Các hàm số học và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
TẠ VĂN TRUNG
CÁC HÀM SỐ HỌC
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
TẠ VĂN TRUNG
CÁC HÀM SỐ HỌC
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
1
Mục lục
Lời mở đầu 2
Lời cảm ơn 3
1 Lý thuyết chia hết trong vành Z 5
1.1 Quan hệ chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Phép chia với dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Ước chung lớn nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Bội chung nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.5 Số nguyên tố và Định lý cơ bản của số học . . . . . . . . . 13
1.6 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số . . . . . . . . . . . . . 16
2 Các hàm số học và ứng dụng 21
2.1 Hàm phần nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2 Hàm nhân, Công thức tổng trải . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3 Hàm τ(n), σ(n) và số hoàn thiện . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.4 Hàm số π(x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.5 Hàm Euler ϕ(n) và công thức tính . . . . . . . . . . . . . . 30
2.6 Hàm Mobius, Công thức đảo ngược Dedekind-Liouville . . . 33
2.7 Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . 36
2.8 Số đơn nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.9 Công thức đảo ngược về tổng, tích Dirichlet . . . . . . . . . 41
2.10 Ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Kết luận 60
Tài liệu tham khảo 61
2
Lời mở đầu
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng
là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chưa có
câu trả lời. Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó,
nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nảy sinh. Hơn nữa
trong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học
lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng trực tiếp vào các vấn
đề của đời sống như kinh tế, xã hội, kỹ thuật máy tính, đặc biệt trong lĩnh
vực bảo mật thông tin. Chính vì thế, số học-một khoa học "ai cũng biết
và nên biết chút ít". Mục đích của luận văn giới thiệu Các hàm số học và
ứng dụng. Những ứng dụng của các hàm số học là rất nhiều, nhưng vì giới
hạn trong phương pháp toán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc
sĩ nên bản luận văn chỉ nêu ra một số ứng dụng cơ bản.
Bản luận văn gồm 2 chương:
Chương I: Lý thuyết chia hết trong vành Z.
Nội dung của chương I trình bày về: Quan hệ chia hết, Phép chia với dư,
Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất, Số nguyên tố và định lý cơ bản
của số học, Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số.

Chương II: Các hàm số học và ứng dụng.
Phần đầu chương này trình bày về các hàm số học cơ bản. Phần cuối
chương là vận dụng lý thuyết về các hàm số học vào giải một số bài toán.
3
Lời cảm ơn
Hoàn thành được luận văn này, ngoài sự nỗ lực của bản thân, tôi đã
nhận được sự chỉ bảo, giúp đỡ của các thầy cô, gia đình và bạn bè.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy kính mến PGS.TS
Đàm Văn Nhỉ, người đã trực tiếp truyền thụ kiến thức, quyết định hướng
nghiên cứu và tận tình hướng dẫn cho tôi hoàn thành bản luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo Khoa Toán, Trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, và các thầy cô tham gia giảng dạy
khóa Cao học 2012-2014, những người đã trực tiếp giảng dạy và giúp đỡ
tôi trong quá trình học tập tại trường cùng toàn thể bạn bè và người thân
đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiên
cứu và hoàn thành luận văn này.
Số học là một lĩnh vực rộng lớn, nhưng vì giới hạn trong phương pháp
toán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc sĩ nên bản luận văn mới
chỉ trình bày được một phần nào đó. Do thời gian có hạn và năng lực có
phần hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.
Vì vậy, tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và bạn
bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 19 tháng 04 năm 2014
Học viên
Tạ Văn Trung
4
Về ký hiệu:
N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên.
N

∗
được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương.
Z được ký hiệu cho vành các số nguyên.
Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ.
Q
∗
được ký hiệu cho tập các số hữu tỷ dương.
R được ký hiệu cho trường các số thực.
C được ký hiệu cho trường các số phức.
K được ký hiệu cho một trong ba trường Q, R hoặc C.
5
Chương 1
Lý thuyết chia hết trong vành Z
Khái niệm nhóm, vành và trường không nhắc lại trong chuyên đề này. Tập
Z là một miền nguyên, Q là một trường đặc số 0.
1.1 Quan hệ chia hết
Định nghĩa 1.1.1. Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b = 0. Số a được gọi là
chia hết cho số b hay b chia hết a nếu có c ∈ Z thỏa mãn a = bc.
Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a
.
.
. b
hoặc nói b chia hết a và viết b|a. Khi a = bc thì b được gọi là một ước của
a. Các tính chất cơ bản sau đây về quan hệ chia hết là hiển nhiên.
(i) 1 | a với mọi a ∈ Z.
(ii) a | a với mọi a ∈ Z, a = 0.
(iii) Nếu a | b và b | c thì a | c với mọi a, b, c ∈ Z, a, b = 0.
(iv) Nếu a | b thì |a|  |b| với mọi a, b ∈ Z, a, b = 0.
(v) Nếu a | b
i

với a, b
i
∈ Z, i = 1, . . . , n, thì a |
n

i=1
b
i
x
i
với x
i
∈ Z.
(vi) Nếu a | b và b | a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈ Z, a, b = 0.
Hiển nhiên, quan hệ chia hết trong Z có tính phản xạ, nhưng không có
tính bắc cầu, chẳng hạn 0
.
.
. 5, nhưng 5 
.
.
. 0 và không có tính phản đối
6
xứng, chẳng hạn 5 | −5, −5 | 5, nhưng 5 = −5. Do đó quan hệ chia hết
không là quan hệ tương đương, cũng không là quan hệ thứ tự trong Z.
1.2 Phép chia với dư
Định lý 1.2.1. Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b = 0, luôn tồn tại duy
nhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, với 0  r < |b|.
Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b|  a, n ∈ Z}. Vì
|b|  1 nên −|a||b|  −|a|  a. Do đó −|a||b| ∈ T. Vậy T = ∅. Vì T là

tập bị chặn trên nên T có một số lớn nhất m|b|. Từ m|b|  a ta suy ra
r = a−m|b|  0 và r ∈ Z. Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b|. Do tính
lớn nhất của m|b| trong T nên (m + 1)|b| > a. Như vậy |b| > a −m|b| = r
và ta có a = qb + r với 0  r < |b|.
Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb + r với 0  r < |b| và
a = q
1
b + r
1
với 0  r
1
< |b|. Trừ vế cho vế, ta có r −r
1
= b(q
1
− q). Từ
|r − r
1
| < |b| ⇒ |q
1
− q||b| < |b|. Vậy q = q
1
và hiển nhiên r = r
1
.
Biểu diễn a = qb + r, 0  r < |b|. Nếu r = 0 thì q được gọi là thương của
a chia cho b. Nếu r = 0 thì q gọi là thương hụt, còn r là số dư trong phép
chia a cho b.
Ví dụ 1.2.2. Đặt a
n

= 1
2011
+ 2
2011
+ ···+ n
2011
với n ∈ N
∗
. Chứng minh
rằng a
n
không chia hết cho n + 2.
Bài giải: Ta có
2a
n
= [n
2005
+ 2
2005
] + [(n −1)
2005
+ 3
2005
] + ··· + [2
2005
+ n
2005
] + 2.
Vậy 2a
n

= (n + 2)d + 2, d ∈ N
∗
⇒ a
n
không chia hết cho n + 2.
Ví dụ 1.2.3. Giả sử x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình x
2
−38x+1 = 0.
Đặt a
n
= x
n
1
+ x
n
2
với n = 0, 1, 2, . . . . Chứng minh rằng a
n
là số nguyên
và tìm dư của phép chia a
1000
cho 19.
7
Bài giải: Có a
0
= 1 + 1 = 2, a

1
= x
1
+ x
2
= 38. Vì x
2
1
− 38x
1
+ 1 =
0, x
2
2
−38x
2
+ 1 = 0 nên x
n+2
1
−38x
n+1
1
+ x
n
1
= 0, x
n+2
2
−38x
n+1

2
+ x
n
2
= 0.
Do đó a
n+2
= 38a
n+1
− a
n
với mọi n  0. Bằng phương pháp quy nạp
theo n ta suy ra a
n
nguyên với mọi n  0. Ta có a
n+2
+ a
n
.
.
. 19 với mọi số
nguyên n  0. Từ a
n+2
+ a
n
.
.
. 19 và a
n+4
+ a

n+2
.
.
. 19 suy ra a
n+4
−a
n
.
.
. 19
với mọi n  0 và nhận được bảng chia hết cho dưới đây:
a
4
− a
0
.
.
. 19
a
8
− a
4
.
.
. 19
a
12
− a
8
.

.
. 19
. . .
a
1000
− a
996
.
.
. 19.
Như vậy a
1000
− a
0
.
.
. 19 hay a
1000
chia cho 19 dư 2.
1.3 Ước chung lớn nhất
Định nghĩa 1.3.1. Cho các số nguyên a
1
, . . . , a
n
∈ Z không đồng thời
bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung của các a
i
nếu d | a
i
với mọi

i = 1, . . . , n.
Hiển nhiên +1, −1 là ước chung của mọi tập hữu hạn các số nguyên. Ký
hiệu tập tất cả các ước chung của a
1
, ··· , a
n
∈ Z là C(a
1
, ··· , a
n
) và thấy
ngay tập này khác rỗng. Ví dụ C(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3}.
Định nghĩa 1.3.2. Cho các số nguyên a
1
, . . . , a
n
∈ Z không đồng thời
bằng 0. Số nguyên d được gọi là ước chung lớn nhất của các a
i
nếu d là
một ước chung của các a
i
và d chia hết cho mọi ước chung của chúng.
Như vậy, số nguyên d là ước chung lớn nhất của a
1
, . . . , a
n
∈ Z khi và
chỉ khi d | a
i

, i = 1, . . . , n, và nếu c | a
i
, i = 1, . . . , n, thì c | d. Khi số
nguyên d là ước chung lớn nhất của a
1
, . . . , a
n
thì −d cũng là ước chung
lớn nhất của a
1
, . . . , a
n
. Người ta ký hiệu ước chung lớn nhất của a
1
, . . . , a
n
qua (a
1
, . . . , a
n
) và chọn nó là |d|. Dễ thấy rằng, (a
1
, . . . , a
n
) là số nguyên
dương lớn nhất nằm trong tập C(a
1
, . . . , a
n
).

8
Định lý 1.3.3. Cho các số nguyên a
1
, . . . , a
n
∈ Z không đồng thời bằng
0. Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất (a
1
, . . . , a
n
).
Chứng minh: Đặt I = {y =
n

j=1
a
j
x
j
| x
j
∈ Z, j = 1, . . . , n}. Dễ dàng
chỉ ra I là một iđêan của vành Z. Từ a
i
= 1.a
i
+
n

i=j=1

0.a
j
ta suy ra các a
i
đều thuộc I. Vậy I = {0}. Nếu y ∈ I thì −y ∈ I. Vậy có số dương thuộc
I. Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I. Ta chỉ ra d = (a
1
, . . . , a
n
).
Trước tiên ta chỉ ra d ∈ C(a
1
, . . . , a
n
) : Giả sử a
i
= q
i
d + r
i
, 0  r
i
< d
theo Định lý 1.2.1. Ta có biểu diễn d =
n

j=1
a
j
x

j
, x
j
∈ Z do d ∈ I và từ
r
i
= a
i
−q
i
d = a
1
(−q
i
x
1
) + ···+ a
i
(1 −q
i
x
i
) + ···+ a
n
(−q
i
x
n
) ∈ I suy ra
r

i
∈ I với mọi i = 1, . . . , n. Bởi vì d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I
và các r
i
∈ I, 0  r
i
< d, nên r
1
= ··· = r
n
= 0.
Tiếp theo, nếu c ∈ C(a
1
, . . . , a
n
) thì c|d. Thật vậy, nếu c ∈ C(a
1
, . . . , a
n
)
thì có b
j
∈ Z để a
j
= b
j
c với j = 1, . . . , n. Do vậy d =
n

j=1

a
j
x
j
=
c(
n

j=1
b
j
x
j
) hay c|d. Tóm lại d = (a
1
, . . . , a
n
).
Thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất
Bây giờ chúng ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1 để tìm ước chung lớn nhất của
một số số nguyên không đồng thời bằng 0, nhưng thực ra chỉ cần cho hai
số.
Để tìm ước chung lớn nhất của a, b ∈ Z, b = 0, ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1
vào việc xây dựng lại Thuật toán Euclid như sau: Biểu diễn a = q
0
b+r với
0  r < |b|. Nếu r = 0 thì (a, b) = b. Nếu r = 0, ta biểu diễn b = q
1
r + r
1

với 0  r
1
< r. Nếu r
1
= 0 thì ta dừng lại và ta có r = (b, r) = (a, b)
theo tính chất (vii). Nếu r
1
= 0, ta tiếp tục như trên. Đến bước thứ n
ta có r
n−3
= q
n−1
r
n−2
+ r
n−1
với 0  r
n−1
< r
n−2
, Sau mỗi bước ta có
|b| > r > r
1
> ···  0 và các r
i
∈ N. Như vậy quá trình trên không thể
tiếp tục mãi được. Đến bước thứ m xác định nào đó quá trình trên phải
9
dừng. Khi đó ta có r
m−2

= q
m
r
m−1
và (a, b) = r
m−1
. Đây chính là Thuật
toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số. Đối với trường hợp tìm
ước chung lớn nhất của nhiều hơn 2 số, ta sử dụng tính chất (iii) ở trên
để đưa về việc tìm ước chung lớn nhất của hai số.
Ví dụ 1.3.4. Cho a = 196, b = 38. Ta có 196 = 38.5+6, 38 = 6.6+2, 6 =
3.2. Vậy (196, 38) = 2.
Chú ý rằng, do (a, b) = (b, r) nên ta có thể giả thiết hai số nguyên a và b
không âm và a  b. Ta có:
Định lý 1.3.5. Nếu d = (a, b) thì có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by.
Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên (a
n
), (b
n
) theo công thức truy
hồi sao cho r
i
= a
i
a + b
i
b, i  0 và r
0
= r. Vì r = a − q
0

b, nên ta chọn
a
0
= 1, b
0
= −q
0
và có được r
0
= r = a
0
a + b
0
b. Vì a
1
a + b
1
b = r
1
=
b − q
1
r
0
= b − q
1
(a
0
a + b
0

b) nên ta có thể chọn a
1
= −q
1
a
0
= −q
1
, b
1
=
1 −q
1
b
0
= 1 + q
0
q
1
. Tổng quát, do bởi
a
i+1
a + b
i+1
b = r
i+1
= r
i−1
− q
i+1

r
i
= a
i−1
a + b
i−1
b −q
i+1
(a
i
a + b
i
b)
ta chọn công thức truy hồi

a
0
= 1
b
0
= −q
0

a
1
= −q
1
b
1
= 1 + q

0
q
1

a
i+1
= a
i−1
− q
i+1
a
i
b
i+1
= b
i−1
− q
i+1
b
i
, i  1.
Vì q
m
= 0 nên x = a
m−1
, y = b
m−1
thỏa mãn xa + yb = d.
Từ định lý vừa được chứng minh suy ra một hệ quả có tính kỹ thuật sau:
Hệ quả 1.3.6. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó (a, b) =

1 khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = 1.
Tổng quát hơn nữa ta có hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.7. Cho a, b ∈ Z không đồng thời bằng không. Khi đó (a, b) =
d khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = d và d là ước chung của a
và b.
10
Chứng minh: Ta có (a, b) = d khi và chỉ khi

a
d
,
b
d

= 1. Theo Hệ quả
1.3.6 có x, y ∈ Z để
a
d
x+
b
d
y = 1. Nhân hai vế với d ta có ax+ by = d.
Hệ quả 1.3.8. Cho a, b, c ∈ Z không đồng thời bằng không. Nếu (a, c) =
1, (b, c) = 1 thì (ab, c) = 1.
Chứng minh: Theo Hệ quả 1.3.6 có x, y, z, t ∈ Z để ax+cy = 1, bz+ct =
1. Nhân vế với vế ta có 1 = (ax + cy)(bz +ct) = abxy +c(axt+byz +cyt).
Vẫn theo Hệ quả 1.3.6 ta có (ab, c) = 1.
Định nghĩa 1.3.9. Các số nguyên a
1
, . . . , a

n
∈ Z không đồng thời bằng
0, được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a
1
, . . . , a
n
) = 1. Chúng được gọi
là nguyên tố sánh đôi nếu (a
i
, a
j
) = 1 với mọi i, j = 1, . . . , n, i = j.
Định lý 1.3.10. Cho các số nguyên a
1
, . . . , a
n
∈ Z, không đồng thời bằng
0. Các số a
1
, . . . , a
n
nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi có x
j
∈ Z để
n

j=1
a
j
x

j
= 1.
Chứng minh: Hiển nhiên, khi có các số nguyên x
j
để
n

j=1
a
j
x
j
= 1 thì
a
1
, . . . , a
n
là nguyên tố cùng nhau. Ngược lại, giả thiết a
1
, . . . , a
n
là nguyên
tố cùng nhau. Đặt d
i
= (a
1
, . . . , a
i
), i = 1, . . . , n. Ta có d
n

= 1. Vận dụng
Định lý 1.3.5, ta có thể giả thiết qui nạp có y
j
∈ Z để
n−1

j=1
y
j
a
j
= d
n−1
.
Từ (d
n−1
, a
n
) = 1 ta suy ra có x, y ∈ Z để xd
n−1
+ ya
n
= 1 theo Định
lý 1.3.5 và như vậy
n−1

j=1
xy
j
a

j
+ ya
n
= 1. Tóm lại có các số nguyên x
j
để
n

j=1
a
j
x
j
= 1.
Ví dụ 1.3.11. Giả sử dãy số nguyên a
0
= 0, a
1
, a
2
, . . . , thỏa mãn (a
m
, a
k
) =
(a
m−k
, a
k
) với mọi số nguyên m  k. Khi đó (a

n
, a
m
) = a
(n,m)
với mọi m, n.
Sử dụng kết quả này để chứng minh, với dãy Fibonacci (a
n
) ta luôn có
(a
m
, a
k
) = a
(m,k)
.
11
Bài giải: Dựa vào Thuật toán Euclid, tìm ước chung lớn nhất của m và
k :
m = q
0
k + r
1
với 0  r
1
< k
k = q
1
r
1

+ r
2
với 0  r
2
< r
1
r
1
= q
2
r
2
+ r
3
với 0  r
3
< r
2
. . .
r
s−1
= q
s
r
s
+ r
s+1
với 0  r
s+1
< r

s
r
s
= q
s+1
r
s+1
, d = r
s+1
= (m, k).
Từ giả thiết suy ra (a
m
, a
k
) = (a
m−k
, a
k
) = ··· = (a
r
1
, a
k
) và tiếp tục như
vậy được (a
m
, a
k
) = (a
r

1
, a
k
) = ··· = (a
d
, a
0
) = a
d
= a
(m,k)
.
Xét dãy Fibonacci a
0
= 0, a
1
= 1, a
n+2
= a
n+1
+ a
n
, ∀ n  1. Vì a
m
=
a
m−k
a
k+1
+ a

m−k−1
a
k
nên (a
m
, a
k
) = (a
m−k
, a
k
) = a
(m,k)
.
1.4 Bội chung nhỏ nhất
Định nghĩa 1.4.1. Cho các số a
1
, . . . , a
n
∈ Z \ {0}. Số nguyên m được
gọi là bội chung của a
1
, . . . , a
n
nếu m chia hết cho tất cả các số a
i
.
Định nghĩa 1.4.2. Cho các số a
1
, . . . , a

n
∈ Z \ {0}. Số nguyên m = 0
được gọi là bội chung nhỏ nhất của a
1
, . . . , a
n
nếu m là bội chung của các
số a
i
và m chia hết mọi bội chung khác của các a
i
.
Sử dụng ký hiệu BC(a
1
, . . . , a
n
) cho tập tất cả các bội chung, còn bội
chung có trị tuyệt đối nhỏ nhất của các số a
1
, . . . , a
n
được ký hiệu là
bcnn(a
1
, . . . , a
n
). Ta qui ước [a
1
, . . . , a
n

] là số nguyên dương nhỏ nhất
thuộc tập BC(a
1
, . . . , a
n
).
Định lý sau đây chỉ ra mối liên hệ giữa bội chung nhỏ nhất và ước chung
lớn nhất của một số hữu hạn các số đã cho.
Định lý 1.4.3. Nếu a, b ∈ Z \{0}, thì (a, b)[a, b] = |ab|.
12
Chứng minh: Không làm mất tính chất tổng quát ta giả thiết a, b > 0.
Đặt m =
ab
(a, b)
. Hiển nhiên m là số nguyên. Từ m =
b
(a, b)
a =
a
(a, b)
b
ta suy ra m là một bội chung của a, b. Mặt khác, nếu c là một bội chung
bất kỳ của a và b, thì a|c và c = bh với h ∈ Z. Do đó
c
(a, b)
=
hb
(a, b)
. Vì
a

(a, b)
|
bh
(a, b)
và (
a
(a, b)
,
b
(a, b)
) = 1, nên
a
(a, b)
|h. Điều này có nghĩa có tồn
tại p ∈ Z để h =
ap
(a, b)
. Khi đó c = bh = b
ap
(a, b)
=
ab
(a, b)
p = mp hay c
chia hết cho m. Do đó m là bội chung nhỏ nhất của a và b và ta suy ra hệ
thức.
Định lý sau đây chỉ ra bội chung nhỏ nhất của một số hữu hạn các số đã
cho luôn luôn tồn tại.
Định lý 1.4.4. Bội chung nhỏ nhất của các số a
1

, . . . , a
n
∈ Z \ {0} luôn
tồn tại. Hơn nữa, [a
1
, . . . , a
n
] = [[a
1
, . . . , a
n−1
], a
n
].
Chứng minh: Ta chứng minh định lý bằng phương pháp qui nạp theo n.
Với n = 1, [a
1
] = a
1
. Với n = 2, [a
1
, a
2
] =
|a
1
a
2
|
(a

1
, a
2
)
theo Định lý 1.4.3. Như
vậy định lý đúng cho n = 1, 2. Giả sử định lý đúng cho tập ít hơn n số.
Như vậy ta có a = [a
1
, . . . , a
n−1
]. Đặt m = [a, a
n
]. Do m là một bội chung
của a và a
n
, nên m là một bội chung của các số a
1
, . . . , a
n
. Mặt khác, nếu
c là một bội chung của các a
i
thì c là một bội chung của a
1
, . . . , a
n−1
và
như vậy c là một bội của a. Từ đó suy ra c là một bội của m. Điều này
chỉ ra m = [a
1

, . . . , a
n
] tồn tại và định lý được chứng minh.
Giả thiết các số nguyên a
1
, . . . , a
n
đều khác 0 và m, d là những số nguyên
dương. Ta có các tính chất sau đây của bội chung nhỏ nhất mà phép chứng
minh là hiển nhiên:
(i) m = [a
1
, . . . , a
n
] ⇐⇒

m
a
1
, . . . ,
m
a
n

= 1.
(ii)
[a
1
, . . . , a
n

]
d
=

a
1
d
, . . . , ,
a
n
d

.
13
(iii) d[a
1
, . . . , a
n
] = [da
1
, . . . , da
n
].
(iv) Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên tố sánh đôi bằng tích của các
số nguyên tố đó.
1.5 Số nguyên tố và Định lý cơ bản của số học
Định nghĩa 1.5.1. Số tự nhiên p > 1 không có một ước số dương nào
khác 1 và chính nó được gọi là số nguyên tố. Số tự nhiên q > 1 có ước
số dương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số. Nếu có số tự nhiên d để
n = d

2
thì n được gọi là số chính phương.
Hiển nhiên ta có định lý sau đây:
Định lý 1.5.2. Cho số nguyên tố p và các số nguyên tuỳ ý m, a, b. Khi
đó
(i) (m, p) =

p nếu p | m
1 nếu p  m.
(ii) Mọi số m > 1 đều có ước nguyên tố.
(iii) Nếu p | ab thì p | a hoặc p | b.
Ta sẽ thấy luôn luôn tồn tại những khoảng bao gồm các số nguyên liên
tiếp với độ dài tùy ý không có số nguyên tố nào. Tuy vậy, định lý sau đây
chỉ ra tập các số nguyên tố là một tập vô hạn.
Định lý 1.5.3. Tồn tại nhiều vô hạn các số nguyên tố dạng 4n − 1 với
n ∈ N.
Chứng minh: Giả sử chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố p
1
, . . . , p
s
dạng 4n − 1. Đặt q = 4
s

i=1
p
i
− 1 > 1. Khi đó q là số lẻ. Nhận xét (*) :
Sử dụng quy nạp theo r ta dễ dàng chỉ ra tích
r


i=1
(4n
i
+ 1) các số nguyên
dương dạng 4h + 1 cũng là một số nguyên dương dạng 4m + 1. Nếu mọi
ước nguyên tố của q đều có dạng 4k + 1 thì q phải có dạng 4m + 1. Vì q có
dạng 4m −1 nên q phải có một ước nguyên tố p dạng 4k −1. Từ điều giả
14
sử ta suy ra p = p
i
với i nào đó. Vậy p |(−1). Điều này không thể được.
Như vậy có nhiều vô hạn số nguyên tố dạng 4n −1.
Định lý 1.5.4. Với số nguyên dương n đều tồn tại số nguyên tố lớn hơn
n.
Chứng minh: Xét số n! + 1. Khi chia số này cho các số nguyên dương
nhỏ hơn hoặc bằng n đều cho số dư là 1. Do vậy mọi ước nguyên tố của
n!+1 đều không thuộc tập {1, 2, . . . , n} và như thế nó phải lớn hơn n.
Định lý 1.5.5. [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn 1
đều phân tích được thành một tích hữu hạn các thừa số nguyên tố và sự
phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số.
Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dương không biểu
diễn được thành tích một số hữu hạn các thừa số nguyên tố. Ta chỉ cần chỉ
ra F = ∅. Thật vậy, giả sử F = ∅. Ta thấy nếu m ∈ F thì m > 2, vì vậy
F là tập bị chặn dưới. Khi đó có số nguyên dương nhỏ nhất m thuộc F.
Vì m ∈ F nên m phải là hợp số. Khi đó có hai số nguyên dương q
1
, q
2
> 1
để m = q

1
q
2
. Vì q
1
, q
2
< m nên q
1
, q
2
/∈ F. Như vậy ta có sự phân tích
q
1
= t
1
t
2
. . . t
h
, q
2
= u
1
u
2
. . . u
k
, ở đó t
i

, u
j
đều là các số nguyên tố. Khi đó
m = q
1
q
2
= t
1
t
2
. . . t
h
u
1
u
2
. . . u
k
.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết m ∈ F. Như vậy F phải là tập rỗng.
Khi phân tích số tự nhiên q > 1 thành tích các thừa số nguyên tố, có
thể một số nguyên tố xuất hiện nhiều lần. Nếu các số nguyên tố p
1
, . . . , p
s
xuất hiện theo thứ tự α
1
, . . . , α
s

lần, thì ta viết
q = p
α
1
1
p
α
2
2
. . . p
α
s
s
và ta gọi tích này là dạng phân tích chính tắc hay dạng phân tích tiêu
chuẩn của q. Khi hai số a, b có dạng phân tích chính tắc
a = p
α
1
1
p
α
2
2
. . . p
α
s
s
q
u
1

1
. . . q
u
r
r
, b = p
β
1
1
p
β
2
2
. . . p
β
s
s
t
v
1
1
. . . t
v
h
h
,
15
trong đó các thừa số nguyên tố q
i
chỉ ở trong a, còn các thừa số nguyên

tố t
j
chỉ có trong b. Ta có
(a, b) = p
1
min(α
1
,β
1
)
p
min(α
2
,β
2
)
2
. . . p
s
min(α
s
,β
s
)
[a, b] = p
1
max(α
1
,β
1

)
p
2
max(α
2
,β
2
)
. . . p
s
max(α
s
,β
s
)
q
1
u
1
. . . q
r
u
r
t
1
v
1
. . . t
h
v

h
.
Định lý 1.5.6. Không tồn tại đa thức f(x) = a
0
x
m
+ a
1
x
m−1
+ ···+ a
m
với các hệ số a
i
nguyên và a
0
= 0, m  1, thỏa mãn f(n) là số nguyên tố
với mọi n = 1, 2, . . . .
Chứng minh: Với đa thức f(x) như trên, hiển nhiên |f(n
0
)| > 1 với một
số nguyên dương đủ lớn n
0
. Chọn số nguyên tố p chia hết f(n
0
) và khai
triển
f(n
0
+ kp) = f(n

0
) + kpg(n
0
, p, k).
Số g(n
0
, p, k) là số nguyên. Như vậy cả ba số hạng trong hệ thức này đều
chia hết cho p với mọi k = 1, 2, . . . . Với k đủ lớn ta có |f(n
0
+ kp)| > p
và f(n
0
+ kp) chia hết cho p. Ta suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.5.7. Ký hiệu p
1
= 2, p
2
= 3, p
3
= 5, . . . , p
n
là số nguyên tố thứ
n trong dãy các số nguyên tố theo thứ tự tăng dần. Khi đó p
n+1
<
n

k=1
p
k

và khi n > 4 thì p
n
> 2n.
Bài giải: Xét số nguyên m =
n

k=1
p
k
−1 > 1. Gọi ước nguyên tố nhỏ nhất
của m là p. Khi đó p = p
k
với mọi k = 1, 2, . . . , n. Vậy p
n+1
 p 
√
m.
Từ đây suy ra p
n+1
 m <
n

k=1
p
k
.
Ta có p
5
= 11 > 2.5. Giả sử p
n

> 2n. Khi đó p
n+1
 p
n
+ 2 > 2n + 2 =
2(n + 1). Do đó p
n
> 2n khi n > 4.
Ví dụ 1.5.8. Chứng minh rằng với số nguyên n > 2 luôn có ít nhất một
số nguyên tố giữa n và n!. Từ đây dễ dàng suy ra tập tất cả các số nguyên
tố là vô hạn.
16
Bài giải: Vì n > 2 nên n! −1 > 1. Như vậy có số nguyên tố p | n! −1 và
suy ra p < n!. Giả sử p  n. Khi đó p | n! và p | n! − 1. Dễ dàng suy ra
p | 1 : mâu thuẫn. Tóm lại n < p < n!.
Ví dụ 1.5.9. Chứng minh rằng trong dãy các số nguyên dương n!+2, n!+
3, . . . , n! + n, n > 1, không chứa một số nguyên tố nào.
1.6 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số
Ta đã biết cách biểu diễn một số tự nhiên theo cơ số 10. Định lý sau cho
cách biểu diễn một số nguyên dương theo cơ số k > 1 tuỳ ý.
Định lý 1.6.1. Cho số nguyên dương k > 1. Mỗi số nguyên không âm n
đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng
n = a
0
k
m
+ a
1
k
m−1

+ ···+ a
m−1
k + a
m
,
trong đó a
0
, . . . , a
m
∈ {0, 1, . . . , k − 1}.
Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số nguyên không âm. Nếu 0 
n  k − 1, ta đã có sự biểu diễn n = n. Nếu n  k ta gọi m là số
nguyên dương lớn nhất để k
m
 n < k
m+1
. Gọi a
0
∈ {1, . . . , k − 1} để
a
0
k
m
 n < (a
0
+1)k
m
. Ta có 0  n
1
= n−a

0
k
m
< k
m
. Tương tự trên, có
a
i
, m − i để a
i
k
m−i
 n
1
< k
m−i+1
. Tương tự , sau một số hữu hạn bước
ta có các a
i
∈ {0, 1, . . . , k −1} để n = a
0
k
m
+ a
1
k
m−1
+ ···+ a
m−1
k + a

m
.
Tính duy nhất: Giả sử ta có hai sự biểu diễn cho n theo k là

n = a
0
k
m
+ a
1
k
m−1
+ ···+ a
m−1
k + a
m
,
n = b
0
k
s
+ b
1
k
s−1
+ ···+ b
s−1
k + b
s
.

Khi đó (a
0
k
m
+ ··· + a
m−1
k) − (b
0
k
s
+ ··· + b
s−1
k) + (a
m
− b
s
) = 0. Vì
vế phải chia hết cho k nên a
m
−b
s
chia hết cho k. Ta suy ra a
m
= b
s
. Lập
luận tương tự, có m = s, a
i
= b
i

, ∀i, và sự biểu diễn là duy nhất.
Với biểu diễn n = a
0
k
m
+ a
1
k
m−1
+ ···+ a
m−1
k + a
m
ta thường viết
n = (a
0
a
1
···a
m−1
a
m
)
k
.
17
Số k được gọi là cơ số, còn a
0
, a
1

, . . . , a
m
được gọi là các chữ số của biểu
diễn n theo cơ số k và biểu diễn n = (a
0
a
1
···a
m−1
a
m
)
k
được gọi là biểu
diễn k-phân.
Ngoài cách biểu diễn mỗi số nguyên theo một cơ số như trên ta còn có
nhiều cách biểu diễn khác nữa. Biểu diễn mỗi số nguyên dương qua các tổ
hợp được sử dụng trong đại số giao hoán.
Định lý 1.6.2. [Hilbert] Cho số nguyên dương d. Khi đó mỗi số nguyên
dương n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng
n =

h
d
d

+

h
d−1

d −1

+ ···+

h
1
1

,
trong đó các số nguyên dương h
i
thoả mãn h
d
> h
d−1
> ··· > h
1
 0.
Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số nguyên dương. Ta chọn h
d
là số nguyên dương lớn nhất sao cho

h
d
d

 n. Nếu n =

h
d

d

thì
n =
d

i=1

h
i
i

với h
i
= i − 1 cho i = 1, . . . , d − 1. Trong trường hợp
n

= n −

h
d
d

> 0, sử dụng giả thiết qui nạp ta có thể coi n

=
d−1

i=1


h
i
i

với h
d−1
> h
d−2
> ··· > h
1
≥ 0. Ta còn phải chỉ ra h
d
> h
d−1
. Thật
vậy, từ

h
d
+ 1
d

> n ta suy ra

h
d
d−1

=


h
d
+1
d

−

h
d
d

> n



h
d−1
d−1

. Vậy
h
d
> h
d−1
.
Tính duy nhất của biểu diễn được chứng minh bằng phương pháp qui nạp
theo n. Chúng ta đã biết nếu n =
d

i=1


h
i
i

với h
d
> h
d−1
> ··· > h
1
 0
thì h
d
là số lớn nhất thỏa mãn

h
d
d

 n. Nếu n = 1 kết luận là hiển
nhiên. Giả sử n > 1 và

h
d
+ 1
d

 n. Khi đó
d−1


i=1

h
i
i



h
d
+1
d

−

h
d
d

=
18

h
d
d−1



h

d−1
+1
d−1

. Điều này mâu thuẫn với giả thiết qui nạp và sự biểu diễn
là duy nhất.
Ví dụ 1.6.3. Với mỗi cặp số nguyên dương m, k, số m luôn có sự biểu
diễn duy nhất trong dạng
m =

h
k
k

+

h
k−1
k − 1

+ ···+

h
r
r

,
ở đó các số nguyên không âm h
i
thỏa mãn h

k
> h
k−1
> ··· > h
r
 r  1.
Ví dụ 1.6.4. Với mỗi cặp số nguyên dương m, k, ta luôn có biểu diễn duy
nhất k
m
=
m

r=1
a
r,m
C
r
k
với các hệ số nguyên a
r,m
và
n

k=1
k
m
=
m

r=1

C
r+1
n+1
a
r,m
.
Tìm a
r,m
.
Bài giải: Tồn tại biểu diễn duy nhất k
m
=
m

r=1
a
r,m
C
r
k
theo Định lý 1.6.2.
Ta có
n

k=1
k
m
=
m


r=1
a
r,m
n

k=r
C
r
k
. Vậy
n

k=1
k
m
=
m

r=1
C
r+1
n+1
a
r,m
. Ta có a
r,m
=
r

i=1

(−1)
r+i
C
i
r
i
m
.
Định lý 1.6.5. [Cantor] Mỗi số nguyên dương a đều có thể biểu diễn
một cách duy nhất thành tổng
a = a
n
n! + a
n−1
(n −1)! + ··· + a
2
2! + a
1
1!,
ở đó các a
i
nguyên với 0  a
i
 i và a
n
> 0.
Chứng minh: Ký hiệu p
n
= n!. Khi đó 1p
1

+ 2p
2
+ ···+ np
n
= p
n+1
−1.
Giả sử a = a
1
p
1
+a
2
p
2
+···+a
n
p
n
với a
n
= 0 và 0  a
k
 k, k = 1, . . . , n.
Ta thấy ngay
b = a
1
p
1
+ a

2
p
2
+ ···+ a
n−1
p
n−1
 1p
1
+ 2p
2
+ ···+ (n −1)p
n−1
= p
n
−1.
Do đó b < p
n
. Mặt khác p
n
 a
n
p
n
 np
n
. Tóm lại, ta có p
n
 a
n

p
n

a < p
n+1
. Vậy, cho mỗi số tự nhiên a có thể tìm thấy duy nhất một số
19
tự nhiên n để p
n
 a < p
n+1
. Từ bất đẳng thức này suy ra tồn tại đúng
một số a
n
để a
n
p
n
 a < (a
n
+ 1)p
n
. Từ đây ta suy ra a = a
n
p
n
+ b
với 0  b < p
n
. Lặp lại quá trình trên đối với b. Từ đó suy ra sự biểu

diễn a = a
n
n! + a
n−1
(n − 1)! + ··· + a
2
2! + a
1
1!, ở đó các a
i
nguyên với
0  a
i
 i và a
n
> 0. Tính duy nhất của biểu diễn là hiển nhiên.
Định lý 1.6.6. Mỗi số hữu tỷ a ∈ (0; 1) đều có thể biểu diễn một cách
duy nhất thành tổng
a =
b
1
2!
+
b
2
3!
+ ···+
b
n
(n + 1)!

,
ở đó các b
i
nguyên với 0  b
i
 i với mọi i và b
n
= 0.
Chứng minh: Bước 1: Chia đoạn [0; 1] ra làm hai đoạn bằng nhau. Độ
dài mỗi đoạn bằng
1
2!
. Bước 2: Chia mỗi đoạn nhỏ này ra ba phần bằng
nhau. Độ dài mỗi đoạn bằng
1
3!
. Tiếp tục như vậy, bước thứ n : Chia
mỗi đoạn có được từ bước thứ n − 1 ra làm n + 1 đoạn bằng nhau. Độ
dài mỗi đoạn bằng
1
(n + 1)!
. Chú ý: Nếu a =
s
n + 1
là phân số tối giản
thì ta viết a =
s.n!
(n + 1)!
. Giả sử a =
m

(n + 1)!
với m không chia hết cho
n + 1. Xét bước thứ n để có đoạn với độ dài bằng
1
(n + 1)!
. Khi đó tồn
tại số nguyên dương a
n
để
a
n
n!
< a =
m
(n + 1)!
<
a
n
+ 1
n!
. Gọi số nguyên
dương b
n
thỏa mãn a =
m
(n + 1)!
=
a
n
n!

+
b
n
(n + 1)!
. Lặp lại quá trình trên
cho số
a
n
n!
ta nhận được biểu diễn
a
n
n!
=
b
1
2!
+
b
2
3!
+ ··· +
b
n−1
n!
, Tóm lại
a =
b
1
2!

+
b
2
3!
+ ··· +
b
n
(n + 1)!
, ở đó các b
i
nguyên với 0  b
i
 i với mọi i
và b
n
= 0.
Từ Định lý 1.6.5 và Định lý 1.6.6 ta suy ra ngay kết quả dưới đây:
20
Ví dụ 1.6.7. Mỗi số hữu tỷ dương a đều có thể biểu diễn thành tổng
a = a
n
n! + a
n−1
(n −1)! + ··· + a
2
2! + a
1
1! +
b
1

2!
+
b
2
3!
+ ···+
b
m
(m + 1)!
,
ở đó các a
i
nguyên với 0  a
i
 i, a
n
> 0 và các b
i
nguyên với 0  b
i
 i.
21
Chương 2
Các hàm số học và ứng dụng
2.1 Hàm phần nguyên
Cho x ∈ Q hoặc x ∈ R, hàm f(x) = [x] được gọi là hàm phần nguyên,
còn g(x) = {x} được gọi là hàm phần phân. Đồ thị hàm phần nguyên có
dạng bậc thang. Do hàm phần phân là tuần hoàn chu kì 1, nên đồ thị của
nó có được nhờ tịnh tiến đồ thị y = x, 0  x < 1, dọc theo trục Ox về
phải hay trái các đoạn n đơn vị, n ∈ Z.

Định lý 2.1.1. Phần nguyên của số thực x có các tính chất sau:
(i) Nếu x ∈ Z thì [x + n] = [x] + n.
(ii)
n

i=1
[x
i
] ≤

n

i=1
x
i

<
n

i=1
[x
i
] + n −1, ∀n ∈ N
+
và ∀x
i
∈ R.
(iii) Nếu x ∈ R
+
và d ∈ N

+
thì các số nguyên dương là bội của d, không
lớn hơn x đúng bằng

x
d

.
(iv) ∀x ∈ R thì

x +
1
2

= [2x] −[x] .
(v)

[x]
d

=

x
d

, ∀x ∈ R, d ∈ N
∗
.
(vi) [x] =


x
2

+

x+1
2

, ∀x ∈ R.
Chứng minh: (i) Theo định nghĩa hàm phần nguyên, ta có [x] < x <
[x] + 1. Do đó: [x] + n ≤ x + n < [x] + 1 + n = [x] + n + 1. (i) được suy
ra từ bất đẳng thức cuối này.
(ii) Theo định nghĩa, ta có [x
i
] ≤ x
i
≤ [x
i
] + 1, i = 1, 2, , n. Cộng vế
theo vế tất cả các bất đẳng thức, có:
n

1
[x
i
] ≤

n

1

[x
i
]

<
n

1
[x
i
] + n.
22
Các bất đẳng thức
n

1
[x
i
] ≤

n

1
[x
i
]

<
n


1
[x
i
] + n
được suy ra từ định nghĩa phần nguyên.
(iii) Ký hiệu n là các số nguyên dương bội của d và không lớn hơn x. Đó
là các số d, 2d, nd với nd ≤ x < (n + 1)d. Vậy: n ≤

x
d

< n + 1. Từ
định nghĩa phần nguyên ta suy ra n =

x
d

(iv) Đặt n = [x] khi đó, x = n + α với 0 ≤ α < 1. Nếu 0 ≤ α <
1
2
thì
[2x] −[x] = 2n −n = n = [x +
1
2
].
Tóm lại ta có: [x +
1
2
] = [2x] −[x].
(v) Đặt m = [

x
d
] ⇒ m ≤
[x]
d
< m + 1 ⇒ md ≤ x < (m + 1)d
⇒ md ≤ [x] < (m + 1)d ⇒ m ≤
[x]
d
< m + 1 ⇒
[x]
d
= m.
(vi) Ta có ∀x ∈ R thì x = 2n + 1 + t hoặc x = 2n + t, với n ∈ Z và
0 ≤ t < 1.
- Nếu x = 2n+1+t, ta có [x] = 2n+1 ⇒

x
2

+

x+1
2

= n+n+1 = 2n+1.
Vậy: [x] =

x
2


+

x+1
2

- Nếu x = 2n + t, ta có [x] = 2n, suy ra

x
2

+

x+1
2

= n + n = 2n.
Vậy: [x] =

x
2

+

x+1
2

.
Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.1.2. (i) [x + y] ≥ [x] + [y], ∀x, y ∈ R; dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi 0 ≤ {x}+ {y} < 1.
(ii) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] ≤ [nx].
Chứng minh: (i) Vì [x] ≤ x và [y] ≤ y cho nên [x] + [y] ≤ x + y.
Theo định nghĩa hàm phần nguyên ta có: [x] + [y] ≤ [x + y].
(ii) Do x = [x] + {x} ⇒ [nx] = [n[x] + n{x}] (với n[x] nguyên). Ta có:
n{x} ≥ 0 ⇒ [n{x}] ≥ 0. Vậy n[x] ≤ [nx].
23
Ví dụ 2.1.3. Tìm x biết [x] +
1
[x]
= {x} +
1
{x}
.
Bài giải: Qui đồng và chuyển vế ([x] −{x})(1 −
1
[x]{x}
) = 0. Nếu {x} =
[x] ∈ Z thì {x} = 0. Nhưng phương trình này vô nghiệm do điều kiện
{x} = 0. Vậy {x}[x] = 1. Do {x} > 0, nên [x] > 0. Đặt [x] = n ∈ N
+
. Ta
có {x} =
1
n
và x = [x] + {x} = n +
1
n
với n nguyên và lớn hơn 1.
Ví dụ 2.1.4. Tìm x biết x

3
− [x] = 3.
Bài giải: Đồ thị hàm y = x
3
−3 cắt đồ thị y = [x] tại nhiều nhất là một
điểm. Vậy phương trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm. Dễ dàng kiểm
tra 1 < x < 2. Vậy x
3
− 1 = 3 hay x =
3
√
4.
Định nghĩa 2.1.5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho miền phẳng D. Điểm
có tọa độ (x
1
, y
1
) với x
1
, y
1
∈ Z và thuộc D được gọi là điểm nguyên
thuộc D.
Định lý 2.1.6. Cho hàm số f(x) ≥ 0 xác định, liên tục trên đoạn [a; b]
và miền phẳng
D =

x = a, x = b
y = 0, y = f(x)
Ký hiệu p, q ∈ Z là số nhỏ nhất và lớn nhất sao cho a ≤ p ≤ q ≤ b. Khi

đó số các điểm nguyên nằm trong D là T thỏa mãn:
T =
q

i=p
[f(i)] + q − p + 1
và
T ≤

b
a
f(x)dx + b − a + 1.
Chứng minh: Các điểm nguyên (x,y) phải có hoành độ x nguyên. Vậy,
các điểm nguyên phải nằm trên các đường thẳng x = i,[a ≤ i ≤ b]. Vì
điểm (x, y) ∈ D nên khi x = i thì 0 ≤ y ≤ f(i). Vì vậy số các điểm