3 Hàm tổng các ước σ(n) và số các ước

49



4.3. HÀM TỔNG CÁC ƯỚC σ(N ) VÀ SỐ CÁC ƯỚC τ (N ).

Chứng minh.



1. Vì pα chỉ có (α + 1) ước dương là pi ,

σ(pα ) = 1 + p + · · · + pα =



Vậy



k



k



σ(pαi )

i



σ(n) =



=



i=1



i=1



2. Vì pα chỉ có (α + 1) ước dương là pi ,

Vậy



nên



pα+1 − 1

.

p−1



pαi +1 − 1

.

pi − 1



0 ≤ i ≤ α,



k



0 ≤ i ≤ α,



nên τ (pα ) = (α + 1).



k



τ (pαi )

i



τ (n) =



=



i=1



(αi + 1).

i=1



Ví dụ 4.3.2.

σ(1955) = σ(5 · 17 · 23) =



52 − 1 172 − 1 232 − 1

·

·

= 2592

5 − 1 17 − 1 23 − 1



τ (1955) = τ (5 · 17 · 23) = (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 8



Từ đònh lý 4.11 ta thấy τ (n) có thể lớn tuỳ ý. Tuy nhiên ta có



Đònh lý 4.12. Với bất kỳ δ > 0 ta đều có

lim



n→∞



τ (n)

= 0.

nδ



Chứng minh. Vì hàm

f (n) =



τ (n)

nδ



có tính nhân và do đònh lý 4.3 nên ta chỉ cần chứng tỏ rằng

f (pm ) → 0 khi pm → ∞.

Thật vậy, ta có

0 < f (pm ) =



m+1

2m

2 log pm

2 log pm

· mδ ≤

·

≤ mδ =

→ 0 khi pm → ∞.

pmδ

p

log p p

log 2 pmδ



50



4. CÁC HÀM SỐ HỌC



Nhiều vấn đề có liên quan đến hàm σ, chẳng hạn vấn đề về số hoàn hảo.

Người cổ Hylạp gọi số hoàn hảo là các số mà σ(n) = 2n.



Ví dụ 4.3.3. Các số 6 và 12 là các số hoàn hảo, vì

σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12,

σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 17 + 28 = 56.



Đònh lý 4.13. Số nguyên dương chẵn

m



2 (2



m+1



là số hoàn hảo khi và chỉ khi n =

− 1), trong đó m là số nguyên dương và 2m+1 − 1 là số nguyên tố.



Chứng minh.



số lẻ. Do



⇒ .



n



Giả sử n = 2m N là số hoàn hảo chẵn, m ≥ 1 và N là



σ(n) = σ(2m N ) = σ(2m )σ(N ) = (2m+1 − 1)σ(N ),



và n = 2m N là số hoàn hảo nên

(2m+1 − 1)σ(N ) = 2m+1 N.



Vì (2m+1 − 1, 2m+1) = 1, ta suy ra 2m+1 − 1 | N. Đặt N = (2m+1 − 1)N , thì

N < N, σ(N ) = 2m+1 N . Nhưng N + N = 2m+1 N = σ(N ), và vì N, N

đều là ước củaN nên N không còn ước nào khác; vậy N là số nguyên tố

và N = 1. Do đó N = (2m+1 − 1) là số nguyên tố.

⇐ . Giả sử n = 2m (2m+1 − 1),

p = 2m+1 − 1 là số nguyên tố. Thế thì



trong đó



m



là số nguyên dương và



σ(n) = σ(2m )σ(p) = (2m+1 − 1)(p + 1) = (2m+1 − 1)2m+1 = 2n.



Vậy n là số hoàn hảo.

Như vậy, việc tìm các số hoàn hảo chẵn gắn liền với việc tìm các số nguyên

tố dạng 2m −1. Các số nguyên tố như vậy được gọi là số nguyên tố Mersenne.



51



¨

4.4. HÀM MOBIUS µ(N ).



4.4 Hàm Mobius µ(n).

¨

Hàm Mobius, ký hiệu µ, được xác đònh bởi:

¨

i) µ(1) = 1;

ii) µ(n) = (−1)k , nếu n là tích của k số nguyên tố khác nhau;

iii) µ(n) = 0, nếu n có ước chính phương khác 1.

Từ đònh nghóa ta có ngay đònh lý sau đây



Đònh lý 4.14. Hàm Mobius µ có tính nhân.

¨

Đònh lý 4.15.

µ(d) =

d|n



nếu n = 1,

nếu n > 1.



1,

0,



Chứng minh. Giả sử n = pα1 pα2 · · · pαm là khai triển lũy thừa nguyên tố của

1 2

m



số nguyên dương n > 1. Ước d của n mà µ(d) = 0 có dạng



1, p1 , ..., pm , pi pj (i < j), pi pj pk (i < j < k), ..., p1 p2 ...pm .



Thế thì

µ(d) = µ(1) +



µ(pi pj ) + · · · + µ(p1 p2 ...pm )



µ(pi ) +

i



d|n



i


Vậy

µ(d) = 1 −

d|n



m

1



+



m

2



−



m

1



· · · = (1 − 1)m = 0.



Nhận xét rằng, hàm Mobius có thể được đònh nghóa nhờ đònh lý 4.15. Các

¨

áp dụng quan trọng của hàm này thường dựa trên các qui tắc biến đổi có

tên Mobius.

¨



Đònh lý 4.16. Biến đổi ngược Mobius thứ nhất. Già sử f là hàm số học.

¨



Khi đó ta có:



f (d)



g(n) =

d|n



khi và chỉ khi

f (n) =

d|n



n

µ(d)g( ).

d



52



4. CÁC HÀM SỐ HỌC



Chứng minh. ⇒ .



Ta có

d|n



n

µ(d)g( ) =

d



µ(d)

d|n



f (d ) =

d



|n

d



µ(d)f (d ) =

dd |n



f (d )

d |n



µ(d).

n

d| d



Theo đònh lý 4.15 thì

nếu



µ(d) = 0

n

d| d



n

>1

d



và



µ(d) = 1,

d| n

n



nên ta suy ra

d|n



n

µ(d)g( ) =

d



f (d )

d |n



µ(d) =



f (d )

d =n



n

d| d



µ(d) = f (n).

d| n

n



⇐ .



Vì

f (n) =

d|n



n

µ( )g(d),

d



ta suy ra

f (d) =

d|n



d|n



n

f( ) =

d



µ(

d|n d | n

d



n

)g(d ) =

dd



µ(

dd |n



n

)g(d ).

dd



Theo đònh lý 4.15 thì

µ(d) = 0



nếu



n

d| d



n

>1

d



và



µ(d) = 1,

d| n

n



nên ta suy ra

f (d) =

d|n



µ(

dd |n



n

)g(d ) =

dd



g(d )

d |n



µ(

n

d| d



n

)=

g(d )

dd

d =n



µ(d) = g(n).

d| n

n



53



¨

4.4. HÀM MOBIUS µ(N ).



Ví dụ 4.4.1. Xét một trong các áp dụng của đònh lý trên. Ta đã biết hàm

g(n) =



ϕ(d) = n.

d|n



Theo dònh lý 4.16, ta có

ϕ(n) =

d|n



n

µ(d)g( ) =

d



Đối với số thực x, ta ký hiệu



n

=n

d



µ(d)

d|n



để chỉ



[x]



,



d|n



µ(d)

.

d



và tổng được hiểu là bằng 0



n=1



n≤x



nếu nó không chứa số hạng nào.



Đònh lý 4.17. Biến đổi ngược Mobius thứ hai. Giả sử f là hàm biến số thực

¨

xác đònh với x ≥ 1, và



g(x) =



Khi đó, với x ≥ 1

f (x) =



x

f ( ).

n

n≤x



x

µ(n)g( )

n

n≤x



và ngược lại.

Chứng minh. ⇒ . Từ đònh nghóa của hàm g, khi x ≥ 1, ta có

x

µ(n)g( ) =

n

n≤x



µ(n)

n≤x



f(

x

m≤ n



Nhóm tổng sau cùng theo mn = r,

µ(n)f (

1≤mn≤x



⇐ .



x

x

)=

)

µ(n)f (

mn

mn

1≤mn≤x



1 ≤ r ≤ x,



x

x

)=

f( )

mn

r

1≤r≤x



Từ

f (x) =



ta được

µ(n) = f (x).

n|r



x

µ(n)g( ),

n

n≤x



54



4. CÁC HÀM SỐ HỌC



ta suy ra

f(

m≤x



x

)=

m

m≤x



µ(n)g(

x

n≤ m



x

x

)=

).

µ(n)g(

mn

mn

1≤mn≤x



Cũng như trước, ta có

µ(n)g(

1≤mn≤x



x

x

g( )

)=

mn

r

1≤r≤x



µ(n) = g(x).

n|r



BÀI TẬP CHƯƠNG IV

1. Tích Dirichclet của hai hàm số học f,

(f ∗ g)(n) =



g



được đònh nghóa bởi



f (d)g(n/d).

d|n



Chứng minh rằng: f ∗ g = g ∗ f ; (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h).

2. Hàm số học ι được đònh nghóa bởi

1 nếu n = 1

ι(n) =

0 nếu n > 1

(Nhớ



lại: ι(n) =



µ(d).)

d|n



a) Chứng minh rằng hàm ι là có tính nhân.

b) Chứng minh rằng ι ∗ f = f ∗ ι = f với mọi hàm số học f.

3. Hàm số học g được gọi là nghòch đảo của hàm số học f nếuu f ∗ g =

g ∗ f = ι.



a) Chứng minh rằng hàm số học f có nghòch đảo khi và chỉ khi f (1) = 0.

b) Chứng minh rằng nếu hàm số học f có nghòch đảo thì nghòch đảo

của nó là duy nhất.



55



¨

4.4. HÀM MOBIUS µ(N ).



4. Chứng minh rằng nếu f, g là các hàm có tính nhân thì tích Dirichlet

f ∗ g cũng có tính nhân.

5. Chứng minh rằng

ϕ(2n) =



nếu n lẻ

nếu n chẵn



ϕ(n)

2ϕ(n)



6. Chứng minh rằng nếu n có k ước nguyên tố lẻ khác nhau thì 2k | ϕ(n).

7. Chứng minh rằng nếu m, k là nguyên dương thì ϕ(m k ) = mk−1ϕ(m).

8. Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương thì

ϕ(ab) = (a, b)ϕ(a)ϕ(b)/ϕ((a, b)).



9. Dùng biến đổi ngược Mobius và công thức n =

¨

minh rằng:

a) ϕ(pk ) = pk − pk−1

b) Hàm ϕ có tính nhân.

10. Hãy tính số ước và tổng các ước của các số:



d|n



ϕ(n/d), hãy chứng



2100 , 53 74 115 , 30!



11. Hãy xác đònh các số nguyên dương có đúng:

a) Ba ước dương,

b) Bốn ước dương.

Hàm σk (n) là tổng các lũy thừa k của các ước dương của số nguyên

dương n,

dk .



σk (n) =

d|n



12. Đưa ra công thức tính σk (pα), với p nguyên tố và α nguyên dương.

13. Chứng minh rằng hàm σk có tính nhân.

14. Đưa ra công thức tính σk (n), khi n có khai triển thành lũy thừa nguyên

tố n = pα pα · · · pα .

1 2

k

1



2



k



15. Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa ϕ(n) + σ(n) = 2n.



56



4. CÁC HÀM SỐ HỌC



16. Chứng minh rằng có đúng τ (n2 ) cặp có thứ tự hai số nguyên dương

với bội chung nhỏ nhất bằng n.

17. Giả sử n ≥ 2 là số nguyên. Dãy các số nguyên n1 , n2 , n3 , ... được xác

đònh bởi n1 = τ (n), nk+1 = τ (nk ), k = 1, 2, 3, .... Chứng minh rằng có

số nguyên dương r sao cho 2 = nr+k với mọi số tự nhiên k.

18. Đặt



N



T (N ) =



τ (n).

n=1



a) Chứng minh rằng



N



T (N ) =

n=1



N

.

n



b) Chứng minh rằng

√



[

√ 2

T (N ) = −[ N ] + 2



N]



n=1



Áp dụng tính



100

n=1



N

.

n



τ (n).



c) Chứng minh rằng T (N ) = N ln N + (2γ − 1)N + O(

(γ là hằng số Euler)



√



N ).



19. Tính đònh thức của n × n−matrận A với các phần tử aij = (i, j).

20. Giả sử θ là hàm có tính nhân và µ là hàm Mobius. Chứng minh rằng

¨

nếu n có khai triển thành lũy thừa nguyên tố n = pα pα · · · pα thì

1 2

k

1



2



µ(d)θ(d) = (1 − θ(p1 ))(1 − θ(p2 )) · · · (1 − θ(pk )).

d|n



k



5

CĂN NGUYÊN THỦY

5.1 Bậc của số nguyên và căn nguyên thuỷ

Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các thặêng dư dương nhỏ nhất modulo

n của lũy thừa của số nguyên a. Chúng ta sẽ bắt đầu bằng sự nghiên cứu

bậc của số nguyên a modulo n.

Theo đònh lý Euler nếu m là số nguyên dương và a là số nguyên sao

cho (a, m) = 1 thì aϕ(m) ≡ 1 (mod m). Điều này nói lên đồng dư ax ≡ 1

(mod m) có nghiệm nguyên dương.

Số nguyên dương nhỏ nhất x thỏa ax ≡ 1 (mod m) được chúng ta gọi là

bậc của a modulo m và ký hiệu là ordm a.

Dễ dàng thấy rằng, với n > 1 thì số nguyên a có bậc modulo n khi và

chỉ khi (a, n) = 1.

Ví dụ 5.1.1. Ta cần xác đònh bậc của 2 modulo 7. Ta thấy

21 ≡ 2



(mod 7), 22 ≡ 4



(mod 7), 23 ≡ 1



(mod 7).



Vậy ord7 2 = 3.

Tương tự, để tìm bậc của 3 modulo 7, ta có:

31 ≡ 3 (mod 7), 32 ≡ 2

34 ≡ 4 (mod 7), 35 ≡ 5



(mod 7), 33 ≡ 6

(mod 7), 36 ≡ 1



Vậy ord7 3 = 6.

57



(mod 7)

(mod 7)



58



5. CĂN NGUYÊN THỦY



Đònh lý 5.1. Giả sử n là số nguyên dương và (a, n) = 1. Thế thì: số nguyên



dương x là nghiệm của đồng dư ax ≡ 1 (mod n) khi và chỉ khi ordn a | x.

Chứng minh.



Khi đó

⇐ .



⇒ .



Nếu ordn a | x, thì x = k · ordn a với k nguyên dương.



ax = ak·ordn a = (aordn a )k ≡ 1



Theo thuật toán chia, x = q · ordn a + r,



(mod n).

0 ≤ r < ordn a.



ax = aq·ordn a+r = (aordn a )q ar ≡ ar



Vậy nếu



ax ≡ 1 (mod n)



thì



ar ≡ 1 (mod n).



Ta có



(mod n).



Do



0 ≤ r < ordn a



nên



r = 0.



Ví dụ 5.1.2. Chúng ta cần xác đònh xem



108 và 2003 có là nghiệm của

đồng dư 2x ≡ 1 (mod 7) hay không. Ta đã biết ord7 2 = 3. Như vậy, x = 108

là nghiệm của 2x ≡ 1 (mod 7) vì ord7 2 = 3 | 108; còn x = 2003 không là

nghiệm của 2x ≡ 1 (mod 7) vì ord7 2 = 3 2003.



Hệ quả 5.1.1. Nếu n là số nguyên dương và (a, n) = 1, thì ordn a | ϕ(n).

Chứng minh. Bài tập dành cho đọc giả.



Ví dụ 5.1.3. Chúng ta cần xác đònh bậc của 5 modulo 17. Vì ϕ(17) = 16

và



(5, 17) = 1 nên ord17 5 | 16 = ϕ(17).

1, 2, 4, 8, 16 và

51 ≡ 5



(mod 17), 52 ≡ 8



Do



(mod 17), 54 ≡ 13



16



chỉ có các ước dương là



(mod 17), 58 ≡ 16



(mod 17)



nên ord17 5 = 16.



Đònh lý 5.2. Giả sử n là số

i, j > 0: ai ≡ aj (mod n) khi



nguyên dương và (a, n) = 1. Thế thì với mọi

và chỉ khi i ≡ j (mod ordn a).