ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN NGUYỄN NGỌC DUNG VỀ HÀM TỔNG - GCD LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN NGUYỄN NGỌC DUNG VỀ HÀM TỔNG - GCD LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh mục ký hiệu ii Mở đầu Chương Ước chung lớn 1.1 Khái niệm tính chất ước chung lớn 1.2 Thuật toán Euclid 1.3 Một số tập liên quan ước chung lớn 11 Chương Hàm tổng ước chung lớn 15 2.1 Định nghĩa hàm tổng ước chung lớn 15 2.2 Một số tính chất hàm tổng ước chung lớn 18 2.3 Chuỗi Dirichlet G(s) 21 Chương Ứng dụng 33 3.1 Ứng dụng hàm tổng ước chung lớn 33 3.2 Một số tập khó ước chung lớn 36 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 ii Danh mục ký hiệu (m, n) Ước chung lớn hai số m n n g(n) = (j, n) Hàm tổng ước chung lớn (2j − 1, n) Hàm đếm điểm mạng j=1 n S(n) = j=1 φ(n) Phi hàm Euler ω(n) Số số nguyên tố phân biệt ước n d0 d(n) = σ0 (n) = Hàm ước số d|n ∞ n−s , Re(s) > ζ(s) = Hàm zeta Riemann n=1 ∞ g(n) , Re(s) > Chuỗi Dirichlet n n=1 g(n) Gα (x) = Hàm tổng riêng chuỗi Dirichlet α n n≤x n Tích chập Dirichlet (f ∗ g)(n) = f (d)g d G(s) = d|n à(d) Hm Măobius Mở đầu Trong toán học, số nguyên a chia hết cho số nguyên d số d gọi ước số nguyên a, a gọi bội d Số nguyên dương d lớn ước hai số nguyên a, b gọi ước chung lớn a b, ký hiệu d = (a, b) Ước chung lớn hai số a b có nhiều tính chất lý thú, ta áp dụng để giải tập số học hình học Năm 1935, Pillai [5] người đưa định nghĩa hàm tổng ước chung lớn (hàm Pillai) hệ thức n g(n) = (j, n) j=1 (j, n) ước chung lớn hai số j n Ông chứng minh g(n) = n d|n φ(n) , d φ(n) hàm Euler Hàm tổng ước chung lớn hàm số sơ cấp định nghĩa tổng ước chung lớn n số nguyên với n Trong trình phát triển khoa học kỹ thuật nói chung tốn học nói riêng, kết hàm tổng ước chung lớn nhiều nhà toán học phát triển theo hướng khác Năm 2001, kết ứng dụng hàm tổng ước chung lớn công bố Kevin A Broughan Hàm xuất tìm kiếm đánh giá xấp xỉ cho toán đếm điểm mạng Bài toán đếm điểm mạng (điểm có tọa độ nguyên) vật thể toán cổ lý thuyết số đưa Gauss Dirichlet Hàm tổng ước chung lớn có quan hệ chặt chẽ với tốn đếm điểm mạng Sau đó, nhiều nhà tốn học giới quan tâm hướng nghiên cứu kết hàm tổng ước chung lớn công bố, theo hướng sâu mở rộng thành hàm tổng ước chung lớn suy rộng Với mong muốn tìm hiểu sâu ước chung lớn hàm tổng ước chung lớn nhất, hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu: “Về hàm tổng-gcd” Mục đích nghiên cứu luận văn khai thác ước chung lớn nhất, hàm tổng ước chung lớn tính chất số học hàm tổng ước chung lớn dựa báo “The gcd-Sum Function” Kevin A Broughan đăng tạp chí Journal of Integer Sequence năm 2001 Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương Ước chung lớn Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm tính chất ước chung lớn số tự nhiên Để tìm ước chung lớn nhất, chúng tơi trình bày thuật toán Euclid Chương Hàm tổng ước chung lớn Trong chương này, chúng tơi trình bày kết gần hàm tổng ước chung lớn bao gồm định nghĩa số tính chất, chuỗi Dirichlet với số hạng tổng quát hàm tổng ước chung lớn Chương Ứng dụng Trong phần này, chúng tơi trình bày cách ứng dụng hàm tổng ước chung lớn toán đếm điểm mạng nguyên Ngồi có số tập phổ thơng ước chung lớn Trong trình thực luận văn thạc sĩ, tác giả nhận giúp đỡ, tạo điều kiện nhiệt tình quý báu nhiều cá nhân, tập thể Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS.TS Nơng Quốc Chinh tận tình hướng dẫn suốt trình làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể thầy Khoa Tốn Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp để tơi hồn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Phan Nguyễn Ngọc Dung Chương Ước chung lớn Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm tính chất ước chung lớn số tự nhiên Để tìm ước chung lớn nhất, chúng tơi trình bày thuật tốn Euclid Các tập tốn học phổ thơng ước chung lớn trình bày mục 1.3 1.1 Khái niệm tính chất ước chung lớn Trong lý thuyết số, tập số tự nhiên N = {0, 1, 2, 3, 4, }, tập số nguyên Z = { , −3, −2, −1, 0, 1, 2, } Định nghĩa 1.1.1 ([7]) Cho a, b ∈ Z ta nói b chia hết a, ký hiệu a | b, tồn c ∈ Z để xảy ac = b Trong trường hợp này, ta nói a ước b Ta nói b không chia hết a, ký hiệu a b, không tồn c ∈ Z cho ac = b Khi a | b ta nói b bội a b chia hết cho a ký hiệu b a Ví dụ 1.1.2 Ta có | với ∈ Z, · = 6, −3 | 15 với −5 ∈ Z −3 · (−5) = 15, Z = · + 1, không ước Nhận xét 1.1.3 Tất số nguyên ước 0, ước không Mọi số ngun có ước nó, ta gọi chúng ước tầm thường Định nghĩa 1.1.4 ([7]) Một số nguyên n > gọi nguyên tố n có ước Nếu số n khơng số ngun tố ta nói n hợp số Ví dụ 1.1.5 Dãy số nguyên tố N 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, hợp số 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 30, 32, 33, 34, Nhận xét 1.1.6 Số không hợp số không số nguyên tố Định lý 1.1.7 (Định lý số học) Mọi số tự nhiều viết dạng tích số nguyên tố không kể đến thứ tự nhân tử Định nghĩa 1.1.8 Một số nguyên dương d gọi ước chung hai số nguyên a b d ước a d ước b Định nghĩa 1.1.9 Ước chung lớn hai số a b, ký hiệu (a, b), số nguyên dương lớn d thỏa mãn d | a d | b Tức (a, b) = max{d ∈ Z : d | a d | b} Ví dụ 1.1.10 (1, 2) = 1, (5, 10) = 2, (6, 27) = 3, với a, (0, a) = (a, 0) = a Đặc biệt (0, 0) = Định nghĩa 1.1.11 Hai số nguyên a b gọi nguyên tố (a, b) = Mệnh đề 1.1.12 Giả sử a b số nguyên với b = Khi tồn hai số nguyên q r cho a = bq + r, với ≤ r < |b| Chứng minh Để cho đơn giản, giả sử a b dương Gọi Q tập số nguyên không âm n cho a − bn khơng âm Khi Q khác rỗng ∈ Q Q bị chặn a − bn < với n > a/b Lấy q phần tử lớn Q Khi r = a − bq < b, ngược lại q + thuộc Q Do q r thỏa điều kiền tồn Để chứng minh tính nhất, giả sử q r thỏa mãn mệnh đề Khi q ∈ Q r = a − bq ≥ 0, nên q ≤ q, ta viết q = q − m với m ≥ Nếu q = q, m ≥ 1, nên r = a − bq = a − b(q − m) = a − bq + bm = r + bm ≥ b r ≥ 0, mâu thuẫn Do q = q r = a − bq = a − bq = r, điều phải chứng minh Bổ đề 1.1.13 Với số nguyên a b, ta có (a, b) = (b, a) = (±a, ±b) = (a, b − a) = (a, b + a) Chứng minh Chúng chứng minh (a, b) = (a, b − a), trường hợp khác chứng minh tương tự Giả sử d | a d | b, tồn c1 c2 cho a = c1 d b = c2 d Khi b − a = c2 d − c1 d = d(c2 − c1 ), nên d | (b − a) Do (a, b) ≤ (a, b − a), tập mà ta lấy giá trị cực đại (a, b) tập (a, b − a) Lập tuận tương tự với a thay −a b thay b − a, chi (a, b − a) = (−a, b − a) ≤ (−a, b) = (a, b), chứng tỏ (a, b) = (a, b − a) Bổ đề 1.1.14 Giả sử a, b, n ∈ Z Khi (a, b) = (a, b − an) Chứng minh Bằng cách áp dụng liên tiếp Bổ đề 1.1.13 n lần, ta có (a, b) = (a, b − a) = (a, b − 2a) = · · · = (a, b − na) Bổ đề 1.1.15 Với số nguyên a, b, n bất kỳ, ta có (an, bn) = (a, b) · |n| 31 Bổ đề 2.3.12 [2] Với ε > 0, x → ∞ G0 (x) = x2 x2 log x + c1 + Oε (x1+θ+ε ) 2ζ(2) 2ζ(2) Định lý 2.3.13 [2] Với ε > x → ∞ (i) Nếu α ≤ + θ: Gα (x) = x2−α ζ (x) x2−α log x + (2γ − − ) + Oε (xθ+1−α+ε ) (2 − α)ζ(2) (2 − α)ζ(2) − α ζ(2) (ii) Nếu + θ < α < 2: x2−α log x x2−α ζ (x) Gα (x) = + (2γ − − ) + O(1) (2 − α)ζ(2) (2 − α)ζ(2) 2−α ζ(2) (iii) G2 (x) = log2 x log x ζ (2) + − + O(1) 2ζ(2) ζ(2) ζ(2) (iv) Nếu α > 2: ζ(α − 1)2 log x − ζ(α) (α − 2)ζ(2)xα−2 1 ζ (2) − (2γ + − ) + Oε α−2 (α − 2)ζ(2)x α−2 ζ(2) Gα (x) = xα−1−θ−ε Chứng minh (1) Trong trường hợp α ≤ + θ Đặt β := − α, c2 := 2γ − 1/(1 + β) Sau đó, sử dụng Bổ đề 2.3.10 tính nhân tính đầy đủ mα : Gα (x) = g(n) = nα n≤x (mα · g)(n) n≤x ((mα · µ) ∗ (mα · Id ·τ ))(n) = n≤x = d≤x µ(d) dα e1−α τ (e) e≤x/d µ(d) xβ+1 xβ+1 x (log x − log d) + c + Oε (( )θ+β+ε ) α β+1 β+1 d β +1d d d = d≤x β+1 = x log x β+1 d≤x µ(d) xβ+1 − dα+β+1 β + d≤x µ(d) log d dα+β+1 32 + c2 xβ+1 d≤x µ(d) + Oε (xθ+β+ε dα+β+1 d≤x dθ+α+β+1 ) Do x2−α log x Gα (x) = − 2−α ζ(2) + c2 x2−α − ζ(2) 2−α = d>x µ(d) x2−α ζ (2) − − d2 − α ζ(2)2 d>x µ(d) log d d2 µ(d) + Oε (xθ+ε+1−α ) d d>x 2−α x log x x ζ (2) + [2γ − − ] (2 − α)ζ(2) (2 − α)ζ(2) 2−α ζ(2) + Oε (xθ+ε+1−α ) (2) Lập luận tương tự (1), ta sử dụng Bổ đề 2.3.11 thay cho Bổ đề 2.3.10 (3) Điều trình bày chứng minh trường hợp Định lý 2.3.6 (4) Lấy α > Tiếp theo sử dụng Định lý 2.3.1 tổng Abel, ta thu Gα (x) = g(n) ζ(α − 1)2 − ζ(α) nα n>x ∞ ζ(α − 1)2 G0 (y) G0 (x) G0 (t) − lim + − α dt y→∞ y α ζ(α) xα tα+1 x ∞ G0 (t) ζ(α − 1)2 G0 (x) + − α dt = ζ(α) xα tα+1 x ζ(α − 1)2 log x = − ζ(α) (α − 2)ζ(2)xα−2 α − [2c1 + ] + Oε ( α−1−θ−ε ), α−2 2(α − 2)ζ(2)x α−2 x = sau thay c1 vào ta suy điều phải chứng minh 33 Chương Ứng dụng 3.1 Ứng dụng hàm tổng ước chung lớn Bài toán đếm số điểm mạng nguyên vùng rộng lớn có lịch sử lâu dài lý thuyết số nghiên cứu Gauss Dirichlet Trong tổng quát, cho miền B ⊂ Rd ta xét số điểm mạng miền đồng dạng N (R) = #{n ∈ Zd : n/R ∈ B} Hình 3.1: Bài toán đếm điểm mạng Xét toán đếm số điểm mạng nguyên góc phần tư thứ √ hình vng [0, R] × [0, R] đường cong y = Rx R → ∞ Lấy R = n2 đếm số điểm mạng cách thêm điểm hình thang phía đường cong Nếu T hình thang với đỉnh tọa độ nguyên (0, 0), (b, 0), (0, α), (b, β), theo định lý Pick, diện tích số điểm tọa độ nguyên cộng nửa số điểm cạnh (tính bốn đỉnh) 34 trừ 1: diện tích hình thang = Ip + Bp − 1, Ip số điểm trong, Bp số điểm cạnh Từ suy tổng số điểm mạng N = diện tích hình thang − Bp + 1 = (α + β)b − (α + β + b + (b, β − α)) + 2 = [b(α + β) − (α + β + b + (b, β − α)) + 2] = [(b − 1)(α + β) − b − (b, β − α) + 2] √ Ta xấp xỉ miền đường cong y = n x khoảng [0, n2 ] n hình thang với hình thang thứ j có đáy [(j − 1)2 , j ] Chia điểm mạng nằm nằm biên hình thành tập: L1 = #{điểm hình thang}; L2 = #{điểm cạnh thẳng đứng}; L3 = #{điểm cạnh trên}; L4 = #{điểm cạnh dưới}; L5 = #{tất đỉnh hình thang} Khi n L1 = j=1 [(2j − 1)(nj + n(j − 1)) − (2j − 1) − n(j − 1) − nj − (2j − 1, n) + 2]; n−1 nj − = L2 = j=1 n n3 n2 − − n + 1; 2 [(n, 2j − 1) − 1] = S(n) − n L3 = j=1 (trong S xác định (2.2)); 35 n 2j − = n2 − n; L4 = j=1 L5 = 2n + Do N1 (R) tổng số điểm mạng theo Định lý 2.2.4 N1 (R) = L1 + L2 + L3 + L4 + L5 = n4 − N1 (n2 ) = n4 − n + S(n); 2 n + O(n1/2+ε ) Một ý thú vị diện tích phần khoảng cách đường cong hình thang xác n2 Tất nhiên tổng số điểm hình thang nhỏ tổng số điểm đường cong Có n hình thang, hình thang thứ j rộng 2j − Khoảng cách cực đại từ cạnh hình thang thứ j tới đường cong n/4(2j − 1), số điểm thêm vào O(n2 ) Điều dẫn tới ước lượng N2 (n2 ) = n4 + O(n2 ) với số N2 số điểm mạng đường cong đáp án tốn Bây ta tìm ước lượng xác cho N2 Đầu tiên sử dụng phương pháp Vinogradov [6] để đếm phần phân số hàm nghịch đảo x = y /R: Lấy b − a A A có f liên tục, < f (x) Lấy f hàm xác định số thực dương 1 có f (x) Khi A {f (u)} = a 2, < + < s, mâu thuẫn với giả thiết s số nhỏ Vậy có tập S = {2} Ví dụ 3.2.4 Cho n số nguyên dương (i) Tính (n! + 1, (n + 1)! + 1) (ii) Cho a b hai số nguyên dương Chứng minh (na − 1, nb − 1) = n(a,b) − (iii) Cho a b hai số nguyên dương Chứng minh (na + 1, nb + 1) ước n(a,b) + 38 (iv) Cho m số nguyên dương với (m, n) = Biểu diễn (5m + 7m , 5n , +7n ) theo m n Giải (i) Áp dụng thuật toán chia Euclid, ta có (n! + 1, (n + 1)! + 1) = (n! + 1, (n + 1)! + − (n + 1)(n! + 1)) = (n! + 1, n) = (ii) Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b Khi (na − 1, nb − 1) = (na − − na−b (nb − 1), nb − 1) = (na−b − 1, nb − 1) Vì (a, b) ước a b, đa thức x(a,b) − ước xa − xb − Cho nên n(a,b) − ước na − nb − 1, kéo theo n(a,b) − | (na − 1, nb − 1) Mặt khác, giả sử m ước na − nb − 1, tức là, na ≡ 1a (mod m) nb ≡ ≡ 1b (mod m) (rõ ràng, m n nguyên tố nhau) Ta có n(a,b) ≡ (mod m), tức m ước n(a,b) − Suy (na − 1, nb − 1) | n(a,b) − ta kết luận n(a,b) − = (na − 1, nb − 1) (iii) Giả sử m ước 2a + 2b + Chú ý m lẻ Ta cần chứng minh m ước 2(a,b) + Vì 2a ≡ 2b ≡ −1 (mod m), ta có 22a ≡ (mod m) 22b ≡ (mod m) Suy 2(2a,2b) ≡ (mod m); tức m ước 2(2a,2b) − = 22(a,b) − hay m | (2(a,b) − 1)(2(a,b) + 1) 39 Nếu m ước 2(a,b) + 1, ta có điều phải chứng minh Giả sử m không ước 2(a,b) + Vì (2(a,b) − 1, 2(a,b) + 1) = (2, 2(a,b) − 1) = 1, m phải ước 2(a,b)−1 , nên ước 2a − Nhưng m ước 2a + theo giả thiết ban đầu Do m ước (2a + 1, 2a − 1) = Vì m lẻ, m = 1, mâu thuẫn với giả thiết m không ước 2(a,b) + Do đó, m ước 2(a,b) + 1, điều phải chứng minh (iv) Đặt sn = 5n + 7n Nếu n ≥ 2m, lưu ý sn = sm sn−m − 5m 7m sn−2m nên (sm , sn ) = (sm , sn−2m ) Tương tự, m < n < 2m, ta có sn = sm sn−m − 5n−m 7n−m s2m−n , nên (sm , sn ) = (sm , s2m−n ) Nhưng theo thuật toán Euclid, ta kết luận m + n chẵn, (sm , sn ) = (s1 , s1 ) = 12, m + n lẻ, (sm , sn ) = (s0 , s1 ) = Ví dụ 3.2.5 (MOSP 1997) Chứng minh dãy 1, 11, 111, chứa dãy vơ hạn cặp nguyên tố Giải Ký hiệu xn số hạng thứ n dãy Chú ý xn = (xm , xn ) = 10n − Ta có (10m − 1, 10n − 1) 10(m,n) − = =1 9 với m n số nguyên cho (m, n) = Do dãy {xp } p nguyên tố thỏa mãn điều kiện tốn Ví dụ 3.2.6 (IMO 2002 Short list) Cho n số nguyên dương, cho p1 , p2 , , pn số nguyên tố phân biệt lớn Chứng minh 2p1 p2 ···pn + có 4n ước số Giải Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, ta xét số a1 = 2p1 + 1, Vì p1 lẻ, 2p1 + ≡ −1 + ≡ (mod 3), suy a1 > 9, khác a1 có bốn ước 1, 3, a31 , a1 a1 ước 40 Giả sử phát biểu với n = k với k số nguyên dương đó; tức ak = 2p1 p2 ···pk + có 4k ước số Ta xét trường hợp n = k + Vì p1 , p2 , , pk+1 lẻ, ước ak 2pk +1 + Ngoài ra, theo phép quy nạp, (ak , 2pk +1 ) = (2p1 ···pk+1 + 1, 2pk +1 + 1) = 3, hay 2pk + 2pk +1 + ak , , = (3.1) Chú ý, ak 2pk +1 + ước ak + 1, p1 , , pk pk+1 lẻ Ta kết luận 2pk +1 + ak+1 = ak · · bk (3.2) với bk số nguyên Theo giả thiết quy nạp, theo (3.1), ta kết luận 2pk +1 + ak · có 4k · ước số, cụ thể, 4k ước số d1 , d2 , , d4k ak 4k ước số khác 2pk +1 + với ≤ i ≤ 4k Ta xếp lại · 4k ước số theo thứ tự tăng dần thành di · d1 < d2 < d2·4k Theo (3.2), số ước ak+1 Xét số d1 bk , d2 bk , , d2·4k bk Chúng ước ak+1 Ta chứng minh d1 , d2 , , d2·4k , d1 bk , d2 d2·4k bk ước phân biệt ak+1 , từ ta suy bước quy nạp sau, ta tìm 4k+1 ước ak+1 Để chứng minh, ta cần dk bk ≥ d2·4k Vì d1 ≥ d2·4k 2pk +1 + , ta cần ≤ ak · bk ≥ a k · 2pk +1 + , 41 hay 2pk +1 + ak · ≤ ak+1 Bất đẳng thức tương đương với (2p1 p2 ···pk + 1)2 (2pk+1 )2 ≤ 9(2p1 p2 ···pk+1 + 1), mà suy từ bất đẳng thức (2u + 1)2 (2v + 1)2 ≤ 9(2uv + 1) với u v số nguyên u v lớn Thật ra, ta có (2u + 1)2 (2v + 1)2 ≤ (22u + · 3u + 1)(22v + · 2v + 1) < (3 · 22u + 1)(3 · 22v + 1) < 9(22u + 1)(22v + 1) = 9(22u+2v + 22u + 22v + 1) < 9(22u+2v+2 + 1) < 9(2uv + 1), uv − 2u − 2v − = (u − 2)(v − 2) − > Ví dụ 3.2.7 Trong trận bóng đặc biệt, đội ghi điểm thâm nhập vùng cấm địa ghi điểm dứt điểm Xác định số điểm lớn mà đội bóng khơng thể ghi trận bóng (thời gian dài vô tận) Giải Đáp án 11 Ta kiểm tra đội bóng khơng thể ghi 11 điểm Ta có 12 = + + + 3, 13 = + + 3, 14 = + Với số nguyên lớn 11, phần dư sau chia n cho 0, 1, Nếu n có phần 0, rõ ràng đội bóng ghi n điểm cách ghi điểm dứt điểm; n có phần dư n − 13 có phần dư 0, đội bóng ghi n điểm cách ghi điểm vùng cấm địa ghi đủ điểm dứt điểm; n có phần dư n − 14 có phần dư đội bóng ghi n điểm cách ghi điểm vùng cấm địa ghi đủ điểm dứt điểm Nói tóm lại, số nguyên lớn 11 viết dạng 7a + 3b với a b số khơng âm 42 Ví dụ 3.2.8 (Russia 2001) Cho a b số nguyên dương phân biệt thỏa √ mãn ab(a + b) chia hết cho a2 + ab + b2 Chứng minh |a − b| > ab Giải Gọi g ước chung lớn a b Khi tồn hai số nguyên x y cho a = xg, b = yg với (x, y) = Ta có ab(a + b) xy(x + y)g = 2 + ab + b x + xy + y a2 số nguyên Chú ý (x2 + xy + y , x) = (y , x) = Tương tự, (x2 + xy + y , y) = Vì (x + y, y) = 1, ta có (x2 + xy + y , x + y) = (y , x + y) = Dựa theo tính chất a, b nguyên tố nhau, a | c, b | c ab | c, ta suy x2 + xy + y | g, kéo theo g ≥ x2 + xy + y Do đó, |a − b|3 = |g(x − y)|3 = g |x − y|3 · g ≥ g · · (x2 + xy + y ) > g xy = ab Suy |a − b| > √ ab Ví dụ 3.2.9 Giả sử a, b n số nguyên dương Chứng minh an | bn a | b k Giải Theo định lý số học, ta viết b = p1m1 · · · pm k k a = q1l1 · · · qhlh , pi qj số nguyên tố Khi bn = pnm · · · pnm k an = q1nl1 · · · qhnlh Vì an ước bn tất ước số nguyên tố xuất phân tích an xuất ước số nguyên tố bn chúng có số mũ nhỏ Ta có h ≤ k ta đánh số lại cho qi = pi với i < h Khi ta có n(l1 +(m1 −l1 )) bn = p1 n(lh +(mh −lh )) · · · ph nm k · ph+1h+1 · · · pnm k 43 Do thương bn /an n(m1 −l1 ) p1 n(mh −lh ) · · · ph nm k · ph+1h+1 · · · pnm k Lưu ý tất số mũ chia hết cho n nên ta lấy bậc n suy điều phải chứng minh 44 Kết luận Nội dung luận văn trình bày kết gần Broughan [1, 2] hàm tổng ước chung lớn chuỗi Dirichlet với số hạng tổng quát hàm tổng ước chung lớn Các kết trình bày luận văn bao gồm: Trình bày khái niệm sở lý thuyết số bao gồm số nguyên tố, ước số, ước chung lớn Trình bày thuật tốn chia Euclide để tìm ước chung lớn hai số số tập phổ thông ước chung lớn Định nghĩa hàm tổng ước chung lớn số tính chất chúng Chuỗi Dirichlet với số hạng tổng quát hàm tổng ước chung lớn Ứng dụng hàm tổng ước chung lớn toán đếm điểm mạng nguyên miền nằm đường cong 45 Tài liệu tham khảo [1] Broughan K A (2001), “The gcd-Sum Function”, Journal of Integer Sequence, vol 4, Article 01.2.2 [2] Broughan K A (2007), “The Average Order of the Dirichlet Series of the gcd-sum Function”, Journal of Integer Sequence, vol 10, Article 07.4.2 [3] Bordellès O (2007), “Mean Values of Generalized gcd-sum and lcm-sum Function”, Journal of Integer Sequence, vol 10, Article 07.9.2 [4] Tanigawa Y and Zhai W (2008), “On The gcd-Sum Function”, Journal of Integer Sequence, vol 11 Article 08.2.3 [5] Pillai S S (1937), “On an arithmetic functions”, J Annamalai Univ II, pp 243-248 [6] Karatsuba A A (1993), Basic Analytic Number Theory, New York, Berlin, Heidelberg: Springer-Verlag [7] Stein W (2008), Elementary Number Theory: Primes, Congruences, and Secrets, Springer-Verlag ... thành hàm tổng ước chung lớn suy rộng Với mong muốn tìm hiểu sâu ước chung lớn hàm tổng ước chung lớn nhất, hướng dẫn PGS TS Nông Quốc Chinh mạnh dạn chọn đề tài nghiên cứu: Về hàm tổng- gcd ... số chẵn 15 Chương Hàm tổng ước chung lớn 2.1 Định nghĩa hàm tổng ước chung lớn Hàm tổng ước chung lớn Broughan lần đề xuất [1] Định nghĩa 2.1.1 ([1]) Với số tự nhiên n, hàm tổng ước chung lớn... nhận xét hàm tổng ước chung lớn hàm đơn điệu tăng Hàm số mà cần để áp dụng đếm điểm mạng, miêu tả đây, hàm S định nghĩa n (2j − 1, n) S(n) = (2.2) j=1 Định lý 2.1.2 ([1]) Hàm S hàm tổng ƯCLN