n2 Vì k 1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại số n21 q... qs sao cho v .  ()n2 Bằng cách chọn các số q11,..., qn , p ,..., p là các số nguyên tố khác nhau và đặt n n12 n ta n p 12. p ... p k có: 12 k 2 222  ()n ()()nn12u .()()n 2 vk k 1 n . ()()()n  n12  n 17
18. Ví dụ 4:Tìm n nhỏ nhất để  (n ) 1 (giải bài toán khi thay n bởi 1 trong các số 2, 3, 6, 14 và 100). Lời giải: -Xét . Do n chỉ có 1 ước dương nên suy ra n 1. -Xét(n ) 2 . Do n có 2 ước nên n là số nguyên tố. Mà n nhỏ nhất nên n 2 . -Xét  (n ) 3. Ta có .  (n ) 3 (12 1)( a 1)...( ak 1) . 2 2 Từ đó ta suy ra np với p nguyên tố. Mà n nhỏ nhất nên p nhỏ nhất. Khi đó n 24. 2 -Xét (n ) 6 . Tương tự như trên, ta có n có dạng n p12 p với pp12, nguyên tố. Khi đó 2 n 2 .3 12 do n nhỏ nhất. 6 -Xét  (n ) 14 . Do 14=2.7 nên n có dạng n p12. p với nguyên tố. Vì n nhỏ nhất nên n 26 .3 192. -Xét  (n ) 100. Ta có 100 2.50 2.2.25 4.25 2.2.5.5 20.5 10.10. Khi đó 49 324 24 44 419 99 npp 12 pp 12........ ppp 123 pppp 1234 pp 12 pp 12 với p1,,, p 2 p 3 p 4 nguyên tố. 49324 24 4441999 -Số nhỏ nhất trong các số pp12,,,,, pp 12 ppp 123 pppp 123412 pp pp 12 tương ứng là 3.24932424 ,3 .2 ,2 .3.5,2 44 .3 .5.7,2 19499 .3 ,2 .3 . Dễ thấy số nhỏ nhất trong 6 số trên là 244 .3 .5.7 35.6 45360 . Vậy n nhỏ nhất là 45360. Ví dụ 5: (Canada 1999). Với số nguyên dương n, kí hiệu dn là số các ước nguyên dương 2 của n (kể cả 1 và chính nó). Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho n d n . Lời giải: Kí hiệu các số nguyên tố pp12 2, 3,... Với số chính phương n, ta có 2ai và . np  i  na  21i i 1 i 1 12 k n p12. p ... pk Suy ra  n là số lẻ và từ đó n cũng là số lẻ, suy ra a1 0.  n 21a Theo điều kiện bài toán, 1 ta có i 1.  ai n i 1 pi ai Bởi bất đẳng thức Bernoulli ta có pi p i 1 a i 1 2 a i 1 với số nguyên tố pi 3, là ước của n. 18
19. a2 Áp dụng bất đẳng thức ta được 3 2a2 1, đẳng thức xảy ra khi a2 0,1, các trường hợp còn lại xảy ra dấu bằng chỉ khi aa35 ,,, 0 . Suy ra n 1,9 là các giá trị cần tìm. 1.4. Hàm tổng các ước dương. 1.4.1. Định nghĩa. Nếu số nguyên dương n được phân tích thành thừa số nguyên tố : m1 m 2 m k n  p1 .p 2 p k . Thì tổng các ước nguyên dương của là: k p1mi1 σn  i . i1 p1i Chứng minh: Tất cả những ước số của n đều có dạng: x1 x 2 x k p1 .p 2 p k . với 0 x1 m 1 ,0 x 2 m 2 ,. . . . , 0 x k m k . Từ đó , ta có tổng tất cả các ước số nguyên dương của n là : m1 m 2 m k m 1 m 2 m k x1 x 2 x k x 1 x 2 x k σn    (p.pp)pp1 2  k  1  2   p k . x0x0x01 2 k x0x0 1 2 x0 k pm1 1 1 p m 2 1 1 p m k 1 1 Hay σ n  1 . 2 k . p1 1 p 2 1 p k 1 Do đó : k p1mi1 σn  i . i1 p1i +)Với mọi số nguyên tố p, ta có: p1k1 σ p 1 p p2k  p . p1 +) Nếu 휎 nhân tính : ab,1 thì ab  a .  b . Chứng minh: +) Nếu f là một hàm nhân tính, tức f(m.n) = f(m)f(n) với mọi (m, n) = 1 thì ta có: f n  f d cũng là một hàm nhân tính. dn| Thật vậy, giả sử m , n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì 19
20. f mn  f d . Rõ ràng ta có thể viết d d12 d một cách duy nhất sao cho 1 là ước của d| mn m và 2 là ước của n và ()dd12, 1. Khi đó ta có: fmn  fd  fdd 1 2  fdfd 1 2 d| mn d1|mm , d 2 | n d 1| , d 2 | n f d12 f d f m f n . d1|m d 2| n Nhận xét được chứng minh. Từ đây, lần lượt thay f(d) = d và f(d) = 1 ta suy ra được các hàm  n và  n đều là các hàm nhân tính. 1.4.2. Tính chất. +)  n n 1 n là số nguyên tố. 푛 +)  n lẻ ⟺ 푛 hoặc là số chính phương. 2 +) Chứng minh : 푛 Chiều đảo: Giả sử 푛 hoặc là số chính phương. 2 Khi đó ,푛 có dạng : t 22 12 2 k n  2 . p12 . p pk . Do đó : t 1 22 122 k 21 pp12 11pk 1  n .. ( 𝑖lẻ ). 2 1p12 1 p 1 pk 1 Vậy  n lẻ. Chiều thuận: Giả sử  n lẻ , khi đó ta có : 12 k n  p12. p pk pp 12 11p k 1  n 12. k . p12 1 p 1 pk 1 22 1 k 11p1 p 1  p 1  pk p k  p k 2 1 Ta có:  n lẻ 1 p1 p 1  p 1 lẻ . 1 1 2 k Nếu p1 2 thì  n 2 1  1 pk p k  p k . Mà p23,,, p pk lẻ nên 23,,,  k chẵn . 20