Toán học - Về một hàm số học

VỀ MỘT HÀM SỐ HỌC 
Huỳnh Tấn Châu, Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên
 Phan Thành Nam, Trường Đại học khoa học tự nhiên TPHCM
Việc khảo sát các chữ số trong biểu diễn thập phân của một số tự nhiên là một vấn đề rất gần gũi với chúng ta. Ta kí hiệu S(n) là tổng các chữ số của số tự nhiên n (trong hệ thập phân) và bài này sẽ đề cập đến một số tính chất lí thú của hàm S(n) cũng như một vài ứng dụng của hàm S(n) trong việc giải quyết các bài toán số học.
Trước hết ta có tính chất quan trọng sau: (mod 9). Chứng minh tính chất này xin trao cho bạn đọc. Bây giờ là một vài ứng dụng. 
Bài toán 1.	
Viết các số 1, 2, 3, , 2003 thành một dãy tùy ý và thu được số N. Hỏi N có thể là số chính phương?
Bài giải :
Theo tính chất trên, dễ thấy: (mod 9)
Như vậy, N chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên N không thể là số chính phương.
Bài toán 2.
Từ các chữ số 1, 2, , 7 lập ra hai số có 7 chữ số A, B. Chứng minh rằng nếu A>B thì A không chia hết cho B.
Bài giải :
Giả sử A = B.C. Do S(A) = S(B) = 1 + 2 +  + 7 = 28 nên A và B đều không chia hết cho 3, hơn nữa A - B chia hết cho 9. Suy ra C - 1 chia hết cho 9. Đây là điều vô lí vì theo giả thiết dễ dàng có được: 1 < C < 10. 	
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.
Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn: n+S(n)+S(S(n))=2001.
Bài giải :
Ta có : n 2001 - 28 - 10 = 1963. Từ đó: S(n) > S(1970) = 17 và S(S(n)) > 2 nên n < 2001 - 17 - 2 = 1982.
Mặt khác : (mod 9) nên (mod 3). Từ đó: . Bằng cách thử trực tiếp ta thấy chỉ có các số 1969; 1972; 1975 thỏa mãn.
Như vậy đáp số bài toán là .
Bài toán 4. (IMO - 1975)
Cho A là tổng các chữ số của số và B là tổng các chữ số của A. Hãy tính tổng các chữ số của B.
Bài giải :
Đặt N=.
Do N < nên N có không quá 4444.4 < 20000 chữ số. Từ đó : A < 9.20000 = 180000 B < S(99999) = 45 S(B) < S(39) =12 (1).
Mặt khác: (mod 9) nên (mod 9) và do đó S(B) chia 9 dư 7 (2). Từ (1) và (2) suy ra S(B)=7.
Bài toán 5. (Dự tuyển IMO - 1990)
Kí hiệu bình phương tổng các chữ số của số tự nhiên n (viết theo hệ thập phân) là f(n). Đặt , k lần f. Tính .
Bài giải :
Rõ ràng: .
Ta có: (mod 9)(mod 9). 
Mặt khác 
.
Suy ra: .
Từ đó ta có: 
Vậy .
Bây giờ chúng ta đến với một vài đánh giá về hàm S(n). Với mọi cặp số tự nhiên m, n ta có các kết quả quan trọng sau:
1) S(n) < n 
2) S(m+n) < S(m) + S(n). 
3) S(m.n) < S(m).S(n).
ở đây chúng tôi chỉ chứng minh cho (3) còn (1) và (2) là đơn giản và xin nhường cho bạn đọc.
Đặt và . Sử dụng các kết quả (1) và (2) với lưu ý , ta có: 
Bài toán 6. (Vô địch Bungari)
Chứng minh rằng: với .
 Chứng minh rằng hàm không bị chặn.
Bài giải :
1) Theo kết quả bài toán 4, ta có: S(n)=S(5.2n)< S(5).S(2n)=5.S(2n) (đpcm). 
 Lưu ý rằng 5 là ước lượng chính xác. 
2) Dễ thấy với dãy thì và nên hiển nhiên có đpcm. Tổng quát câu 2) bài toán 6, ta có:
Bài toán 7.
Xét tính bị chặn của hàm với cho trước.
Bài giải :
Đặt , (b, 10)=1. 
Nếu b =1 thì = const.
Nếu b>1 thì gọi p là một ước nguyên tố của b. Ta có:
Ta chọn dãy với 0 < c < p và . Khi đó với n đủ lớn thì S(xn.p) =1+S(c) = const và để chứng tỏ hàm f(n) không bị chặn ta chỉ cần có S(xn) khi . Do xn khi nên ta chỉ cần chứng minh trong biểu diễn thập phân của xn không có chữ số 0 nào và điều đó xin nhường cho bạn đọc. 
Vậy hàm f(n) bị chặn khi và chỉ khi a không có ước nguyên tố nào ngoài 2 và 5.
Bài toán 8. (Vô địch Balan)
Cho a là số chẵn nhưng không chia hết cho 5. 
Chứng minh rằng: .
Bài giải :
Lấy n>8, đặt . 
Ta chứng minh nếu 1 < i < n/4 thì trong các chữ số phải có ít nhất một số khác 0. Thật vậy, vì nếu không thì đặt và ta có: (vì a chẵn), nhưng nên mâu thuẫn.
Từ đó lấy n >thì:
 S(an) > . Vậy ta có đpcm.
Với cách đặt vấn đề như trên, bạn đọc hãy thử giải quyết:
Bài toán 9.
Xét tính bị chặn của hàm với cho trước.
Chúng ta tiếp tục với : 
Bài toán 10.
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho: S(S(n)) > 10 > 9 > S(S(S(n))).
Bài giải :
Ta có nhận xét sau: nếu S(n) > 9.q+r ( 0<r<10) thì . Bạn đọc hãy Chứng minh nhận xét trên và lưu ý rằng ta đã sử dụng hướng phát biểu ngược lại của nó trong các bài toán 3, 4, 5.
Từ đó: S(S(n)) > 10 = 9.1+1 S(n) > 19 = 9.2+1 n > 199. Bằng cách thử trực tiếp ta thấy số 199 thỏa điều kiện bài toán. 
Vậy n=199 là số cần tìm.
Cuối cùng xin giới thiệu ba bài toán nữa cũng khá thú vị.
Bài toán 11.
Tìm số n nhỏ nhất sao cho trong n số tự nhiên liên tiếp tùy ý luôn chọn được một số N mà S(N) chia hết cho 13.
Bài giải :
Ta chứng minh số cần tìm là 79.
Trước hết ta chứng minh trong 79 số liên tiếp thì luôn chọn được một số N mà S(N) chia hết cho 13. 
Xét hai trường hợp :
* Nếu trong 79 số có số M chia hết cho 100. Khi đó nếu trong 79 số có ít nhất 39 số lớn hơn M thì trong 13 số liên tiếp S(M), S(M+1), , S(M+9), S(M+19), S(M+29), S(M+39) phải có một số chia hết cho 13, còn nếu có ít nhất 40 số nhỏ hơn M thì trong 13 số liên tiếp S(M - 40), S(M - 39), , S(M - 31), S(M - 21), S(M - 11), S(M - 1) cũng phải có một số chia hết cho 13. 
* Nếu trong 79 số không có số nào chia hết cho 100 thì gọi M là số chia hết cho 10 nhỏ nhất trong 79 số. Khi đó trong 13 số liên tiếp S(M), S(M+1), , S(M+9), S(M+19), S(M+29), S(M+39) phải có một số chia hết cho 13.
Cuối cùng có thể kiểm tra 78 số liên tiếp bắt đầu từ 9 999 999 961 không có số N nào để S(N) chia hết cho 13. 
Bài toán 12.
Trên bảng có 2n ô vuông liên tiếp và hai người sẽ luân phiên nhau điền vào các ô vuông bằng một trong 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5. Nếu sau khi điền xong mà số nhận được chia hết cho 9 thì người điền cuối cùng thắng, còn ngược lại thì người điền đầu tiên thắng.
Hỏi ai sẽ có chiến thuật chắc chắn thắng nếu n=3k và n=3k+1.
Bài giải :
Gọi số sau khi thu được là A. 
Nếu n=3k thì hễ người thứ nhất điền số x thì người thứ hai cứ điền số 6 - x và cuối cùng (mod 9) nên .
Nếu n = 3k+1: Người ban đầu điền số 1 rồi sau đó, hễ người kia điền số x thì người này điền số 6 - x. Bất luận người cuối cùng điền số y nào thì ta đều có: (mod 9) nên .
Vậy nếu n=3k thì người điền cuối cùng có chiến thuật chắc thắng, còn nếu n=3k+1 thì người điền đầu tiên có chiến thuật chắc thắng.
Bài toán 13. 
Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên a trong [,) mà S(a) chẵn, và B là tập hợp tất cả các số nguyên b trong [,) mà S(b) lẻ. 
Chứng minh rằng:, với mọi số tự nhiên m < n (*).
Bài giải :
Kí hiệu A(n), B(n) là các tập A, B ở đề bài với n>0 và , với và . 
Ta chứng minh (*) quy nạp với n > 0. Với n=0 thì m=0 và (*) hiển nhiên đúng. Giả sử (*) đã đúng tới với n, ta chứng minh nó cũng đúng với n+1. 
Ta có:
Từ đó nếu m=0 thì ta có ngay đpcm. Nếu thì:	
,với,. 
Do tính đối xứng nên suy ra .
Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm.	
* Có thể phát biểu lại kết quả bài toán 13 như sau:
Bài toán 14.
Cho số nguyên dương n. Gọi A là tập hợp tất cả các số nguyên a trong (1,) mà S(a) chẵn, và B là tập hợp tất cả các số nguyên b trong (1,) mà S(b) lẻ. 
Chứng minh rằng:, với mọi số tự nhiên m < n (*).
Để kết thúc, xin nêu một số bài tập rèn luyện:
Bài tập 1. (Vô địch Liên Xô - 1980)
Tìm các số tất cả các số n thỏa: n+S(n)=1980.
	Bài tập 2. 	
 Từ số 123 9101112 2002, ta chọn hai chữ số kề nhau nào đó, xóa chúng đi rồi thay vào đó bằng tổng các chữ số của chúng, sau đó lại tiếp tục hành động này mãi nếu số thu được còn lớn hơn 9. Chứng minh đến một lúc nào đó, ta sẽ nhận được một số chia hết cho 10.
	Bài tập 3. (Vô địch Matxcơva)
Tìm tất cả các số có hai chữ số mà tổng các chữ số của nó không đổi khi nhân nó với 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
	Bài tập 4. 	
 Tồn tại hay không một số n để:
S(n2)=2001.
S(n2)=2002.
	Bài tập 5. 	
 Tìm giá trị nhỏ nhất của với .
	Bài tập 6. 
	Tìm giá trị lớn nhất của với N là số có n chữ số.
	Bài tập 7. 	
 	 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên A, tồn tại vô số số tự nhiên N thỏa mãn: S(N) = S(NA).
	Bài tập 8. 
 Cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên có hệ số cao nhất dương và có miền giá trị M. Chứng minh rằng dãy S(n), chứa vô số số hạng bằng nhau.
	Bài tập 9. (Dự tuyển IMO - 1998)
Chứng minh rằng , tồn tại một số N thỏa mãn:
N có n chữ số nhưng không có chữ số nào bằng 0.
.