Các hàm số học và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TẠ VĂN TRUNG CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TẠ VĂN TRUNG CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - NĂM 2014 Mục lục Lời mở đầu Lời cảm ơn Lý 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 thuyết chia hết vành Z Quan hệ chia hết Phép chia với dư Ước chung lớn Bội chung nhỏ Số nguyên tố Định lý số Biểu diễn số tự nhiên theo số Các 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 học hàm số học ứng dụng Hàm phần nguyên Hàm nhân, Công thức tổng trải Hàm τ (n), σ(n) số hoàn thiện Hàm số π(x) Hàm Euler ϕ(n) cơng thức tính Hàm Mobius, Công thức đảo ngược Dedekind-Liouville Hàm tổng chữ số số tự nhiên Số đơn nguyên Công thức đảo ngược tổng, tích Dirichlet Ứng dụng 5 11 13 16 21 21 24 26 29 30 33 36 39 41 48 Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 Lời mở đầu Số học lĩnh vực cổ xưa Toán học, lĩnh vực tồn nhiều tốn, giả thuyết chưa có câu trả lời Trên đường tìm kiếm lời giải cho giả thuyết đó, nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn toán học nảy sinh Hơn năm gần đây, Số học không lĩnh vực tốn học lí thuyết, mà cịn lĩnh vực có nhiều ứng dụng trực tiếp vào vấn đề đời sống kinh tế, xã hội, kỹ thuật máy tính, đặc biệt lĩnh vực bảo mật thơng tin Chính thế, số học-một khoa học "ai biết nên biết chút ít" Mục đích luận văn giới thiệu Các hàm số học ứng dụng Những ứng dụng hàm số học nhiều, giới hạn phương pháp toán sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn nêu số ứng dụng Bản luận văn gồm chương: Chương I: Lý thuyết chia hết vành Z Nội dung chương I trình bày về: Quan hệ chia hết, Phép chia với dư, Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất, Số nguyên tố định lý số học, Biểu diễn số tự nhiên theo số Chương II: Các hàm số học ứng dụng Phần đầu chương trình bày hàm số học Phần cuối chương vận dụng lý thuyết hàm số học vào giải số toán Lời cảm ơn Hoàn thành luận văn này, nỗ lực thân, nhận bảo, giúp đỡ thầy cơ, gia đình bạn bè Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới người thầy kính mến PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người trực tiếp truyền thụ kiến thức, định hướng nghiên cứu tận tình hướng dẫn cho tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn thầy, giáo Khoa Tốn, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy tham gia giảng dạy khóa Cao học 2012-2014, người trực tiếp giảng dạy giúp đỡ q trình học tập trường tồn thể bạn bè người thân đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tơi q trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Số học lĩnh vực rộng lớn, giới hạn phương pháp toán sơ cấp hạn chế luận văn thạc sĩ nên luận văn trình bày phần Do thời gian có hạn lực có phần hạn chế nên chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 19 tháng 04 năm 2014 Học viên Tạ Văn Trung Về ký hiệu: N ký hiệu cho tập số tự nhiên N∗ ký hiệu cho tập số tự nhiên dương Z ký hiệu cho vành số nguyên Q ký hiệu cho trường số hữu tỷ Q∗ ký hiệu cho tập số hữu tỷ dương R ký hiệu cho trường số thực C ký hiệu cho trường số phức K ký hiệu cho ba trường Q, R C Chương Lý thuyết chia hết vành Z Khái niệm nhóm, vành trường không nhắc lại chuyên đề Tập Z miền nguyên, Q trường đặc số 1.1 Quan hệ chia hết Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b 6= Số a gọi chia hết cho số b hay b chia hết a có c ∈ Z thỏa mãn a = bc Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a b nói b chia hết a viết b|a Khi a = bc b gọi ước a Các tính chất sau quan hệ chia hết hiển nhiên (i) | a với a ∈ Z (ii) a | a với a ∈ Z, a 6= (iii) Nếu a | b b | c a | c với a, b, c ∈ Z, a, b 6= (iv) Nếu a | b |a| |b| với a, b ∈ Z, a, b 6= (v) Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n, a | n P bi xi với xi ∈ Z i=1 (vi) Nếu a | b b | a a = b a = −b với a, b ∈ Z, a, b 6= Hiển nhiên, quan hệ chia hết Z có tính phản xạ, khơng có tính bắc cầu, chẳng hạn 5, khơng có tính phản đối xứng, chẳng hạn | −5, −5 | 5, 6= −5 Do quan hệ chia hết không quan hệ tương đương, không quan hệ thứ tự Z 1.2 Phép chia với dư Định lý 1.2.1 Với cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, tồn cặp số nguyên q, r ∈ Z cho a = qb + r, với r < |b| Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| cho n|b| a, n ∈ Z} Vì |b| > nên −|a||b| −|a| a Do −|a||b| ∈ T Vậy T 6= ∅ Vì T tập bị chặn nên T có số lớn m|b| Từ m|b| a ta suy r = a−m|b| > r ∈ Z Ta lại có (m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b| Do tính lớn m|b| T nên (m + 1)|b| > a Như |b| > a − m|b| = r ta có a = qb + r với r < |b| Tính nhất: Giả sử có hai biểu diễn a = qb + r với r < |b| a = q1 b + r1 với r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q) Từ |r − r1 | < |b| ⇒ |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 hiển nhiên r = r1 Biểu diễn a = qb + r, r < |b| Nếu r = q gọi thương a chia cho b Nếu r 6= q gọi thương hụt, r số dư phép chia a cho b Ví dụ 1.2.2 Đặt an = 12011 + 22011 + · · · + n2011 với n ∈ N∗ Chứng minh an không chia hết cho n + Bài giải: Ta có 2an = [n2005 + 22005 ] + [(n − 1)2005 + 32005 ] + · · · + [22005 + n2005 ] + Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ ⇒ an không chia hết cho n + Ví dụ 1.2.3 Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình x2 −38x+1 = Đặt an = xn1 + xn2 với n = 0, 1, 2, Chứng minh an số nguyên tìm dư phép chia a1000 cho 19 Bài giải: Có a0 = + = 2, a1 = x1 + x2 = 38 Vì x21 − 38x1 + = + xn2 = − 38xn+1 + xn1 = 0, xn+2 − 38xn+1 0, x22 − 38x2 + = nên xn+2 2 1 Do an+2 = 38an+1 − an với n > Bằng phương pháp quy nạp theo n ta suy an nguyên với n > Ta có an+2 + an 19 với số nguyên n > Từ an+2 + an 19 an+4 + an+2 19 suy an+4 − an 19 với n > nhận bảng chia hết cho đây: a4 − a0 19 a8 − a4 19 a12 − a8 19 a1000 − a996 19 Như a1000 − a0 19 hay a1000 chia cho 19 dư 1.3 Ước chung lớn Định nghĩa 1.3.1 Cho số nguyên a1 , , an ∈ Z không đồng thời Số nguyên d gọi ước chung d | với i = 1, , n Hiển nhiên +1, −1 ước chung tập hữu hạn số nguyên Ký hiệu tập tất ước chung a1 , · · · , an ∈ Z C(a1 , · · · , an ) thấy tập khác rỗng Ví dụ C(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3} Định nghĩa 1.3.2 Cho số nguyên a1 , , an ∈ Z không đồng thời Số nguyên d gọi ước chung lớn d ước chung d chia hết cho ước chung chúng Như vậy, số nguyên d ước chung lớn a1 , , an ∈ Z d | , i = 1, , n, c | , i = 1, , n, c | d Khi số nguyên d ước chung lớn a1 , , an −d ước chung lớn a1 , , an Người ta ký hiệu ước chung lớn a1 , , an qua (a1 , , an ) chọn |d| Dễ thấy rằng, (a1 , , an ) số nguyên dương lớn nằm tập C(a1 , , an ) Định lý 1.3.3 Cho số nguyên a1 , , an ∈ Z không đồng thời Khi ln tồn ước chung lớn (a1 , , an ) Chứng minh: Đặt I = {y = n P aj xj | xj ∈ Z, j = 1, , n} Dễ dàng j=1 I iđêan vành Z Từ = 1.ai + n P 0.aj ta suy i6=j=1 thuộc I Vậy I 6= {0} Nếu y ∈ I −y ∈ I Vậy có số dương thuộc I Gọi d số nguyên dương nhỏ thuộc I Ta d = (a1 , , an ) Trước tiên ta d ∈ C(a1 , , an ) : Giả sử = qi d + ri , ri < d n P aj xj , xj ∈ Z d ∈ I từ theo Định lý 1.2.1 Ta có biểu diễn d = j=1 ri = − qi d = a1 (−qi x1 ) + · · · + (1 − qi xi ) + · · · + an (−qi xn ) ∈ I suy ri ∈ I với i = 1, , n Bởi d số nguyên dương nhỏ thuộc I ri ∈ I, ri < d, nên r1 = · · · = rn = Tiếp theo, c ∈ C(a1 , , an ) c|d Thật vậy, c ∈ C(a1 , , an ) n P có bj ∈ Z để aj = bj c với j = 1, , n Do d = aj xj = j=1 c( n P bj xj ) hay c|d Tóm lại d = (a1 , , an ) j=1 Thuật tốn Euclid để tìm ước chung lớn Bây sử dụng Định lý 1.2.1 để tìm ước chung lớn số số nguyên không đồng thời 0, thực cần cho hai số Để tìm ước chung lớn a, b ∈ Z, b 6= 0, ta sử dụng Định lý 1.2.1 vào việc xây dựng lại Thuật toán Euclid sau: Biểu diễn a = q0 b + r với r < |b| Nếu r = (a, b) = b Nếu r 6= 0, ta biểu diễn b = q1 r + r1 với r1 < r Nếu r1 = ta dừng lại ta có r = (b, r) = (a, b) theo tính chất (vii) Nếu r1 6= 0, ta tiếp tục Đến bước thứ n ta có rn−3 = qn−1 rn−2 + rn−1 với rn−1 < rn−2 , Sau bước ta có |b| > r > r1 > · · · > ri ∈ N Như q trình khơng thể tiếp tục Đến bước thứ m xác định trình phải d0 hay d0 = n Trong vế phải đẳng thức có số hạng khác 0, cụ thể số hạng ứng với n = d0 Khi vế phải f (n) Như P n f (n) = µ(d)g( ) d d|n Vì Định lý 2.6.6 Nếu n ∈ N, n > 1, có phân tích tiêu chuẩn n = pα1 pα2 pαs s ta có đẳng thức sau: (i) s Q P µ(d) = (1 − ) pi i=1 d|n d (ii) P µ(d) ϕ(n) = n d|n d (iii) P (iv) P n µ(d)τ ( ) = d d|n n µ(d)σ( ) = n d d|n s P µ(d) Q 1 Chứng minh: (i) Với hàm f (m) = ta có = (1 − ) theo m pi i=1 d|n d Định lý 2.6.3 (ii) Kết suy từ Định lý 2.6.5 (i) P P n (iii) Vì δ(n) = d nên theo Định lý 2.6.5 ta có n = µ(d)σ( ) d d|n d|n P P n (iv) Vì τ (n) = nên theo Định lý 2.6.5 ta có = µ(d)τ ( ) d d|n d|n Định lý 2.6.7 Giả sử f hàm nhân Ta có f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n) với số nguyên dương m, n Chứng minh: Ta chứng minh kết phương pháp qui nạp Nếu m = n = 1, kết hiển nhiên Giả sử số tự nhiên m, n > với phân tích tiêu chuẩn m = pα1 pαs s q1γ1 qrγr , n = pβ1 pβs s tµ1 tµhh , 36 pi , qj , tk số nguyên tố khác Khi ta có (m, n) = s Y min(αi ,βi ) pi , [m, n] = i=1 s Y r Y max(αi ,βi ) pi i=1 γ qj j j=1 h Y tµk k k=1 Vì f hàm nhân, nên ta có f ([m, n])f ((m, n)) s s r h Y Y Y Y γj min(αi ,βi ) max(αi ,βi ) µk f (tk ) f (pi ) = f (pi ) f (qj ) i=1 = s Y j=1 max(αi ,βi )+min(αi ,βi ) f (pi ) i=1 s Y = f( r Y γ f (qj j ) j=1 pαi i i=1 r Y γ s Y qj j )f ( j=1 i=1 i=1 k=1 pβi i h Y h Y f (tµk k ) k=1 tµk k ) = f (m)f (n) k=1 Vậy f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n) thỏa mãn cho m, n ∈ N∗ Định lý 2.6.8 Với số nguyên dương n, ta ký hiệu δ(n) cho tổng bình phương nghịch đảo ước dương n Khi δ hàm nhân α2 αs Nếu n có phân tích tắc n = pα1 p2 ps s 2(α +1) X 1 Y pi i − δ(n) = = d2 n i=1 p2i − d|n Chứng minh: Hàm δ : N+ → Q, n 7→ cơng thức tổng trải ta có: n2 , hàm nhân, áp dụng αi s X s 2(α +1) X Y Y pi i − −2j δ(n) = = ( p )= d2 i=1 j=1 i n i=1 p2i − d|n 2.7 Hàm tổng chữ số số tự nhiên Định nghĩa 2.7.1 Giả sử số tự nhiên n viết theo số 10 sau: 37 n = a1 a2 as Khi S(n) := a1 + a2 + · · · + as Hàm số học S : N → N, n 7→ S(n), gọi hàm tổng chữ số số tự nhiên n Bổ đề 2.7.2 Với hai số tự nhiên m, n ta ln ln có bất đẳng thức sau: (i) < S(n) n (ii) S(m + n) S(m) + S(n) (iii) S(mn) S(m)S(n) Chứng minh: Đặt m = a1 a2 ap n = b1 b2 bq (i) Giả sử ta có biểu diễn n hệ thập phân là: n = b1 10q−1 + b2 10q−2 + + bq Vì n > nên hiển nhiên ta có S(n) > Mặt khác, ta có: b1 ≤ b1 10q−1 b2 ≤ b1 10q−2 bq ≤ bq 10q−q Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh (ii) Sử dụng kết (i) với lưu ý S(A.10k ) = S(A), ta có: S(m + n) = S(a1 10p−1 + + ap + b1 10q−1 + + bq ) = S(a1 + a2 + + ap + b1 + b2 + + bq ) ≤ a1 + a2 + + ap + b1 + b2 + + bq ⇒ S(m + n) ≤ S(m) + S(n) 38 (iii) Sử dụng kết (i) (ii), ta có: S(m.n) = S(mb1 10q−1 + + mbq−1 10 + mbq ) ≤ S(mb1 ) + + S(mbq−1 ) + S(mbq ) = S(a1 b1 10p−1 + + ap b1 ) + + S(a1 bq 10p−1 + + ap bq ) ≤ (S(a1 b1 ) + + S(ap b1 ) + + (S(a1 bq ) + + S(ap bq )) ≤ (a1 b1 + + ap b1 ) + + (a1 bq + + ap bq ) = (a1 + a2 + ap )(b1 + b2 + bq ) = S(m).S(n) Ta có điều cần chứng minh Định lý 2.7.3 Nếu f (x) đa thức biến x với hệ số nguyên đồng dư thức a ≡ b(modm) suy đồng dư thức f (a) ≡ f (b)(modm) Chứng minh: Giả sử f (x) = A0 xn + A1 xn−1 + + An−1 x + An đa thức bậc n với hệ số nguyên Ký hiệu m số tự nhiên a, b số nguyên thỏa mãn a ≡ b(modm) Từ định lý lũy thừa tự nhiên tính chất nhân đồng dư thức, suy ra: A0 an ≡ A0 bn (modm) A1 an−1 ≡ A1 bn−1 (modm) An−1 a ≡ An−1 b (modm) An ≡ An (modm) Cộng lại ta có: A0 an +A1 an−1 + +An−1 a+An ≡ A0 bn +A1 bn−1 + +An−1 b +An ( mod m) Nghĩa f (a) ≡ f (b)(modm) Hệ 2.7.4 Với số tự nhiên n ta có S(n) ≡ n(mod9) Chứng minh: Kí hiệu n = a1 a2 an Biểu diễn n hệ thập phân có dạng: n = a1 10n−1 + a2 10n−2 + + an−1 10 + an 39 Đặt f (x) = a1 xn−1 + a2 xn−2 + + an−1 x + an Khi f (x) đa thức hệ số nguyên f (10) = n Theo Định lý 2.7.3: Vì 10 ≡ ( mod 9), nên ta có: f (10) ≡ f (1) (mod9) Nhưng vì: f (1) = a1 + a2 + + an−1 + an ⇒ f (10) ≡ S(n) Vậy S(n) ≡ n(mod9) 2.8 Số đơn nguyên Định nghĩa 2.8.1 Cho hai số nguyên dương d∗ n Số d∗ gọi n ước đơn nguyên n d∗ |n (d∗ , ∗ ) = d Ký hiệu D∗ (n) tập tất ước đơn nguyên d∗ n Ký hiệu τ ∗ (n) σ ∗ (n) số ước đơn nguyên dương tổng ước đơn nguyên dương n Ta có ba kết vấn đề mở sau Định lý 2.8.2 Giả sử số nguyên dương n có phân tích tiêu chuẩn n = pα1 pα2 pαr r Khi ta có (i) τ ∗ (n) = 2r τ ∗ hàm nhân (ii) σ ∗ (n) = (1 + pα1 )(1 + pα2 ) (1 + pαr r ) σ ∗ hàm nhân P ϕ(d∗ ) = (1 + ϕ(pα1 ))(1 + ϕ(pα2 )) (1 + ϕ(pαr r )) (iii) d∗ ∈D∗ (n) Chứng minh: (i) (ii) qua quy nạp theo r Với r = 1, n = pα1 Khi có hai ước đơn nguyên n 1, pα1 Vậy τ ∗ (n) = σ ∗ (n) = + pα1 Với r = 2, n = pα1 pα2 Khi có ước đơn nguyên n 1, pα1 , pα2 , pα1 pα2 Vậy τ ∗ (n) = = 22 σ ∗ (n) = + pα1 + pα2 + pα1 pα2 Do σ ∗ (n) = (1 + pα1 )(1 + pα2 ).Giả sử kết luận cho r, có nghĩa: Nếu n có phân tích tieu chuẩn n = pα1 pα2 pαr r τ ∗ (n) = 2r σ ∗ (n) = (1 + pα1 )(1 + pα2 ) (1 + pαr r ) Xét n có phân tích tieu αr+1 αr+1 chuẩn n = pα1 pα2 pαr r pr+1 = m.pr+1 Giả sử m có 2r ước đơn nguyên d1 , , d2r Khi dó n có ước đơn nguyên d1 = 1, d2 , , d2r , 40 α α α α r+1 r+1 r+1 r+1 d1 pr+1 = pr+1 , d2 pr+1 , , d2r pr+1 Do τ ∗ (n) = 2r + 2r = 2r+1 αr+1 ∗ αr+1 σ (m) = (1+pα1 )(1+pα2 ) (1+pαr r )(1+pr+1 ).Hiển σ ∗ (n) = σ ∗ (m)+pr+1 ∗ ∗ nhiên τ , σ hàm nhân (iii) Theo (i), tập D∗ (n) tập có 2r phần tử, cụ thể: ∗ D (n) = {1, pα1 , pα2 , , pαr r , pα1 pα2 , , r Y pαi i } i=1 Vậy P ∗ ϕ(d ) = ϕ(1) + d∗ ∈D∗ (n) hay P ∗ ϕ(d ) = (1 + d∗ ∈D∗ (n) r P ϕ(pαi i ) + i=1 ϕ(pα1 ))(1 + P α ϕ(pαi i pj j ) + · · · + 16i với m ∈ N m n n m Định lý 2.8.4 [Erdos-Alaoglu] Giả sử p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, ps số nguyên tố thứ s dãy số nguyên tố vừa nêu Khi n = p1 p2 pr số đơn nguyên cận Từ suy có nhiều vơ hạn số đơn ngun cận Chứng minh: Xét số tự nhiên m n Khi m thuộc nhóm số mơ tả sau đây: (i) m tích lũy thừa pj pr (ii) m tích lũy thừa số pj pr số pi > pr (iii) m tích lũy thừa pj > pr Vì m < n n = p1 p2 pr nên số số nguyên tố xuất phân tích tiêu chuẩn m khơng vượt r Ta chứng minh bất đẳng σ ∗ (n) σ ∗ (m) thức > qua việc xét ba trường hợp sau: n m α Trường hợp (i): m = pα1 pα2 pj j , αi i 6= j Ta có j j j Y Y Y σ ∗ (m) + pαi i 1 = = (1 + αi ) (1 + ) αi m pi pi pi i=1,α 6=0 i=1,α 6=0 i=1,α 6=0 i i i 41 r σ ∗ (m) Q σ ∗ (n) Vậy (1 + ) = m pi n i=1 α αr+1 αr+k Trường hợp (ii): m = pα1 pα2 pj j pr+1 pr+k , j + k r αj , αr+k phải khác 0, cịn αi i 6= j, k Ta nhận σ ∗ (m) = m j Y + pαi i pαi i i=1,α 6=0 i k Y α r+i + pr+i αr+i pr+i i=1,α 6=0 i j Y k Y 1 (1 + αi ) (1 + ) p p r+i i i=1,α 6=0 i=1,α 6=0 i i r Y σ ∗ (n) (1 + ) = p n i i=1 α α r+1 r+k Trường hợp (iii): m = pαr r pr+1 pr+k , + k r αr+k σ ∗ (m) σ ∗ (n) phải khác 0, cịn αr+i i 6= k Ta có m n i k k r Q Q Q + pαr+i σ ∗ (m) 1 = ) (1 + ) (1 + αr+i m pr+i pi i=1 i=0,αi 6=0 pr+i i=1,αi 6=0 2.9 Cơng thức đảo ngược tổng, tích Dirichlet Công thức đảo ngược tổng Bây ta sử dụng ký hiệu hình thức để chứng minh Cơng thức chuyển đổi ngược tổng qua tổ hợp, kết có ích chứng minh hệ thức giải toán số học Định lý 2.9.1 Giả sử f (k) g(k) hàm số học thỏa mãn n P f (n) = Ckn g(k) với n ∈ N Khi ta có k=0 g(n) = n X (−1)k Ckn f (n − k) k=0 Chứng minh: Viết cách hình thức f (k) g(k) qua f k g k tương 42 ứng Khi f n = n P Ckn g k hay f n = (g + 1)n với ∀ n ∈ N Vậy k=0 (f + x)n = (g + + x)n , ∀ x Nhớ sau khai triển hai vế viết fk gk thay cho f k g k n P Cho x = −1 có g n = (f − 1)n hay g(n) = (−1)k Ckn f (n − k) k=0 Ví dụ 2.9.2 Tính số phép f n phần tử, khơng có phần tử cố định, có nghĩa: f (i) = i Bài giải: Gọi số phép qn Đặt pn = n! số tất phép n phần tử Xét tất phép pn , có qn phép khơng có phần tử chiếm lại vị trí xuất phát Số phép có phần tử chiếm lại vị trí xuất phát C1n qn−1 Tương tự, số phép có hai phần tử chiếm lại vị trí xuất phát C2n qn−2 , v.v Cuối cùng, số phép tất phần tử chiếm lại vị trí xuất phát n P Ckn qn−k Theo Định lý 2.9.1, ta có Cnn q0 = Vậy pn = n P qn = (−1)k Ckn pk = k=0 n P k=0 (−1)k Ckn k! k=0  a11 a12 a13 · · · a1n  a21 a22 a23 · · · a2n    Ví dụ 2.9.3 Xét matrận vng cấp n A =  a31 a32 a33 · · · a3n    an1 an2 an3 · · · ann với tất phần tử thuộc R akk = 0, k = 1, 2, , n, aij 6= i 6= j Xác định số số hạng khác khai triển định thức det(A) P sgn(π)aπ(1)1 aπ(2)2 aπ(n)n có n! số Bài giải: Hiển nhiên det(A) =  π∈Sn hạng Sn nhóm đối xứng Vì aπ(1)1 aπ(2)2 aπ(n)n = có k để π(k) = k nên số số hạng khác n P khai triển định thức det(A) qn = (−1)k Ckn k! theo Ví dụ k=0 2.9.2 43 Ví dụ 2.9.4 Có cách xếp n chữ khác vào r cho có chữ Bài giải: Số cách xếp n chữ khác vào r ô số ánh xạ từ tập n phần tử vào tập r phần tử số rn Ký hiệu số cách xếp n chữ vào r ô cho có chữ qn Trong số rn cách xếp phần đầu, ta xét cách xếp để có chữ Số cách xếp qn Sau xét tất cách xếp dó có trống Số C1r qr−1 Tiếp theo xét tất cách xếp có hai trống Số C2r rqr−2 , v v Vậy rn + = C0r qr + C1r qr−1 + · · · + Cr−1 q1 + Crr q0 r Theo Định lý 2.9.1, qr = r P r P (−1) k Ckr r   P n (r − k) + = (−1)k Ckr (r − k)n k=0 k=0 (−1)k Ckr = (1 − 1)r = k=0 Với cách thức chuyển đổi ngược, xét thi vơ địch quốc tế sau: Ví dụ 2.9.5 Ký hiệu pn (k) số phép tập gồm n phần tử, n P có k phần tử cố định Chứng minh kpn (k) = n! [IMO 1987] n P k=0 (k − 1)2 pn (k) = n! k=0 k−1 Bài giải: Hiển nhiên kpn (k) = k Ckn qn−k = n Cn−1 qn−1−(k−1) Từ quan n−1 hệ pn−1 = Cn−1 qn−1 + Cn−1 qn−2 + · · · + Cn−1 q0 ta suy hệ thức sau n X kpn (k) = k=0 n X k Ckn qn−k = n(n − 1)! = n! k=0 Ta có (k − 1)2 pn (k) = (k − 1)2 Ckn qn−k Xét quan hệ đa thức đây: n n (p + x) = (q + + x) = n X k=0 Ckn (x + 1)k q n−k 44 Lấy đạo hàm hai vế n(p + x)n−1 = n P k Ckn (x + 1)k−1 q n−k Vậy k=0 n−1 n(p + x) = n X (k − 1) Ckn (x + 1) k−1 n−k q + n X Ckn (x + 1)k−1 q n−k k=1 k=1 Lấy đạo hàm hai vế cho x = ta nhận hệ thức sau đây: n n X X k n−k (k − 1) Ckn q n−k (k − 1) Cn q + n! = = = = k=2 n X k=2 (k − 1) npn (k) − qn + k=0 n X k=0 n X n X (k − 1) Ckn q n−k k=2 (k − 1) npn (k) + n X k Ckn q n−k k=0 − n X Ckn q n−k k=0 (k − 1)2 npn (k) + n! − n! k=0 theo chứng minh Tóm lại n P (k − 1)2 pn (k) = n! k=0 Ví dụ 2.9.6 Dãy (an ) xác định sau: a1 = 0, a2 = an = nan−1 n(n − 1)an−2 n + +(−1)n (1− ) với n > Xác đinh công thức tường 2 2 a2 +n Cn−1 a1 minh cho fn = an +2 Cn an−1 +3 Cn an−2 +· · ·+(n−1) Cn−2 n n Bài giải: Bằng quy nạp theo n ta an = nan−1 + (−1)n Vậy 1 1 an = n!(1 − + − + · · · + (−1)n ) Viết an dạng sau đây: 1! 2! 3! n! n n−1 an = Cn n! + Cn (−1) (n − 1)! + · · · + C0n (−1)n (n − n)!; ta viết cách hình thức ak bk = k! qua ak bk tương ứng Khi an = (b − 1)n với số nguyên n > với quy ước a0 = Xét quan hệ đa thức đây: n X n n x(b − + x) = x(a + x) = Ckn an−k xk+1 k=0 45 Lấy đạo hàm hai vế nx(b−1+x)n−1 +(b−1+n)n = n P Với x = ta có bn + nbn−1 = n P k = Ckn an−k xk k=0 (k + 1) Ckn an−k hay k=0 n! + n(n−)! = n−1 X (k + 1) Ckn an−k + n + k=0 Từ ta suy fn = n−1 P (k + 1) Ckn an−k = 2n! − n − k=0 Chú ý 2.9.7 Từ x2 (b−1+x)n = x2 (a+x)n = n P Ckn an−k xk+2 qua lấy đạo k=0 n−1 hàm hai vế nx (b−1+x) Với x = ta có 2bn + nbn−1 = n +2x(b−1+n) = n P n P (k+2) Ckn an−k xk+1 k=0 (k + 2) Ckn an−k hay k=0 n−1 X 2n! + n(n−)! = (k + 2) Ckn an−k + n + k=0 Từ ta suy n−1 P (k + 2) Ckn an−k = 3n! − n − k=0 Ví dụ 2.9.8 Phép hốn vị f tập phần tử S = {1, 2, , n} song ánh f : S → S Phần tử j ∈ S gọi cố định qua f f (j) = j Ký hiệu an số tất hoán vị tập S mà khơng có phần tử cố định, cịn bn số tất hốn vị tập S có phần tử cố định Khi |an − bn | = n P Bài giải: Ta có an = Dn = (−1)n−i Cin i! Hiển nhiên bn = nan−1 i=0 Từ Dn = (n − 1)(Dn−1 + Dn−2 ), tự chứng minh, ta suy an = (n − 1)(an−1 + an−2 ) Vậy |an − bn | = |an−1 − (n − 1)an−2 | Sử dụng công thức as = (s − 1)(as−1 + as−2 ) ta suy |an −bn | = |an−1 −(n−1)an−2 | = |an−2 −(n−2)an−3 | = · · · = |a2 −2a1 | = Tóm lại |an − bn | = 46 Tích Dirichlet Xét hàm số học f g với tích Dirichlet sau đây: X n f (d)g( ) f ? g(n) = d d|n định nghĩa ba hàm số học u(n) = 1, z(n) = cho n  I(n) = n = n > Một số kết sau hiển nhiên Bổ đề 2.9.9 Cho hàm số học luôn thỏa mãn (i) f ? g = g ? f (ii) (f ? g) ? h = f ? (g ? h) (iii) f ? I = f P f (d) (iv) f ? u = d|n Bổ đề 2.9.10 Nếu f g hàm nhân f ? g hàm nhân Chứng minh: Đặt h = f ? g Vì f (1) = = g(1) theo Mệnh đề 2.2.4 nên h(1) = f (1)g(1) = 6= Bây ta phải ra, m n số tự nhiên (m, n) = h(mn) = h(m)h(n) Thật vậy, (m, n) = P mn )= nên d|mn d = ab với a|m, b|n ta có h(mn) = f (ab)g( ab a|m,b|n PP P m n m P n f (a)f (b)g( )g( ) = f (a)g( ) f (b)g( ) = h(m)h(n) Vậy a b a b|n b a|m b|n a|m f ? g hàm nhân Định nghĩa 2.9.11 Cho hàm số học f Nếu hàm số học g thỏa mãn f ? g = I g gọi nghịch đảo Dirichlet f ký hiệu f −1 47 Bổ đề 2.9.12 Cho hai hàm số học f g Nếu h = f ? g g hàm nhân f hàm nhân Chứng minh: Ta g hàm nhân f khơng hàm nhân h khơng hàm nhân Giả sử f không hàm nhân Khi có số tự nhiên m, n với (m, n) = f (mn) 6= f (m)f (n) Ta chọn m, n cho (m, n) = 1, f (mn) 6= f (m)f (n) mn số nhỏ Vì h(1) = = g(1) theo Mệnh đề 2.2.4 nên = h(1) = f (1)g(1) = f (1) Vậy P mn f (1) = Do mn > Vì h(mn) = f (d)g( ) = f (mn)g(1) + d d|mn P mn ) nên d|mn d = ab với a|m, b|n ta có f (d)g( d d|mn,d6=mn m n )g( ) a b a|m,b|n,ab6=mn X m X n f (a)g( ) f (b)g( ) = f (mn) − f (m)f (n) + a b h(mn) = f (mn) + X f (a)f (b)g( a|m b|n = f (mn) − f (m)f (n) + h(m)h(n) Vì f (mn) 6= f (m)f (n) nên h(mn) 6= h(m)h(n) hay h không hàm nhân Từ suy f hàm nhân Bổ đề 2.9.13 Nếu hàm số học f thỏa mãn f (1) 6= có tồn f −1 Khi n > ta định f (1) P n nghĩa hàm số học g theo công thức g(n) = − f ( )g(d) Khi d d|n,d6=n P n (f ? g)(1) = f (1)g(1) = cho n > có (f ? g)(n) = f ( )g(d) = d d|n P n g(n) + f ( )g(d) = Vậy (f ? g)(n) = I(n) Điều chứng tỏ tồn d d|n,d6=n f −1 Chứng minh: Vì f (1) 6= nên có g(1) = Định lý 2.9.14 Nếu f hàm nhân có tồn f −1 f −1 hàm nhân 48 Chứng minh: Vì f hàm nhân nên f (1) = 6= Khi có tồn f −1 theo Bổ đề 2.9.12 Vì f ? f −1 = I f, I hàm nhân nên f −1 = I hàm nhân theo Bổ đề 2.9.9 Định lý sau suy từ Bổ đề 2.9.12 Bổ đề 2.9.13 Định lý 2.9.14 Định lý 2.9.15 Tập hàm nhân với tích Dirichlet lập thành nhóm giao hoán 2.10 Ứng dụng Các hàm số học ứng dụng việc giải nhiều toán Phần luận văn, xin nêu số ứng dụng kết đạt để giải vài tốn Ví dụ 2.10.1 Viết số 1, 2, 3, , 2003 thành dãy tùy ý thu số N Hỏi N số phương khơng? Bài giải: Theo Hệ 2.7.4, dễ thấy: N ≡ 1+2+ +2003 = 2003.1002 ≡ 6(mod9) Như N chia hết cho không chia hết cho 9, nên N số phương Ví dụ 2.10.2 Trên bảng có 2n ô vuông liên tiếp hai người luân phiên điền vào ô vuông chữ số 1, 2, 3, 4, Nếu sau điền xong mà số nhận chia hết cho người điền cuối thắng, cịn ngược lại người điền thắng Hỏi có chiến thuật chắn thắng n = 3k n = 3k + Bài giải: Gọi số sau điền thu A Nếu n = 3k người thứ điền số x người thứ điền số − x cuối S(A) = 6.3k ≡ 0(mod 9) nên A Nếu n = 3k + 1: Người ban đầu điền số sau người điền số x người điền số − x Bất luận người cuối điền số y ta có: S(A) ≡ + 6.6k + y ≡ + y 6≡ (mod 9) nên A 49 Vậy n = 3k người cuối có chiến thuật thắng, cịn n = 3k + người điền có chiến thuật thắng Ví dụ 2.10.3 Tìm tất số tự nhiên n thỏa mãn đẳng thức sau: n + S(n) + S(S(n)) = 2001 Bài giải: Ta có: n < 2001 ⇒ S(n) ≤ S(1999) = 28 ⇒ S(s(n)) ≤ S(28) = 10 Suy ra: n ≥ 2001−28−10 = 1963 Từ đó: S(n) ≥ S(1970) = 17 S(S(n)) ≥ nên n ≤ 2001 − 17 − = 1982 Mặt khác: 3n ≡ n + S(n) + S(S(n)) = 2001 ≡ 3(mod 9) ⇒ n ≡ (mod 3) Từ đó: n ∈ {1963, 1966, 1969, 1972, 1975, 1978, 1981} Bằng cách thử trực tiếp ta thấy có số: 1969, 1972, 1975 thỏa mãn Ví dụ 2.10.4 [IMO-1975] Cho A tổng chữ số số 44444444 B tổng chữ số A Hãy tính tổng chữ số B Bài giải: Đặt N = 44444444 Do N < 100004444 nên N có khơng 4444.4