Bộ giáo dục và đào tạo Trờng đại học Vinh -------------------------------------------- đặng thùy Linh Về các ứng dụng Của hàm số số học Khoá luận Cử nhân khoa học ngành s phạm toán học Vinh 2011 1 mục lục Trang lời nói đầu 1 Chơng 1 Một vài Hàm số số học và ứng dụng 3 1.1. Hàm phần nguyên 3 1.2. Hàm nhân 11 1.3 Một số tính chất của các hàm ớc. 13 1.4. Hàm số số học Euler và ứng dụng . 15 1.5. Tính toán với các hàm số học trên phần mềm MAPLE 20 Chơng 2 Hàm mobius và luật thuận nghịch 26 2.1. Định nghĩa hàm Mobius và Luật thuận nghịch. 25 2.2. Công thức đảo ngợc về tổng 31 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Mở đầu Ngày nay, trong thời đại công nghệ thông tin, nhiều thành tựu mới nhất của Số học có ứng dụng trực tiếp vào các vấn đề của đời sống nh kinh tế, xã hội, thông tin, mật mã, kỹ thuật máy tính. Trong Số học, các hàm số số học có vai trò rất quan 2 trọng. Nói khác đi, hàm số số học không chỉ là đối tợng mà còn là công cụ nghiên cứu có hiệu quả của Toán - Tin học. Với những lý do trên, khóa luận tìm hiểu về các hàm số số học và ứng dụng. Sau khi khảo sát một số hàm số số học, khóa luận sẽ đa ra một vài phép toán trên tập hợp các hàm số số học và xét các cấu trúc đại số trên tập hợp đó. Khóa luận cũng thực hiện một số tính toán với các hàm số số học trên phầm mềm Maple, nhằm tìm hiểu thêm các ứng dụng của các hàm số số học trong Số học thuật toán. Cấu trúc của khoá luận này gồm hai chơng: Chơng 1. Một vài hàm số số học và ứng dụng Chơng 2. Hàm Mobius và luật thuận nghịch Nội dung chính của khóa luận gồm: Chỉ ra một số tính chất của các hàm số số học. Sử dụng công cụ các hàm nguyên để giải các bài toán tìm số điểm nguyên; giải một số phơng trình nghiệm nguyên; tìm dạng phân tích chuẩn tắc của n!. Thực hành một số tính toán với các hàm số số học trên phần mềm Maple: Tính toán với phi - hàm Euler, hàm sigma, số hoàn chỉnh, số Mersenne, số nguyên tố Mersen. Giới thiệu luật thuận nghịch hay công thức đảo ngợc Dedekind Liouville liên hệ với hàm Mobius. Từ luật thuận nghịch gợi ý đa ra đợc một phép toán * trên tập hợp các hàm số số học và với cách xác định phép toán nh vậy ta thu đợc kết quả sau: (a) Tập hợp các hàm số học với phép toán +, phép toán * lập thành một vành giao hoán có đơn vị. (b) Tập hợp các hàm nhân (cùng với hàm đồng nhất 0) với phép toán +, phép toán * lập thành một miền nguyên. Tác giả bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hớng dẫn khoa học - PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. 3 Tác giả trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong Bộ môn Đại số và Khoa Toán Trờng Đại học Vinh đã dạy bảo chúng em trong 4 năm học tập vừa qua, dới mái trờng Đại học Vinh thân yêu. Tác giả chân thành cảm ơn tập thể các bạn sinh viên lớp 48A Khoa Toán đã động viên, giúp đỡ tôi trong học tập và tu dỡng. Mặc dù đã hết sức cố gắng, khoá luận không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả kính mong nhận đợc sự chỉ bảo của quý thầy cô và những góp ý của các bạn. Vinh, ngày 15 tháng 04 năm 2011 Sinh viên Đặng Thuỳ Linh 4 Chơng 1 Một vài Hàm số học và ứng dụng 1.1. Hàm phần nguyên 1.1.1. Định nghĩa. Hàm phần nguyên xác định với mọi số thực x, biểu thị số nguyên lớn nhất không vợt quá x, ký hiệu bởi [x]. Nh vậy, phần nguyên của x là số nguyên thoả mãn [x] x < [x] +1. Hiệu x - [x] = { x} gọi là phần phân của x. 1.1.2. Định lý. Phần nguyên của số thực x có các tính chất sau: (1) Nếu n Z thì [ ] [ ] x n x n+ = + (2) [ ] [ ] 1 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + , với n N + và x i R. (3) Nếu x R + và d N + thì các số nguyên dơng là bội của d, không lớn hơn x đúng bằng x d . (4) Với mọi x R thì [ ] [ ] 1 2 2 x x x + = . (5) [ ] x x d d = , x R, d N * . (6) [ ] 2 x x = + 1 2 x + , x R. Chứng minh. (1) Theo định nghĩa hàm phần nguyên, ta có [x] x < [x] +1. Do đó: [ ] [ ] [ ] 1 1x n x n x n x n+ + < + + = + + . Tính chất (1) đợc suy ra từ bất đẳng thức cuối này. (2) Theo định nghĩa, ta có: [x i ] x i < [x i ] + 1, i = 1, 2, , n. Cộng tất cả các bất đẳng thức , vế theo vế, ta có: [ ] [ ] 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + 5 Các bất đẳng thức [ ] [ ] 1 1 1 1 n n n i i i i i i x x x n = = = < + đợc suy ra từ định nghĩa phần nguyên. (3) Ký hiệu n là số các số nguyên dơng 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 . (4) Đặt n = [x] khi đó, x= n + với 0 <1. Nếu 0 < 1 2 thì [2x] [x] = 2n - n = n = 1 2 x + . Nếu 1 2 <1 thì [2x] [x] = 2n + 1- n = n+1 = 1 2 x + . Tóm lại, 1 2 x + = [2x] - [x]. (5) 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. (6) Ta có xR 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 2 x + 1 2 x + = n + n + 1= 2n + 1 Vậy, [x] = 2 x + 1 2 x + */ Nếu x =2n + t, ta có [x] = 2n, suy ra 2 x + 1 2 x + = n + n = 2n. Vậy, [x] = 2 x + 1 2 x + . Ta có điều phải chứng minh. 1.1.3. Hệ quả. (1) [x + y] [x] + [y], x,y R; dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0 {x}+{y} < 1. 6 (2) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] [nx]. Chứng minh. (1) Vì [x] x và [y] y cho nên [x] + [y] x+y. Theo định nghĩa hàm phần nguyên ta suy ra: [x] + [y] [x+y]. (2) Ta có: x = [x]+{x} [nx]=[n[x] + n{x}] = n[x] + [n{x}] (vì n[x] nguyên). Do n{x} 0 suy ra [n{x}] 0. Vậy, n[x] [nx]. Ví dụ 1. Hãy tính 2006 0 2 2006 2 1 k k k= + + . Giải: Vì [ ] [ ] 1 2 2 x x x + = với mọi x theo định lý 1.1.2 (4) nên 2006 0 2 2006 2 1 k k k= + + = 2006 0 2006 1 2 1 2 k k= + + = 2006 1 2006 0 2006 2006 2006 2006 2 2 2 k k k + = = ữ Do 2006 2006 2 , ta có 2006 1 0 2 2006 2006 2 k k k + = + = . Ví dụ 2. Ký hiệu (q] là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn hay bằng q. Khi đó, với mọi n,p N, p 2, ta có: 1 1 1 1 1 2 1 ( .( .( ( ] .]]] 1 2 1 n n n n n n n p p p n p p p p n p + + + + = . Chứng minh: Khi n pn p ta có 1 1 n n p n p p p n + < + , nh vậy 1 2 1 1 1 n n p n p p p n p + = + = . Cho số nguyên k < n, ta có 2 1 1 2 1 1 1 1 . 1 1 1 k n k k n p p n k p p p p n k p p + + + + + < + . Vậy 1 1 2 1 1 . 1 1 n k k n p n k p p p n k p p + + + + = + . Vận dụng hệ thức này có hệ thức cần chứng minh. 7 Ví dụ 3. Tìm x biết: [ ] [ ] { } { } 1 1 .x x x x + = + Giải: Chuyển vế và quy đồng có [ ] { } [ ] { } 1 ( )(1 ) 0.x x x x = Nếu { } [ ] x x= thì x  , do đó { } 0x = , vô lý với điều kiện tồn tại của phơng trình. Vì vậy, { } [ ] 1.x x = Do { } 0x > nên [ ] 0x > . Đặt [ ] x n + = Ơ , ta có { } 1 x n = và [ ] { } 1 , 1.x x x n n n = + = + > Ví dụ 4. Tìm x biết: x 3 [x] = 3. Giải: Đồ thị hàm số y = x 3 - 3 cắt đồ thị [ ] y x= tại nhiều nhất là một điểm. Vậy ph- ơng trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm. Dễ dàng kiểm tra 1 < x < 2, hay [ ] 1x = . Vậy x 3 1 = 3 hay 3 4x = . 1.1.4. Định nghĩa. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho miền phẳng D. Điểm có toạ độ (x 1 ,y 1 ) với x 1 ,y 1 Z và thuộc D đợc gọi là điểm nguyên thuộc D. 1.1.5. Định lý. Cho hàm số f(x) 0 xác định, liên tục trên đoạn [ a, b] và miền phẳng , 0, ( ). x a x b D y y f x = = = = = Ký hiệu ,p q là số nhỏ nhất và lớn nhất sao cho a p q b . Khi đó số các điểm nguyên nằm trong D là thoả mãn [ ] ( ) 1 q i p f i q p = = + + và ( ) 1 b a f x dx b a + + . Chứng minh. Các điểm nguyên (x,y) phải có hoành độ x nguyên. Vậy, các điểm nguyên phải nằm trên các đờng thẳng x i=  , a i b . Vì điểm (x, y) D, nên 8 khi x = i thì 0 y f(i). Vì vậy, số các điểm nguyên nằm trong D có hoành độ x = i là [ ] ( ) 1f i + . Tóm lại, số điểm nguyên thuộc D đúng bằng [ ] ( ) 1 q i p f i q p = = + + . Từ đó ta thu đợc bất đẳng thức cần chứng minh. Bất đẳng thức này cho ta xác định đợc cận trên của số điểm nguyên trong một miền phẳng. Chẳng hạn, trong miền phẳng 2 2 , 0, x r x r D y y r x = = = = = Số điểm nguyên [ ] 2 2 1 2 r r + + , còn trong miền phẳng , 0, . , 0 x a x b D y y kx a a k = = = = = + > Số điểm nguyên [ ] 2 1 2 kb b ab + + + . 1.1.6. Một số bài toán ứng dụng hàm phần nguyên Bài toán 1. Tìm số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 n x x m+ + =L ; , , 1, ., i m x i n + =Ơ . Giải: Ký hiệu số điểm nguyên dơng của phơng trình là N n (m). Ta có N 1 (m) = 1. Tính N 2 (m) tức là tính số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 2 x x m+ = . Phơng trình này có các nghiệm (1, m - 1), (2, m - 2),, (m 1, 1) nên N 2 (m) = m 1. Để tính N 3 (m) ta xét phơng trình 1 2 3 x x x m+ + = . Cho x 3 = 1, 2, , m - 2, ta có N 3 (m) = N 2 (m - 1) + N 2 (m - 2) + + N 2 (2) = (m 2) + +1. Vậy, 3 1 ( ) 2 m N m = ữ . Ta chứng minh 1 ( ) 1 n m N m n = ữ bằng quy nạp. Hiển nhiên 1 1 1 ( ) ( 1) ( 2) ( 1) n n n n N m N m N m N n = + + + L . Do đó 2 3 2 1 ( ) 2 2 2 1 n m m n m N m n n n n = + + + = ữ ữ ữ ữ L . 9 Bài toán 2. Cho k, m, n là những số nguyên dơng. Tính số nghiệm nguyên dơng của hệ: 1 1 1 1 , . n n n x x y y x x nk m n + + = + + + + + < L L L Giải: Cho mỗi số nguyên dơng s, 1 s nk, ta ký hiệu số nghiệm nguyên dơng của phơng trình 1 2 n x x x s+ + + =L là N n (s). Khi đó, số nghiệm nguyên dơng của 1 1 . . 1 n m x x s y y s + + = + + = là 1 2 ( ) ( 1) . 1 1 n m s s N s N s n m = ữ ữ . Hiển nhiên, nếu s < n thì N n (s) = 0. Vậy số nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình đã cho là 2 1 2 1 2 ( , ) 1 1 1 1 nk nk s s n s s s s S m n n m n m = = = = ữ ữ ữ ữ . Bài toán 3. Cho các số nguyên k 0 và l, ký hiệu N(k,l) là số nghiệm nguyên (x 1 , x n ; y 1 y n ) của hệ phơng trình: 2 2 1 1 , , 1, . . n n i i i i i i x y l x y k i n = = = + = Chứng minh bất đẳng thức N(k,l) N(k,0) Giải. Cho số nguyên s. Ký hiệu A s là số nghiệm nguyên của hệ 2 1 , 1, . . n i i i x s x k i n = = = Ta có A s-l là số nghiệm của hệ 2 1 , 1, . . n i i i y s l y k i n = = = 10