CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA HÀM SỐ HỌC

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.38 MB, 56 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

UBND TỈNH QUẢNG NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TỐN

------

KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Tên đề tài:

CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA HÀM SỐ HỌC

Sinh viên thực hiện

ĐOÀN THỊ THANH YẾN

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

MỤC LỤC

Phần 1. Mở đầu ... 1

1.1. Lí do chọn đề tài ... 1

1.2. Mục tiêu của đề tài ... 1

1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ... 1

1.4. Phương pháp nghiên cứu ... 2

2.6. Giá trị trung bình cuả hàm số học ... 38

2.7. Giá trị trung bình của một số hàm số học có tính chất nhân ... 48

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

Phần 1. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài

Đọc cuốn sách “Số học bà chúa của Tốn học” của tác giả Hồng Chúng, chúng ta thấy rằng Số học là lĩnh vực xuất hiện sớm nhất trong lịch sử Tốn học và là mơn học quan trọng trong ngành Toán. Khi con người bắt đầu làm việc với con số thì khi ấy Số học ra đời. Trải qua hàng nghìn năm phát triển Số học vẫn giữ được vẻ đẹp thuần khiết. Nó gắn với chúng ta xuyên suốt q trình học tốn từ bậc tiểu học đến trung học phổ thông. Chúng ta được tiếp xúc với Số học bắt đầu bằng những khái niệm đơn giản: tính chia hết, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất… giúp làm quen dễ dàng hơn với sự kì diệu của những con số cho đến những vấn đề đòi hỏi sự tư duy hơn như: đồng dư thức, thặng dư bình phương, hàm số học,…Trong những năm gần đây Số học không chỉ là lĩnh vực của Tốn học lí thuyết mà cịn nhiều ứng dụng trong đời sống đặc biệt là trong lĩnh vực bảo mật thơng tin. Lịch sử tốn học đã có nhiều nhà nghiên cứu về lĩnh vực này như: Euler, Fermat,… Số học cung cấp cho ta nhiều lượng kiến thức quan trọng, trong đó phải kể đến một kiến thức không thể thiếu là các hàm số học cơ bản. Các hàm số học đóng vai trị quan trọng trong việc hình thành và nghiên cứu của lí thuyết để hồn thiện. Đây là vấn đề quan trọng và cổ điển của Toán học. Hơn nữa nó là một dạng bài tập có nhiều trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, Olympic toán, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông …Tuy nhiên, môn Số học ở trung học phổ thông chưa dành nhiều thời gian và chuyên sâu. Vì vậy mà học sinh thường lúng túng khi giải các dạng bài tập liên quan đến hàm số học. Lượng kiến thức và bài tập về hàm số học thường đa dạng và có tính kích thích sự tìm tịi, tị mị của người học. Để tìm hiểu sâu hơn về các hàm số

học và ứng dụng của nó nên em chọn đề tài: “Các hàm số học và giá trị trung bình cuả

hàm số học” làm đề tài khóa luận nghiên cứu của mình.

1.2. Mục tiêu của đề tài

- Tìm hiểu các hàm số học và giải các bài tập liên quan. - Tìm hiểu về giá trị trung bình của một hàm số học.

1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

- Đối tượng nghiên cứu: Hàm số học và ứng dụng, giá trị trung bình của hàm số học. - Phạm vi nghiên cứu:

+ Hàm đếm các ước 

 

n, hàm tổng các chữ số của số tự nhiên n, hàm tổng các ước

số dương 

 

ncủa n, hàm Euler 

 

n , hàm Mobius, …

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

+ Giá trị trung bình của hàm số học.

1.4. Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp đọc tài liệu.

- Sưu tầm giải quyết các bài toán. - Tham khảo ý kiến chuyên gia.

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

Phần 2. NỘI DUNG

CHƯƠNG 1: CÁC HÀM SỐ HỌC 1.1 Định nghĩa hàm số học và các tính chất

1.1.1. Định nghĩa

- Hàm số học là một hàm xác định trên tập N lấy giá trị trên *, tức là: f N: *C.

- Hàm số f khác hàm không, được gọi là một hàm nhân nếu:

ii). Nếu f1: * và f2: * là các hàm nhân thì hàm số f: * xác định bởi: f n

 

 f n f1

   

. 2 n cũng là hàm nhân.

Thật vậy ta có: f

 

1  f1

   

1 .f2 1 1.1 1 0   f

 

1 0*

Vậy f là một hàm nhân.

1.1.3. Công thức tổng trải

1 . 2 ... kk

n p p p là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n và f là một



được gọi là tổng trải trên tất cả các ước của n.

Chứng minh: Khai triển vế phải của cơng thức trên ta có:

f p

f p f p  f p 

 

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

Vì 12

1 , 2 ,..., kk

p p  p  là các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một và f là hàm nhân

. ... kii

f p p  p 

 

Theo dấu hiệu về các ước của n thì 12

1 , 2 ,..., kk

p p p chạy qua tất cả các ước của n

khi i chạy qua các giá trị 0,1, 2,...,i,  i 1,k nên cuối cùng ta được:

  

Cho số nguyên dương n, ta kí hiệu 

 

n là số các ước của n, có thể biểu diễn như sau:

 

a p p p 12

1 . 2 ... ss

bq q  q lần lượt là dạng phân tích tiêu chuẩn của ,a b

Từ

 

a b, 1 suy ra p p1, 2,...,p ; kq q1, 2,...,q là những số nguyên tố đôi một khác s

j s) hay d ab|  dxy với 12

1 . 2 ... kk

x p p p , 12

1 . 2 ... ss

yq q  q . Tức là d ab|  dxy với |x a , |y b ,

 

x y, 1.

Từ kết quả trên ta suy ra

     

ab 



a .



b .

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

1.2.3. Định lý

1 . 2 ... kk

n p p p là dạng phân tích tiêu chuẩn của n1. Khi đó:

  

1

 

2

 

    

12

 

1 . 2 ... kk

np p p

    .

Vậy định lý được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng 

 

p   1 với p là số nguyên tố.

Thật vậy, các ước của p là và chỉ là 1 số sau đây: 1, ,p p2,...,p.

1 . 2 ... kk





 . Ví dụ:

  

666

 

      .

 

32

  

Nếu a là ước của n thì n

a cũng là ước của n. Ta chia tập các ước của n ra thành hai

tập con: S1



a n a| :  n



, S1  vì 1S1. S2 



b n b| :  n



, S2   vì nS2.

Với phần tử bS2 tương ứng duy nhất phần tử anS1b

  . Số phần tử của S bé hơn hoặc bằng n . 1

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">

Vậy 

 

n 2 n định lý được chứng minh. Ví dụ: 

 

360 242 360 12 10.

1.2.6. Bài tập vận dụng

Bài 1

Cho số tự nhiên m có dạng PTTC m p.q và

 

215

  

b). 

 

n 100

Giải: a). Ta có: 142.7,

 

n 14 thì n có dạng: n p p1. 26 trong đó p p là các số 1, 2nguyên tố khác nhau. Vậy khi

 

n 14 thì n nhỏ nhất là: n2 .36 64.3 192 .

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

b). Ta có: 1002.504.252.2.252.2.5.5 10.10 nên 

 

n 100 thì n có dạng:

1. 21. 21. 2. 3

n p p p p p p p 44991. 2. 3. 41. 2

p p p pp p

  trong đó p p p p1, 2, 3, 4 là các số nguyên tố khác nhau.

Số nhỏ nhất trong các số p p là 1. 249 2 .3 49

Số nhỏ nhất trong các số p p là 13. 224 2 .324 32 .3 .5.7 4 4Số nhỏ nhất trong tất cả các số p p p là 1. 2. 324 2 .3.5 24Số nhỏ nhất trong tất cả các số p p p p là 1. 2. 34. 44Số nhỏ nhất trong tất cả các số p p là 19. 29 2 .3 9 9Min



49243244499



2 .3, 2 .3 , 2 .3.5, 2 .3 .5.7, 2 .3 2 .3 .5.74 4 45360Vậy số tự nhiên n nhỏ nhất cần tìm là 45360.

n p p p thì số các ước nguyên dương của n là:

  

n 



11 .

 

21 ...

 

k 1



Do 182.32 nên 18 có 6 ước số nguyên là: 1, 2,3,6,9,18 và do n có16 ước số nguyên dương nên

732.32.3 .

 

 với p là số nguyên tố lớn hơn 18.

+ Nếu n2.37 thì d9d8 81 54 2717(khơng thỏa mãn điều kiện đã cho). + Nếu n2.3 .3 p với p là số nguyên tố lớn hơn 18.

- p27 thì d7  p, d8 27, d9 2pd81744 p 22 (loại). - 27 p 54 thì d7 27, d8  p, d9 54d817 p 37 (thỏa). - p54 thì d7 27, d8 54, d9  pd817 p 71 (thỏa).

Vậy ta có hai số nguyên dương thỏa yêu cầu đề bài:

332.3 .372.3 .71

 



</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

2.4 1 2.2 14 1 2 1



</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

n q qq trong đó q , ii1,s là những số nguyên tố sao cho

 

Giả sử n là một số tự nhiên. Ta định nghĩa S n là hàm tổng các chữ số của

 

n khi biểu diễn trong hệ thập phân.

1.3.2. Các tính chất

mod9 ,

S n n  nChứng minh:

Giả sử trong biểu diễn hệ thập phân, số tự nhiên n có dạng: 1 2 1 0

ii. S n

 

   n 0 n 9

Chứng minh:

n      , vì n0 nên k 0,



i



0,1, 2,...,9



, i1,k

Do S n

 



  

0 12 ...



k1



k S n

 

0k số 9

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

n      , 1 2 1 010...

Vậy (*) đúng đến k. Theo nguyên lý quy nạp ta có: S m n







S m

   

S n

Theo chứng minh tính chất (iii) suy ra:

p số 0

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

Vì S n

 

0 và S n nguyên nên

 

S n

 

1. Do đó từ (1.1) suy ra n2002

Trong các số khơng vượt q số 2002 thì số 1999 có tổng các chữ số lớn nhất ta có:

 

1999



S n S  (1.3) đúng với mọi số tự nhiên n2002

Thay (1.3) vào (1.1) ta có: n1975 kết hợp với (1.2) ta có 1975 n 2002DoS



2002



4,S



2001



3, S



2000



2.

Nên n2002, n2001,n2000không thỏa n S n

 

2003 nên 1975 n 1999. Vì n



1975,1999



nên ta có thể biểu diễn n dưới dạng hệ thập phân:

n19ab;



a b, 



; 7 a 9; 0 b 9Khi đó:n S n

 

2003

1900 10 a b    10 a b 2003 11a2b93 93 11

ab 

aa 

Do b nên 12

 

hay a 1 2t và b11t41, t

b số hạng A

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

Vì ,a b ; 7 a 9; 0 b 9 nên suy ra hệ thức sau:

  

   

 

   



</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

Từ (3.1) và (3.2) suy ra S B

 

7

Bài 4: Đặt

  

1999



92

aS , bS a

 

, cS b

 

. Tìm c

Giải:

Đặt

 

199992

n thì

 

3.199932

Trong các số không vượt quá 53973 chữ số thì 49999 là số có tổng các chữ số lớn nhất.

Từ a53973 suy ra: bS a

 

S



49999



40 hay b40.

Trong các số không vượt quá 40 thì số 39 là số có tổng các chữ số là lớn nhất, suy ra:

  

39 12

cS b S  hay c12

2  1 mod9 mà

 

3 59972

n nên n 

 

1 mod9



hay n8 mod9



. Ta lại có:

Giải: Ta có nhận xét: Nếu n là số nguyên dương thì với mọi số nguyên dương p , ta có

SnS n 

5997 số 9

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

1.4. Hàm tổng các ước số dương của n 1.4.1. Định nghĩa

Cho số nguyên dương ,n ta kí hiệu 

 

n là hàm tổng các ước của n.

n p p p là phân tích tiêu chuẩn của n

np p p

   

Vậy ta cần chứng minh:

 

111

  

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

Số tự nhiên n0 được gọi là số hoàn chỉnh nếu 

 

n 2n

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

 

 Giả sử m chẵn là số hoàn chỉnh cần chứng minh m có dạng 1



Do 

 

q là tổng tất cả các ước của q nên q chỉ có hai ước là q và d .

Nếu d 1thì q, ,d 1 là ước của q (mâu thuẫn) nên ta suy ra d 1 và q2k11 là một số nguyên tố.

Vậy định lý được chứng minh.

 

 

28 2 .7

pqqqpp

</div>Trang 19<div class="page_container" data-page="19">

Vậy 2 1.m21



1

  

22 1  m

2 1Mặt khác: 2 1.m21 1222

Nếu  0 thì 2 11 có dạng 4k1, do đó các ước số nguyên tố p có dạng 4k1,

n không quá hai ước nguyên tố khác nhau khi đó chỉ có 2 trường hợp xảy ra:

+ Trường hợp 1: Nếu n chỉ có một ước số nguyên tố, tức n có dạng n pk với p là

 2

Suy ra 22 (vơ lí).

Vậy giả thiết phản chứng là sai. (1)

+ Trường hợp 2: Nếu n có hai ước số nguyên tố lẻ khác nhau p và q sao cho

</div>Trang 20<div class="page_container" data-page="20">

a). n là số nguyên tố khi và chỉ khi

 

n  n 1

b). 

 

n là một số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phương hoặc 2

là số chính phương.

Giải:

a). Nếu n là số nguyên tố thì 

 

n  n 1.

Ngược lại, nếu 

 

n  n 1 và n là hợp số thì n có ước là 1, a và n với 1 a n. Ta có: 

 

n     n a 1 n 1 (mâu thuẫn).

Mặt khác: n1 thì 

 

n   1 n 1 (vơ lí) Vậy n là số nguyên tố.

b).

 

 Nếu nm2 hoặc n2m2 thì 12

122 . . ... k

</div>Trang 21<div class="page_container" data-page="21">

- Với

m1

ta có

 m

được xác định như sau:

 m

là số các lớp thặng dư trong hệ thặng dư thu gọn theo mod m .

 m

là số phần tử của nhóm nhân *m, các phần tử khả nghịch của vành m các

lớp thặng dư theo mod m .

 m

là số các số tự nhiên không vượt quá m1 và nguyên tố với m

np p p . Ta có:

 

</div>Trang 22<div class="page_container" data-page="22">

1 . 2 ... kk

m p p p . Khi đó: |

n p p p thì

 

 





</div>Trang 23<div class="page_container" data-page="23">

Mặt khác ta có:

 

1 11

Giả sử r r1, ,...,2 r n là hệ thặng dư thu gọn mod n . Theo định lý hệ thặng dư thu gọn

thì hệ ar ar1, 2,...,ar n cũng là hệ thặng dư thu gọn theo mod n . Vì mỗi thặng dư của hệ này đồng dư với một và chỉ một thặng dư của hệ kia theo modn nên ta có:

</div>Trang 24<div class="page_container" data-page="24">

Giải: Ta có: n2 . p là dạng PTTC của n 02

   

Vậy n20 hoặc n24 thỏa yêu cầu bài toán.

Bài 2: Tìm dư trong phép chia 3 cho 100 517

k  p p p , khi đó theo định lý Euler ta có:

 

1 mod



ip

</div>Trang 25<div class="page_container" data-page="25">

- Áp dụng vào bài 3 ta có: 77 11.7 có 

 

11 10, 

 

7 6. Bội chung nhỏ nhất của 10 và 6 là 30. Do đó: 30



2 1 mod 77Mặt khác: 100000030.33333 10

   nên:

</div>Trang 26<div class="page_container" data-page="26">

khi nnkhi n p

khi np pp

 

 

 

   

1.6.3. Định lý 1:

Giả sử f là một hàm nhân và 12

1 . 2 ... kk

n p p p Khi đó:

</div>Trang 27<div class="page_container" data-page="27">

d n

np p p . Khi đó ta có các đẳng thức sau:

     

1.6.5. Công thức đảo ngược Đêđêkin-Liuvin:

Giả sử f là hàm nhân số học, g là hàm số học được xác định bởi:

</div>Trang 28<div class="page_container" data-page="28">



khi /n d 1 và nó bằng 1 chỉ khi /n d 1 hay nd

Trong vế phải của (*) chỉ có một số hạng khác 0 cụ thể là số hạng ứng với nd. Khi đó vế phải bằng f n .

 

nghịch đảo các ước dương của n. Khi đó,  là một hàm nhân. Nếu n có sự phân tích tiêu chuẩn: 12

1 . 2 ... ss

pn

</div>Trang 29<div class="page_container" data-page="29">



min,

d n

 cũng là một hàm nhân. Vì vậy,

1 . 2 ... kk

pn  p

d n

dnnd

</div>Trang 30<div class="page_container" data-page="30">

Tính chập  của hai hàm số học g và f được định nghĩa như sau:

khi n

0 p  1 f p  f p , suy ra

 

2

 

f p    f p  ;

- n p,  2:

   

2

   

10 p  1 f p  f p  ... f p  f p

khi npp p p

 

p nguyên tố

</div>Trang 31<div class="page_container" data-page="31">

CHƯƠNG 2: GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA HÀM SỐ HỌC 2.1. Hàm phần nguyên và hàm phần phân

2.1.1. Hàm phần nguyên

không vượt quá x. Như vậy

 

x là số nguyên thỏa mãn:

xx    

(6) Giả sử x  và d là một số nguyên dương. Khi ấy các số tự nhiên khác 0, không vượt quá x là bội của d bằng



x d . /



(7)

   

</div>Trang 32<div class="page_container" data-page="32">

2.2. Điểm nguyên 2.2.1. Định nghĩa

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta gọi điểm

 

x y trong đó ,, x y là các điểm nguyên.

2.2.2. Định lý về số các điểm nguyên trong một miền

Giả sử f x là hàm số liên tục và không âm trên

  

a b . Số các điểm nguyên ,

nằm trong hình thang cong xác định bởi a xb, 0 yf x

 

là

 

  

  . Do đó tổng các ji

  

  là hữu hạn.

Mặt khác, số các số tự nhiên là bội của p không vượt quá n là np

   .

Do đó ta có thể viết ! . ! 1

 

    

</div>Trang 33<div class="page_container" data-page="33">

Do đó, số các số nguyên dương là bội của p không vượt quá n

  

  là 2

   .

 

  

  . Tiếp tục quá trình này ta được:

2 3...

Cho p lần lượt bằng p p1. 2...p ta có được định lý cần chứng minh. s

     

Ví dụ: Phân tích 6! ra thừa số nguyên tố.

Ta có: 6! 2 .3 .5 ...123 kk

  số chia hết cho số tự nhiên q .

Ví dụ: n24, q5; khi đó có 245

  

  số chia hết cho 5

</div>Trang 34<div class="page_container" data-page="34">

Bài 2: Tìm phần nguyên trong biểu diễn thành số thập phân của số:

2x1 4x  36x 10x 3 2x2





22



2x 1 4x  36x 10x 3 2x2

</div>Trang 35<div class="page_container" data-page="35">

Cộng x vào mỗi vế của bất đẳng thức trên ta có:

ccb



</div>Trang 36<div class="page_container" data-page="36">

ddc

     

Với t 1

 

x    1 1 x 2Với t 2

 

x    2 2 x 3Vậy S 



1;3



x x    

x   nên 2 2 13x

</div>Trang 37<div class="page_container" data-page="37">

Với n = 0 ta có:

yx 

(*) ta được

 

1 5 1

yy y  

Đặt 5 1 ,2



</div>Trang 38<div class="page_container" data-page="38">

2.4.3. Chứng minh các hệ thức chứa phần nguyên

Bài 1 :Chứng minh rằng:  4n1   4n2 ,  n *Giải: Đặt  4n2 a,  4n1b

Do a là số nguyên nên a 4n1. Vậy b do đó a = b (đpcm)

Bài 2: Chứng minh rằng: ,m n là những số tự nhiên lẻ và



m n,



1 ta có:

mk nkn

    

</div>Trang 39<div class="page_container" data-page="39">

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

9.8n 3 k1Hoàn toàn tương tự, ta thu được:

Cho DR, f là hàm số phức xác định trên miền D và g là hàm số xác định trên

D thỏa mãn g x

 

0 với mọi xD.

- Ta viết f O g

 

hoặc f  g nếu tồn tại hằng số c sao cho:

</div>Trang 40<div class="page_container" data-page="40">

f xg x

logx0

 

x với mọi  0. sin1

Đặc biệt F x

 

0 với mọi x1.

ii) Hàm số f t xác định trên khoảng I được gọi là đơn mốt trên I nếu tồn tại

 

t0I

sao cho f t đơn điệu tăng với mọi

 

t t0 và đơn điệu giảm với mọi t t0.

Ví dụ: Hàm

 

log2

</div>Trang 41<div class="page_container" data-page="41">

iii) Nếu f t là đơn mốt khơng âm trên

 

1,



thì:

    

</div>Trang 43<div class="page_container" data-page="43">

2.6.3. Hệ quả của định lý 1 2.6.3.1. Hệ quả 1

Cho x2 ta có: log log



log



x Onr

 là không âm, đơn mốt trên



1,



với giá trị lớn nhất là

    tại

x Onr

 

01

</div>Trang 44<div class="page_container" data-page="44">

 

log1 log

1 ! 1 !

 

      



</div>Trang 46<div class="page_container" data-page="46">

n an

F x g bF y g aF t g t dt

 

Vì F

 

1  f

 

1 .

2.6.5. Hệ quả của định lí 2 2.6.5.1. Hệ quả 1

 .

</div>

CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA HÀM SỐ HỌC

UBND TỈNH QUẢNG NAM

<b>TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA TỐN </b>

------

<b>KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC </b>

<i><b>Tên đề tài: </b></i>

<b>CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH CỦA HÀM SỐ HỌC </b>

Sinh viên thực hiện

<b>ĐOÀN THỊ THANH YẾN </b>

 

 

 

 

   

 

   

 



  

 

 

 

 

     





  

 

 

    

 

 



  

 

 

  









 

 

 

 

 

 

 





  



 

 



 

 

 

 







 

  





 





   

 

 

 

 











