Header Page of 126 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG ĐẶNG THỊ MỸ LINH CÁC HÀM TRONG LÝ THUYẾT SỐ VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60.46.40 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2012 Footer Page of 126 Header Page of 126 Công trình hoàn thành ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS Nguyễn Gia Định Phản biện 1: TS Nguyễn Ngọc Châu Phản biện 2: PGS.TS Trần Đạo Dõng Luận văn bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ khoa học họp Đại học Đà Nẵng vào ngày 01 tháng 12 năm 2012 * Có thể tìm hiểu luận văn tại: − Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng − Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng Footer Page of 126 Header Page of 126 MỞ ĐẦU Lịch sử, tính thời vấn đề liên quan đến lĩnh vực khác Khoảng thập niên gần đây, phát triển Tin học làm thay đổi nhiều ngành truyền thống lý thuyết số (ở thường dùng thuật ngữ "số học") Ngày nay, nhiều thành tựu số học có ứng dụng trực tiếp vào vấn đề đời sống, thông tin, mật mã, kỹ thuật máy tính việc sử dụng rộng rãi máy tính nghiên cứu số học tạo nên phương hướng số học, là: số học thuật toán Số học ngày trở thành khoa học thực nghiệm Trong lý thuyết số, hàm số học đóng vai trò quan trọng, có nhiều ứng dụng chúng nhiều ngành toán học khoa học máy tính Một kiến thức nâng cao mà học sinh cần hiểu biết thấu áp dụng giải toán số học hàm số học Ngoài ra, hàm số học hàm π , hàm li hàm ζ Riemann có vai trò quan trọng toán liên quan đến số nguyên tố Hàm π xác định π(x) số số nguyên tố không vượt số thực x Năm 1793, Gauss đưa dự đoán: lim x→+∞ π(x) x log x = 1, gọi Định lý số nguyên tố (Prime Number Theorem) Các nhà toán học Gauss, Legrendre, Chebyshev, Riemann cố gắng chứng minh định lý không thành công Chứng minh định lý vào năm 1896 Hadamard Vallée-Poussin Đây kết quan trọng lý thuyết số thời điểm Năm 1980, Selberg Erdo¨s đưa chứng minh sơ cấp khác Năm 1980, D.J Newman đưa chứng minh đơn giản chứng minh mình, Newman sử dụng sở giải tích phức Nhờ vào x Định lý số nguyên tố, thực tế, người ta thường xấp xỉ π(x) hàm log x Gần đây, người ta sử dụng hàm li: x li(x) = Footer Page of 126 dt log t Header Page of 126 để nhận xấp xỉ tốt cho hàm π(x) Đối với hàm ζ , vào năm 1737, Euler đưa định nghĩa : +∞ ζ(s) = ns n=1 với số thực s > Năm 1859, Riemann xét hàm ζ với giá trị phức để chứng minh Định lý số nguyên tố (nhưng bất thành!) Từ hàm ζ có vai trò lớn số học nhận số tính chất quan trọng số học Xuất phát từ vấn đề trên, định chọn đề tài "Các hàm lý thuyết số ứng dụng" với hy vọng tìm hiểu sâu lý thuyết ứng dụng hàm số học nhằm góp phần làm phong phú thêm kết lĩnh vực Chúng hy vọng tài liệu tham khảo tốt cho người bắt đầu tìm hiểu hàm quan trọng lý thuyết số ứng dụng chúng toán số học hy vọng ví dụ minh họa toán ứng dụng góp phần làm phong phú thêm kết lĩnh vực Mục đích nghiên cứu Mục tiêu đề tài nhằm nghiên cứu hàm quan trọng lý thuyết số thể qua phần lý thuyết phần ứng dụng để giải số lớp toán hay khó số học Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài hàm: hàm M¨obius, hàm Euler, hàm Mangoldt, hàm Liouville, τ -hàm, σ -hàm suy rộng, hàm Legendre, π -hàm, li-hàm, ζ -hàm Riemann Phạm vi nghiên cứu đề tài lý thuyết ứng dụng hàm lý thuyết số Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu, phân tích, giải thích, đánh giá, tổng hợp tham gia buổi seminar thầy hướng dẫn để trao đổi kết nghiên cứu Footer Page of 126 Header Page of 126 Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tổng quan kết tác giả nghiên cứu liên quan đến Các hàm lý thuyết số ứng dụng nhằm xây dựng tài liệu tham khảo cho muốn nghiên cứu hàm quan trọng lý thuyết số ứng dụng chúng toán số học Chứng minh chi tiết làm rõ số mệnh đề, xây dựng hệ thống toán lời giải với mức độ khó dễ khác nhằm làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn đề đề cập Cấu trúc luận văn Chương - Các hàm số học, nghiên cứu hàm số học thường sử dụng lý thuyết số, hàm Mobius, hàm Euler, hàm Mangoldt, hàm Liouville, τ -hàm, σ -hàm suy rộng, hàm Legrendre khái niệm dẫn xuất tính chất liên quan Chương - Các hàm π , li ζ Riemann, khảo sát hàm số thực có vai trò quan trọng số học π -hàm, li-hàm, ζ -hàm Riemann trình bày tính chất hàm này, Định lý số nguyên tố đẳng thức ζ -hàm Riemann Chương - Các toán liên quan đến hàm lý thuyết số, ứng dụng để giải toán liên quan đến hàm Chương Chương CHƯƠNG CÁC HÀM SỐ HỌC Các khái niệm kết chương tìm thấy tài liệu [1], [2] [3] 1.1 Hàm số học tích chập Dirichlet Định nghĩa 1.1 Ánh xạ f : N∗ → C gọi hàm số học Như vậy, hàm số học dãy số phức {cn }∞ n=1 với cn = f (n) Tuy nhiên, người ta muốn khai thác tính chất hàm nhiều tính chất dãy Footer Page of 126 Header Page of 126 nên ta gọi f hàm số học hay hàm lý thuyết số Ví dụ 1.1 Các hàm sau hàm số học 0(n) = ∀n ∈ N∗ , u(n) = ∀n ∈ N∗ , N (n) = n ∀n∈ N∗ , N α (n) = nα ∀n ∈ N∗ , 1 n = 1 e(n) = = , n 0 n > ω(n) = = số ước nguyên tố n p|n Chú ý 1.1 Định nghĩa 1.2 Cho f, g hai hàm số học Khi đó, ta định nghĩa phép toán đại số hai hàm số học f, g với n ∈ N∗ sau: - Phép cộng: (f + g)(n) = f (n) + g(n) - Phép nhân: (f.g)(n) = f (n).g(n) f f (n) - Phép chia: (n) = với g(n) = g g(n) - Phép nhân vô hướng: (λf )(n) = λf (n) với λ ∈ C Định nghĩa 1.3 Cho f, g hai hàm số học Tích chập Dirichlet (hay phép nhân Dirichlet) f g , kí hiệu f ∗ g , hàm số học xác định n sau: (f ∗ g)(n) = f (d)g(k) = f (d)g d dk=n d|n Ví dụ 1.2 (N ∗ u)(6) = N (1)u(6) + N (2)u(3) + N (3)u(2) + N (6)u(1) Mệnh đề 1.1 Cho f, g, h hàm số học Tích chập Dirichlet hàm số học có tính chất sau: a) Tính kết hợp: (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h) b) Tính giao hoán: f ∗ g = g ∗ f c) Tính phân phối phép cộng: f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h d) Tính giản ước được: f = g ⇔ f ∗ h = g ∗ h với h = e) Tính tương thích phép nhân vô hướng: λ(f ∗ g) = (λf ) ∗ g = f ∗ (λg) f) Tính có đơn vị: f ∗ e = e ∗ f = f Với tính chất trên, ta thấy tập tất hàm số học với phép toán cộng, nhân phép tích chập Dirichlet tạo thành đại số C Hơn nữa, đại số kết hợp, giao hoán có đơn vị Footer Page of 126 Header Page of 126 Định lý 1.1 Nếu f hàm số học với f (1) = tồn hàm số học f −1 , gọi nghịch đảo Dirichlet f , cho f ∗ f −1 = f −1 ∗ f = e Ngoài ra, f −1 cho công thức đệ quy −1 n −1 , f −1 (n) = f f (d), với n > f −1 (1) = f (1) f (1) d d|n d Chú ý 1.3 µ ∗ u = e Định lý 1.4 (Công thức ngược M¨obius) Cho f, g hai hàm số học Khi n g(n) = f (d) f (n) = g(d)µ d d|n d|n Định lý 1.5 Hàm f hàm nhân tính hoàn toàn f hàm nhân tính có f −1 (n) = µ(n)f (n) Định lý 1.6 (Công thức tổng - tích) Nếu f hàm nhân tính (1 − f (p)), µ(d)f (d) = d|n p|n với p số nguyên tố 1.3 Hàm Euler Định nghĩa 1.9 Hàm Euler ϕ(n) hàm xác định với n ∈ N∗ , định nghĩa số số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Tức ϕ(n) = #{i ∈ N∗ /i ≤ n (i, n) = 1} Ở đây, ký hiệu #A số phần tử tập hợp A Footer Page of 126 Header Page of 126 n Chú ý 1.4 ϕ(n) = m=1 U CLN (n, m) Ví dụ 1.8 Định lý 1.7 Với n ≥ 1, ta có công thức tổng ϕ(d) = n d|n Định lý 1.8 Với n ≥ 1, ta biểu diễn hàm Euler dạng tổng n µ(d) sau ϕ(n) = µ(d) = n d d d|n d|n Định lý 1.9 Với n ≥ 1, hàm Euler biểu diễn dạng tích sau ϕ(n) = n 1− , với p số nguyên tố p p|n Mệnh đề 1.5 Cho số nguyên tố p số nguyên α ≥ Khi ϕ(pα ) = pα − pα−1 Mệnh đề 1.6 Với d = (m, n) ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) d Từ suy ϕ(d) hàm ϕ(n) hàm nhân tính hoàn toàn Mệnh đề 1.7 Hàm Euler ϕ(n) hàm nhân tính Mệnh đề 1.8 Nếu a|b ϕ(a)|ϕ(b) Mệnh đề 1.9 ϕ(n) chẵn với n ≥ Ngoài ra, n có r nhân tử nguyên tố lẻ phân biệt 2r |ϕ(n) Định lý 1.10 (Euler) Nếu n số nguyên dương a số nguyên tố với n aϕ(n) ≡ (mod n) 1.4 Hàm Mangoldt Λ(n) Tiếp theo ta có hàm số học Mangoldt Λ đóng vai trò trung tâm việc phân bố số nguyên tố Định nghĩa 1.10 Với số nguyên n ≥ 1, ta định nghĩa  log p n = pm với số nguyên tố p m ≥ đó, Λ(n) = 0 trường hợp khác Vì Λ(1) = 0, hàm Mangoldt hàm nhân tính Footer Page of 126 Header Page 10 of 126 Ví dụ 1.9 Định lý 1.11 Nếu n ≥ ta có log n = Λ(d) d|n Định lý 1.12 Nếu n ≥ ta có Λ(n) = µ(d) log d|n 1.5 n = − µ(d) log d d d|n Hàm Liouville λ(n) Một ví dụ quan trọng hàm nhân tính hoàn toàn hàm Liouville λ định nghĩa sau: Định nghĩa 1.11 Hàm Liouville hàm số học định nghĩa sau  1 λ(n) = (−1)a1 +a2 + +ak n = 1, n = pa11 pa22 pakk Định nghĩa chứng tỏ λ hàm nhân tính hoàn toàn Định lý mô tả tổng ước hàm λ Định lý 1.13 Với n ≥ 1, ta có  1 n bình phương, λ(d) = 0 trường hợp khác d|n Ngoài ra, λ−1 (n) = |µ(n)| với n 1.6 τ -hàm Định nghĩa 1.12 Hàm τ (n) định nghĩa số ước dương số nguyên dương n, kể n Tức τ (n) = d|n d≥1 Ví dụ 1.10 Mệnh đề 1.10 Với n ∈ N∗ , ta có công thức τ (n) = (u ∗ u)(n) Mệnh đề 1.11 Hàm τ (n) hàm nhân tính Định lý 1.14 Giả sử số nguyên dương n phân tích thừa số nguyên tố sau n = pa11 pa22 pakk k Khi τ (n) = (ai + 1) i=1 Ví dụ 1.11 τ (126) = τ (2.32 7) = (1 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 12 Footer Page 10 of 126 10 Header Page 12 of 126 Ví dụ 1.14 e2 (6) = v2 (6!) = v2 (1.2.3.4.5.6) = v2 (24 32 5) = Chú ý 1.7 Hàm Legendre hàm nhân tính, hàm cộng tính Định lý 1.18 (Công thức Legendre) Với số nguyên tố p số nguyên dương n, ta có công thức ln n ln p n pi ep (n) = i=1 = n − Sp (n) , p−1 với Sp (n) tổng chữ số khai triển p - phân n (khai triển theo số p n) Ví dụ 1.15 e7 (400) = 400 + 400 72 + 400 73 CHƯƠNG = 57 + + = 66 CÁC HÀM π, li ζ RIEMANN Các khái niệm kết chương tìm thấy tài liệu [3] 2.1 π-hàm li-hàm Định nghĩa 2.1 Hàm π(x) định nghĩa số số nguyên tố không Ở đây, p số nguyên tố vượt số thực x Tức π(x) = p≤x Ví dụ 2.1 π(2) = 1, π(6) = 3, π(21) = 8, π(59) = 17, π(100) = 25 x Định nghĩa 2.2 Hàm li(x) định nghĩa sau li(x) = dt , với log t log t logarit số e t Chú ý 2.1 Hàm li(x) xác định trình tìm xấp xỉ cho hàm π(x) Năm 1793, Gauss dùng hàm x/ log(x) để xấp xỉ cho hàm π(x) Tuy nhiên, sau này, người ta nhận thấy tỷ số π(x)/li(x) dần đến nhanh tỷ số π(x) log(x)/x x dần đến vô cùng, li(x) xấp xỉ tốt π(x) Footer Page 12 of 126 11 Header Page 13 of 126 2.2 Định lý số nguyên tố Định lý 2.1 Cho x số nguyên dương, π(x) số số nguyên tố không vượt x Khi x π(x) ∼ log x hay π(x) lim = x→∞ x/ log x Chú ý 2.2 (Lịch sử toán) Từ việc kiểm tra bảng số nguyên tố bé 106 , Gauss với Legendre độc lập phát biểu với x lớn, tỷ số π(x) ≈ đoán tiến tới x dần đến vô Gauss x/ log(x) Legendre cố gắng chứng minh điều không thành công Năm 1851, Chebyshev tạo bước tiến quan trọng với chứng minh π(x) có giới hạn, giới hạn phải tỷ số x/ log(x) Năm 1859, Riemann chứng minh điều với phương pháp giải tích, dùng giải tích phức để nghiên cứu hàm π(x) Ông cho phân bố số nguyên tố liên quan đến - điểm không tầm thường hàm zeta ∞ Riemann ζ(s) = , điểm đường thẳng {s ∈ C/Re(s) = s n=1 n } Tuy nhiên, kiến thức cần cho việc chứng minh ông chưa phát triển đầy đủ Và Riemann hoàn thành chứng minh trước ông qua đời vào năm 1866 Ba mươi năm sau, với công cụ giải tích có sẵn, năm 1896, J Hadamard C J de la Vallée Poussin độc lập chứng minh thành công π(x) log(x) = x→∞ x lim Kết đáng ý gọi Định lý số nguyên tố, phép chứng minh thành tựu rực rỡ lý thuyết giải tích số Năm 1949, Atle Selberg Paul Erd¨os gây bất ngờ khám phá chứng minh sơ cấp định lý số nguyên tố Footer Page 13 of 126 12 Header Page 14 of 126 2.3 Một bất đẳng thức π-hàm Định lý 2.2 Với số nguyên dương n, n ≥ 2, ta có bất đẳng thức sau n n − < π(n) < log n log n Bất đẳng thức biết bất đẳng thức Chebyshev hàm π(n) Chứng minh Tham khảo toàn văn luận văn 2.4 ζ-hàm Riemann Định nghĩa 2.3 Hàm Riemann zeta ζ định nghĩa sau +∞ ζ(s) = n=1 , ns với số thực s > Chú ý 2.3 Hàm ζ(s) định nghĩa Leonhard Euler (1707 - 1783) lần năm 1737 Hơn kỷ sau, năm 1859, Riemann khám phá hàm zeta với giá trị phức s cố gắng chứng minh định lý số nguyên tố Trong công trình mình, Riemann xây dựng sáu giả thuyết, để từ sử dụng chứng minh Định lý số nguyên tố Tuy nhiên, nay, có năm giả thuyết chứng minh Giả thuyết thứ sáu giả thuyết Riemann tiếng, biết đến vấn đề mở khó Toán học 2.5 Một số tính chất ζ-hàm Mệnh đề 2.1 (Đồng thức Euler) Với s số thực bất kì, s > 1, ta có ζ(s) = p , − p−s tích mở rộng tất số nguyên tố p Hệ 2.1 Theo đồng thức Euler, ta có hệ sau ζ(2s) = ζ(s) Footer Page 14 of 126 p + p−s 13 Header Page 15 of 126 Mệnh đề 2.2 Với s số thực, s > 1, ta có +∞ = s−1 +∞ 1 dx = + xs s−1 dx ≤ ζ(s) ≤ + xs 1 π2 Mệnh đề 2.3 Ta có ζ(2) = = n=1 n Tính chất biết toán Basel +∞ Mệnh đề 2.4 Với số nguyên s chẵn s ≥ 2, ζ(s) bội hữu tỷ π s Mệnh đề 2.5 Cho n ∈ N Khi ζ(−n) = (−1)n Bn+1 n+1 Mệnh đề 2.6 Ta có ζ(3) số vô tỷ ∞ Mệnh đề 2.7 Cho ζ(s, a) = với giá trị thực a s, s > s n=0 (n + a) ∞ < a ≤ Khi Γ(s)ζ(s, a) = xs−1 e−ax − e−x ∞ 0 CHƯƠNG e−t ts−1 dt dx Ở đây, Γ(s) = CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÁC HÀM TRONG LÝ THUYẾT SỐ Các khái niệm kết chương tìm thấy tài liệu [2], [3], [4] [5] 3.1 Các toán liên quan đến hàm M¨ obius Bài toán 3.1 Cho f hàm nhân tính n = pa11 pa22 pakk với k ∈ N, dạng phân tích thành thừa số nguyên tố số nguyên n Chứng minh k (1 − f (pi )) µ(d)f (d) = d|n Footer Page 15 of 126 i=1 14 Header Page 16 of 126 Giải Đặt g(n) = µ(d)f (d) = d|n µ(d)f (d)u d|n n = (µ.f ∗ u)(n) d Do µ, f, u hàm nhân tính nên g hàm nhân tính Với n = pa , ta có g(pa ) = − f (p) Từ sử dụng tính chất g hàm nhân tính để xét n = pa11 pa22 pakk , suy điều phải chứng minh Bài toán 3.2 Chứng minh µ(n)µ(n + 1)µ(n + 2)µ(n + 3) = với số nguyên dương n µ(d) = µ2 (n) Bài toán 3.3 Chứng minh d2 |n Giải Xét trường hợp n = 1, n = p1 p2 pk n = p1 a1 p2 a2 pi pi+1 pk với a1 , a2 , , ≥ để suy điều cần chứng minh Bài toán 3.4 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện sau µ(n) + µ(n + 1) + µ(n + 2) = Bài toán 3.5 Cho n số nguyên lớn Giả sử n có phân tích thành thừa số nguyên tố n = pa11 pa22 pakk Chứng minh µ(d)ϕ(d) = (2 − p1 )(2 − p2 ) (2 − pk ) d|n Giải Áp dụng công thức tổng - tích µ hàm suy điều cần chứng minh Bài toán 3.6 Tìm hàm f (n) thỏa mãn điều kiện f (d) = , với n n d|n số nguyên dương Giải Đặt g(n) = Áp dụng công thức ngược M¨obius, ta n n f (n) = µ d d d|n Với n = pa , thay vào (3.1) ta f (pa ) = (1 − p) pa Với n = pa11 pa22 pakk Thay vào (3.1), ta có f (pa11 pa22 pakk ) = (1 − p1 )(1 − p2 ) (1 − pk ) n Vậy hàm f (n) cần tìm phải có dạng f (n) = (1 − p) n p|n Footer Page 16 of 126 (3.1) 15 Header Page 17 of 126 3.2 Các toán liên quan đến hàm Euler Bài toán 3.7 Chứng minh số nguyên dương n hợp số √ ϕ(n) ≤ n − n √ n với số nguyên dương n Bài toán 3.8 Chứng minh ϕ(n) ≥ Giải Giả sử n có phân tích thừa số nguyên tố sau n = 2a0 pa11 pa22 pakk Nếu a0 > 0, ta có ϕ(n) = n − 1− p1 − pk = 2a0 −1 pa11 −1 pa22 −1 pakk −1 (p1 − 1)(p2 − 1)(pk − 1) Mặt khác, với số nguyên tố p ≥ p − > √ p, nên √ √ √ ϕ(n) ≥ 2a0 −1 p1a1 −1 pa22 −1 pakk −1 p1 p2 pk 2a0 a1 −1/2 a2 −1/2 a −1/2 p1 = p2 pkk a Lại có a − ≥ với số nguyên dương a Nên 2 a /2 a /2 a /2 2a0 /2 p11 p22 pkk ϕ(n) ≥ a a 2a0 p11 p22 pakk = , hay √ n √ √ n Nếu a0 = 0, tương tự ta có ϕ(n) > n > Vậy toán chứng minh ϕ(n) ≥ Bài toán 3.9 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ϕ(n) chia hết n Giải Xét n = Với n > 1, áp dụng công thức hàm Euler dạng tích, suy n chia hết cho n có ước nguyên tố lẻ Thử lại kết luận số n cần tìm n = 2m 3n với m ≥ 1, n ≥ n Bài toán 3.10 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ϕ(n) = Footer Page 17 of 126 16 Header Page 18 of 126 Giải Áp dụng công thức hàm Euler dạng tích, suy n có ước nguyên tố Kết luận số n cần tìm n = 2x với x ≥ Bài toán 3.11 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ϕ(n) = ϕ(2n) Giải Xét trường hợp n = 1, n chia hết cho n không chia hết cho 2, suy n phải có dạng n = 2x + với x ≥ Bài toán 3.12 Tìm số nguyên dương n cho ϕ(n) lũy thừa Giải Với n = ϕ(1) = = 20 , lũy thừa Xét n > + Xét n = 2x với x ≥ Theo công thức hàm Euler dạng tích, ta có ϕ(n) = ϕ(2x ) = 2x − = 2x−1 , lũy thừa + Xét n có ước nguyên tố khác Giả sử n có phân tích thừa số nguyên tố sau n = pa11 pa22 pakk Theo công thức hàm Euler dạng tích, ta có ϕ(n) = n − p1 = pa11 pa22 pakk 1 − p2 pk p2 − p1 − p1 p2 1− pk − pk = pa11 −1 pa22 −1 pkak −1 (p1 − 1)(p2 − 1) (pk − 1) Do ϕ(n) lũy thừa 2, nên pi khác pi phải có số mũ Đặt n = 2a1 p2 p3 pk , ta có ϕ(n) = 2a1 −1 (p2 − 1)(p3 − 1) (pk − 1) Để ϕ(n) lũy thừa 2, (pi − 1) phải lũy thừa với i = 2, k Suy pi − = 2xi , hay pi = 2xi + Footer Page 18 of 126 17 Header Page 19 of 126 Mặt khác, ta có 2xi + số nguyên tố xi = xi = 2ti Vậy n phải có dạng n = k 2a1 t 22 i + với k ≥ i=1 Vậy số n cần tìm n = 2x với x ≥ n = k 2a1 t 22 i + với i=1 k ≥ Bài toán 3.13 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ϕ(n) = 12 Giải Các giá trị n thỏa điều kiện 13, 21, 26, 28, 36, 42 Bài toán 3.14 Tìm số nguyên dương n thỏa điều kiện ϕ(n) chia hết cho Giải Áp dụng công thức hàm Euler dạng tích, ta có trường hợp sau: n có dạng n = 23 n1 với n1 > 0, n có dạng n = 22 n2 với n2 > số lẻ, n có hai ước nguyên tố lẻ n có ước nguyên tố lẻ có dạng n 22 + với n3 ≥ 3.3 Các toán liên quan đến τ -hàm Bài toán 3.15 Cho f hàm số học có f (1) = Chứng minh f hàm nhân tính hoàn toàn f ∗ f = f.τ Giải Điều kiện cần: Cho f hàm nhân tính hoàn toàn Chứng minh f ∗ f = f.τ n Với n ∈ N∗ , ta có f ∗ f (n) = f (d)f Do f hàm nhân tính hoàn d d|n n = f (n) = f (n) = f (n)τ (n) Suy toàn nên f ∗ f (n) = f d d d|n d|n d|n f ∗ f = f.τ Điều kiện đủ: Cho f hàm thỏa f (1) = f ∗ f = f.τ Chứng minh f hàm nhân tính hoàn toàn Theo giả thiết, ta có f ∗ f = f.τ , nên (f ∗ f )(n) = f (n).τ (n) với n ∈ N∗ Footer Page 19 of 126 18 Header Page 20 of 126 Mặt khác, τ = u ∗ u, n f (d)f = f (n).(u ∗ u)(n) = f (n) d d|n f (n)u(d)u = d|n u(d)u d|n n d n d f (n) = d|n Suy n = f (n) d f (d)f với n ∈ N∗ d|n Như vậy, f phải hàm nhân tính hoàn toàn Vậy f hàm nhân tính hoàn toàn f ∗ f = f.τ Bài toán 3.16 Tính tích ước dương số nguyên dương n cho trước Giải Tích ước dương số nguyên dương n P = n τ (n) Bài toán 3.17 Tìm tất số nguyên dương n cho tích ước dương khác n n n2 k (ai + 1), suy n phải có Giải Áp dụng toán 3.16 công thức τ (n) = i=1 dạng n = p5 n = p21 p2 Bài toán 3.18 Chứng minh √ n n τ (i) = i=1 i=1 √ n − n i , với n số nguyên dương k phần nguyên số k 100 Áp dụng tính τ (i) i=1 3.4 Các toán liên quan đến σ-hàm suy rộng Bài toán 3.19 Chứng minh số nguyên dương n số hoàn hảo, ta có = d d|n Footer Page 20 of 126 19 Header Page 21 of 126 Bài toán 3.20 Chứng minh số nguyên dương n hợp số √ σ(n) > n + n Bài toán 3.21 Tìm tất số nguyên dương n cho ϕ(n) + σ(n) = 2n Giải Các số nguyên dương n thỏa điều kiện số nguyên tố Bài toán 3.22 Chứng minh số hoàn hảo có ba ước nguyên tố phân biệt Bài toán 3.23 Chứng minh σ(n!) < (n + 1)! , với số nguyên dương n ≥ Giải Đặt n! = 2a1 3a2 p với p số nguyên tố lớn thỏa điều kiện p ≤ n Ta có p2 − 2a1 +1 − 3a2 +1 − σ(n!) = p−1 (3.10) a a +1 +1 −1 −1 p2 − = n! 2a1 2.3a2 (p − 1)p Mà na+1 − n < , (n − 1)na n−1 với n, a ∈ N∗ n = Nên từ (3.10) suy p σ(n!) < n! p−1 n n+1 n−1 n ≤ n! 3.5.7.8 (n + 1)! = 72/35 (n + 1)! < Do σ(n!) < với số nguyên dương n ≥ Footer Page 21 of 126 (n + 1)! , 20 Header Page 22 of 126 Bài toán 3.24 (Belarus 1999) Chứng minh với số nguyên dương n > 1, hàm σ(n) tổng tất ước nguyên dương n (kể n) thỏa mãn bất đẳng thức √ nτ (n) < σ(n) < n 2τ (n) Giải Giả sử tập tất ước nguyên dương n = d1 < d2 < < dτ (n) = n Đặt k = τ (n), ta có di dk+1−i = n với i = 1, k Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có k σ(n) = k di = i=1 i=1 k di + dk+1−i > √ √ di dk+1−i = k n = τ (n) n (3.11) i=1 k d2i , áp dụng bất đẳng thức Bunhiakowski, ta Lại có σ2 (n) = i=1 σ(n) = k k Suy σ(n) ≤ k di ≤ i=1 k k d2i = i=1 σ2 (n) k kσ2 (n), nên σ2 (n) = n2 k i=1 d2i = n2 k i=1 d2k+1−i ∞ ≤ j=1 π2 < j2 Từ √ kn2 π σ(n) ≤ kσ2 (n) < < n 2k = n √ Từ (3.11) (3.12) suy nτ (n) < σ(n) < n 2τ (n) 3.5 2τ (n) (3.12) Các toán liên quan đến hàm Legrendre Bài toán 3.25 Cho p số nguyên tố Tìm số mũ p phân tích thành thừa số nguyên tố (pm )! Giải Sử dụng công thức Legendre, ta tìm số mũ p phân tích m −1 thành thừa số nguyên tố (pm )! pp−1 Footer Page 22 of 126 21 Header Page 23 of 126 Bài toán 3.26 Tìm tất số nguyên dương n cho n! kết thúc 1000 số không Giải Các số cần tìm 4005, 4006, 4007, 4008, 4009 Bài toán 3.27 Chứng minh với số nguyên dương n n! không chia hết cho 2n Bài toán 3.28 Tìm tất số nguyên dương n thỏa 2n−1 chia hết n! s Giải + Xét n = 2s , s = 0, 1, 2, , n! chia hết cho 22 −1 = 2n−1 + Xét n số lẻ, n = 2n1 + 1, 2n−1 không chia hết n! + Xét n có dạng n = 2k m với m lẻ, 2n−1 không chia hết n! Vậy tất số nguyên dương n thỏa 2n−1 chia hết n! số có dạng n = 2s với , s = 0, 1, 2, Bài toán 3.29 Với số nguyên không âm m, n, chứng minh (2m)!(2n)! m!n!(m + n)! số nguyên (Olympic Toán học quốc tế lần thứ 14.) Giải Sử dụng bổ đề sau: Với số thực a, b, ta có 2a + 2b ≥ a + b + a + b Đặt a = a + x, b = b + y với ≤ x, y < Nếu x + y < ta có a + b = a + b nên 2a + 2b ≥ 2( a + b ) = a + b + a + b Nếu ≤ x + y < ta có 2x ≥ 2y ≥ Giả sử 2x ≥ 2a = a + a + b = a + b + Suy 2a + 2b = a + + 2b ≥ a + + b = a + b + a + b Footer Page 23 of 126 22 Header Page 24 of 126 Như vậy, bổ đề chứng minh Với số nguyên không âm m, n, với số nguyên i ≥ 1, ta có m n , pi pi số thực Áp dụng bổ đề trên, ta có 2m 2n m n m+n + ≥ + + pi pi pi pi pi Lấy tổng hai vế cho i chạy từ đến vô cùng, ta i≥1 2m + pi 2n ≥ pi i≥1 i≥1 m + pi i≥1 n + pi i≥1 m+n pi Suy ep (2m) + ep (2n) ≥ ep (m) + ep (n) + ep (m + n) với số nguyên tố p Do (2m)!(2n)! chia hết cho m!n!(m + n)! (2m)!(2n)! số nguyên Vậy m!n!(m + n)! 3.6 Các toán liên quan đến hàm π-hàm Bài toán 3.30 Tính xác xuất chọn số nguyên tố 109 số nguyên dương Giải Ta có π(109 ) = 50847534 Xác suất để chọn số nguyên tố π(109 ) 50847534 10 số nguyên dương P = = = 0.050847534 109 109 Bài toán 3.31 Chứng minh π(x) ≥ log log(x), với x ≥ n−1 n Giải Xét ee < x ≤ ee với n ≥ n + Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh pn < 22 + Chứng minh en−1 > 2n với n ∈ N∗ n ≥ + Xét trường hợp ≤ x ≤ ee , ta có Nếu ≤ x ≤ ee , ta thấy π(x) ≥ π(5) = log log(x) ≤ 3, nên bất đẳng thức Nếu ≤ x < 5, ta thấy log log(x) ≤ log log(5) < 0.48 π(x) ≥ π(2) = 1, nên bất đẳng thức Vậy π(x) ≥ log log(x) với x ≥ Footer Page 24 of 126 23 Header Page 25 of 126 3.7 Các toán liên quan đến ζ-hàm Riemann Bài toán 3.32 Sử dụng hàm ζ(s), chứng minh số số nguyên tố vô hạn Giải Giả sử số số nguyên tố hữu hạn Khi đó, tích sau 1 − p−s p mở rộng tất số nguyên tố, phải hội tụ đến số thực với số thực s Do đó, cho s → 1+ , tích hội tụ Mặt khác, theo đồng thức Euler, ta có lim+ s→1 p = lim − p−s s→1+ +∞ n=1 = +∞, ns mâu thuẫn với giả thiết Vậy số số nguyên tố vô hạn Bài toán 3.33 Sử dụng hàm ζ(s), chứng minh chuỗi p , mở rộng p tất số nguyên tố, phân kỳ Bài toán 3.34 Chứng minh +∞ µ(n) = ζ(s) n=1 ns Bài toán 3.35 Cho số thực s > n số nguyên dương Chứng minh ∞ τ (n) (ζ(s)) = ns n=1 Giải Ta có ∞ (ζ(s)) = ζ(s)ζ(s) = u=1 ∞ ∞ = u=1 v=1 ∞ = n=1 = (uv)s τ (n) ns Vậy toán chứng minh Footer Page 25 of 126 us ∞ n=1 v|n ∞ v=1 vs = (n)s ∞ ∞ = u=1 v=1 ∞ n=1 v|n 1 us v s (n)s 24 Header Page 26 of 126 Bài toán 3.36 Cho số thực s > k + n số nguyên dương Chứng minh ∞ ζ(s)ζ(s − k) = n=1 σk (n) ns Bài toán 3.37 Chứng minh ∞ f (ζ(n)) = n=2 f (x) = x − x với x ∈ R KẾT LUẬN Qua thời gian tìm hiểu, tiếp cận nghiên cứu hàm số học lý thuyết số ứng dụng, luận văn hoàn thành đạt mục tiêu nghiên cứu đề tài với kết cụ thể sau: • Tổng quan hệ thống cách đầy đủ khái niệm kết hàm số học qua tích chập Dirichlet, hàm số học M¨obius, hàm Euler, hàm Mangoldt, hàm Liouville, τ -hàm, σ -hàm suy rộng, hàm Legendre • Trình bày cách đầy đủ chi tiết khái niệm kết quan trọng hàm π , li, ζ Riemann • Chứng minh chi tiết làm rõ số mệnh đề, xây dựng hệ thống toán lời giải với mức độ khó dễ khác làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn đề đề cập Với khảo sát được, luận văn tài liệu tham khảo hữu ích cho thân tiếp tục sâu nghiên cứu sau hy vọng nguồn tư liệu tốt cho quan tâm nghiên cứu hàm số học lý thuyết số Trong điều kiện thời gian khuôn khổ luận văn nên chưa sâu nghiên cứu chuỗi Dirichlet chuỗi điều hòa hàm số học liên quan đến số nguyên tố Đó hướng phát triển luận văn Tác giả mong nhận góp ý chân thành quý thầy cô bạn đọc để tiếp tục tìm hiểu, nghiên cứu phát triển luận văn sau Footer Page 26 of 126 ... liên quan đến Các hàm lý thuyết số ứng dụng nhằm xây dựng tài liệu tham khảo cho muốn nghiên cứu hàm quan trọng lý thuyết số ứng dụng chúng toán số học Chứng minh chi tiết làm rõ số mệnh đề, xây... trúc luận văn Chương - Các hàm số học, nghiên cứu hàm số học thường sử dụng lý thuyết số, hàm Mobius, hàm Euler, hàm Mangoldt, hàm Liouville, τ -hàm, σ -hàm suy rộng, hàm Legrendre khái niệm... hàm Mangoldt, hàm Liouville, τ -hàm, σ -hàm suy rộng, hàm Legendre, π -hàm, li -hàm, ζ -hàm Riemann Phạm vi nghiên cứu đề tài lý thuyết ứng dụng hàm lý thuyết số Phương pháp nghiên cứu Nghiên