Các hàm số học và ứng dụng

Nội dung của chương I trình bày về: Quan hệ chia hết, Phép chia với dư,Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất, Số nguyên tố và định lý cơ bảncủa số học, Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ

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

TẠ VĂN TRUNG

CÁC HÀM SỐ HỌC

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mục lục

1 Lý thuyết chia hết trong vành Z 5

1.1 Quan hệ chia hết 5

1.2 Phép chia với dư 6

1.3 Ước chung lớn nhất 7

1.4 Bội chung nhỏ nhất 11

1.5 Số nguyên tố và Định lý cơ bản của số học 13

1.6 Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số 16

2 Các hàm số học và ứng dụng 21 2.1 Hàm phần nguyên 21

2.2 Hàm nhân, Công thức tổng trải 24

2.3 Hàm τ (n), σ(n) và số hoàn thiện 26

2.4 Hàm số π(x) 29

2.5 Hàm Euler ϕ(n) và công thức tính 30

2.6 Hàm Mobius, Công thức đảo ngược Dedekind-Liouville 33

2.7 Hàm tổng các chữ số của số tự nhiên 36

2.8 Số đơn nguyên 39

2.9 Công thức đảo ngược về tổng, tích Dirichlet 41

2.10 Ứng dụng 48

Lời mở đầu

Số học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của Toán học, và cũng

là lĩnh vực tồn tại nhiều nhất những bài toán, những giả thuyết chưa cócâu trả lời Trên con đường tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó,nhiều tư tưởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nảy sinh Hơn nữatrong những năm gần đây, Số học không chỉ là một lĩnh vực của toán học

lí thuyết, mà còn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng trực tiếp vào các vấn

đề của đời sống như kinh tế, xã hội, kỹ thuật máy tính, đặc biệt trong lĩnhvực bảo mật thông tin Chính vì thế, số học-một khoa học "ai cũng biết

và nên biết chút ít" Mục đích của luận văn giới thiệu Các hàm số học vàứng dụng Những ứng dụng của các hàm số học là rất nhiều, nhưng vì giớihạn trong phương pháp toán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc

sĩ nên bản luận văn chỉ nêu ra một số ứng dụng cơ bản

Bản luận văn gồm 2 chương:

Chương I: Lý thuyết chia hết trong vành Z

Nội dung của chương I trình bày về: Quan hệ chia hết, Phép chia với dư,Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất, Số nguyên tố và định lý cơ bảncủa số học, Biểu diễn số tự nhiên theo một cơ số

Chương II: Các hàm số học và ứng dụng

Phần đầu chương này trình bày về các hàm số học cơ bản Phần cuốichương là vận dụng lý thuyết về các hàm số học vào giải một số bài toán

đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ, động viên tôi trong quá trình học tập, nghiêncứu và hoàn thành luận văn này.

Số học là một lĩnh vực rộng lớn, nhưng vì giới hạn trong phương pháptoán sơ cấp và hạn chế trong một luận văn thạc sĩ nên bản luận văn mớichỉ trình bày được một phần nào đó Do thời gian có hạn và năng lực cóphần hạn chế nên chắc chắn luận văn không tránh khỏi những thiếu sót

Vì vậy, tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và bạn

bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn chỉnh hơn

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày 19 tháng 04 năm 2014

Học viên

Tạ Văn Trung

Về ký hiệu:

N được ký hiệu cho tập các số tự nhiên

N∗ được ký hiệu cho tập các số tự nhiên dương

Z được ký hiệu cho vành các số nguyên

Q được ký hiệu cho trường các số hữu tỷ

Q∗ được ký hiệu cho tập các số hữu tỷ dương

R được ký hiệu cho trường các số thực

C được ký hiệu cho trường các số phức

K được ký hiệu cho một trong ba trường Q,R hoặc C

Chương 1

Lý thuyết chia hết trong vành Z

Khái niệm nhóm, vành và trường không nhắc lại trong chuyên đề này Tập

Z là một miền nguyên, Q là một trường đặc số 0

Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0 Số a được gọi làchia hết cho số b hay b chia hết a nếu có c ∈ Z thỏa mãn a = bc

Trong nhiều trường hợp, thay cho việc nói a chia hết cho b ta viết a b

hoặc nói b chia hết a và viết b|a Khi a = bc thì b được gọi là một ước của

a Các tính chất cơ bản sau đây về quan hệ chia hết là hiển nhiên

(i) 1 | a với mọi a ∈ Z

(ii) a | a với mọi a ∈ Z, a 6= 0

(iii) Nếu a | b và b | c thì a | c với mọi a, b, c ∈ Z, a, b 6= 0

(iv) Nếu a | b thì |a| 6 |b| với mọi a, b ∈ Z, a, b 6= 0

(vi) Nếu a | b và b | a thì a = b hoặc a = −b với a, b ∈Z, a, b 6= 0

Hiển nhiên, quan hệ chia hết trong Z có tính phản xạ, nhưng không cótính bắc cầu, chẳng hạn 0 5, nhưng 5 6 0 và không có tính phản đối

xứng, chẳng hạn 5 | −5, −5 | 5, nhưng 5 6= −5 Do đó quan hệ chia hếtkhông là quan hệ tương đương, cũng không là quan hệ thứ tự trong Z.

Định lý 1.2.1 Với mỗi cặp số nguyên a, b ∈ Z, b 6= 0, luôn tồn tại duynhất một cặp số nguyên q, r ∈ Z sao cho a = qb + r, với 06 r < |b|

Chứng minh: Sự tồn tại: Đặt T = {n|b| sao cho n|b| 6 a, n ∈ Z} Vì

|b| > 1 nên −|a||b| 6 −|a| 6 a Do đó −|a||b| ∈ T Vậy T 6= ∅ Vì T làtập bị chặn trên nên T có một số lớn nhất m|b| Từ m|b| 6 a ta suy ra

r = a−m|b|> 0vàr ∈ Z.Ta lại có(m+1)|b| = m|b|+|b| > m|b|.Do tínhlớn nhất của m|b| trong T nên (m + 1)|b| > a Như vậy |b| > a − m|b| = r

và ta có a = qb + r với 06 r < |b|

Tính duy nhất: Giả sử có hai sự biểu diễn a = qb + r với 0 6 r < |b| và

a = q1b + r1 với 0 6 r1 < |b| Trừ vế cho vế, ta có r − r1 = b(q1 − q) Từ

|r − r1| < |b| ⇒ |q1 − q||b| < |b| Vậy q = q1 và hiển nhiên r = r1

Biểu diễn a = qb + r, 0 6 r < |b| Nếu r = 0 thì q được gọi là thương của

a chia cho b Nếu r 6= 0 thì q gọi là thương hụt, còn r là số dư trong phépchia a cho b

Ví dụ 1.2.2 Đặt an = 12011+ 22011+ · · · + n2011 với n ∈N∗ Chứng minhrằng an không chia hết cho n + 2

Bài giải: Ta có

2an = [n2005+ 22005] + [(n − 1)2005 + 32005] + · · · + [22005 + n2005] + 2

Vậy 2an = (n + 2)d + 2, d ∈ N∗ ⇒ an không chia hết cho n + 2

Ví dụ 1.2.3 Giả sửx1, x2 là hai nghiệm của phương trìnhx2−38x+1 = 0

Đặt an = xn1 + xn2 với n = 0, 1, 2, Chứng minh rằng an là số nguyên

và tìm dư của phép chia a1000 cho 19

Bài giải: Có a0 = 1 + 1 = 2, a1 = x1 + x2 = 38 Vì x21 − 38x1 + 1 =

0, x22− 38x2+ 1 = 0 nên xn+21 − 38xn+11 + xn1 = 0, xn+22 − 38xn+12 + xn2 = 0

Do đó an+2 = 38an+1 − an với mọi n > 0 Bằng phương pháp quy nạptheo n ta suy ra an nguyên với mọi n > 0 Ta có an+2+ an 19 với mọi sốnguyên n> 0 Từ an+2+ an 19 và an+4+ an+2 19 suy ra an+4− an 19

với mọi n > 0 và nhận được bảng chia hết cho dưới đây:

a4 − a0 19

a8 − a4 19

a12− a8 19

a1000− a996 19

Như vậy a1000− a0 19 hay a1000 chia cho 19 dư 2

Định nghĩa 1.3.1 Cho các số nguyên a1, , an ∈ Z không đồng thời

bằng 0 Số nguyên d được gọi là ước chung của các ai nếu d | ai với mọi

i = 1, , n

Hiển nhiên +1, −1 là ước chung của mọi tập hữu hạn các số nguyên Kýhiệu tập tất cả các ước chung của a1, · · · , an ∈ Z là C(a1, · · · , an) và thấyngay tập này khác rỗng Ví dụ C(18, −15, 21) = {1, −1, 3, −3}

Định nghĩa 1.3.2 Cho các số nguyên a1, , an ∈ Z không đồng thời

bằng 0 Số nguyên d được gọi là ước chung lớn nhất của các ai nếu d làmột ước chung của các ai và d chia hết cho mọi ước chung của chúng.Như vậy, số nguyên d là ước chung lớn nhất của a1, , an ∈ Z khi và

chỉ khi d | ai, i = 1, , n, và nếu c | ai, i = 1, , n, thì c | d Khi sốnguyên d là ước chung lớn nhất của a1, , an thì −d cũng là ước chunglớn nhất củaa1, , an.Người ta ký hiệu ước chung lớn nhất củaa1, , an

qua (a1, , an) và chọn nó là |d| Dễ thấy rằng, (a1, , an) là số nguyêndương lớn nhất nằm trong tập C(a1, , an)

Định lý 1.3.3 Cho các số nguyên a1, , an ∈ Z không đồng thời bằng

0 Khi đó luôn tồn tại ước chung lớn nhất (a1, , an)

n

P

i6=j=1

0.aj ta suy ra các ai

đều thuộc I Vậy I 6= {0} Nếu y ∈ I thì −y ∈ I Vậy có số dương thuộc

I Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc I Ta chỉ ra d = (a1, , an)

Trước tiên ta chỉ ra d ∈ C(a1, , an) : Giả sử ai = qid + ri, 0 6 ri < d

theo Định lý 1.2.1 Ta có biểu diễn d =

n

P

j=1

bjxj) hay c|d Tóm lại d = (a1, , an)

Thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn nhất

Bây giờ chúng ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1 để tìm ước chung lớn nhất củamột số số nguyên không đồng thời bằng 0, nhưng thực ra chỉ cần cho haisố

Để tìm ước chung lớn nhất của a, b ∈ Z, b 6= 0, ta sẽ sử dụng Định lý 1.2.1vào việc xây dựng lại Thuật toán Euclid như sau: Biểu diễn a = q0b + rvới

06 r < |b| Nếu r = 0 thì (a, b) = b Nếu r 6= 0, ta biểu diễn b = q1r + r1

với 0 6 r1 < r Nếu r1 = 0 thì ta dừng lại và ta có r = (b, r) = (a, b)

theo tính chất (vii) Nếu r1 6= 0, ta tiếp tục như trên Đến bước thứ n

ta có rn−3 = qn−1rn−2 + rn−1 với 0 6 rn−1 < rn−2, Sau mỗi bước ta có

|b| > r > r1 > · · · > 0 và các ri ∈ N Như vậy quá trình trên không thểtiếp tục mãi được Đến bước thứ m xác định nào đó quá trình trên phải

dừng Khi đó ta có rm−2 = qmrm−1 và (a, b) = rm−1 Đây chính là Thuậttoán Euclid để tìm ước chung lớn nhất của hai số Đối với trường hợp tìmước chung lớn nhất của nhiều hơn 2 số, ta sử dụng tính chất (iii) ở trên

để đưa về việc tìm ước chung lớn nhất của hai số

Ví dụ 1.3.4 Choa = 196, b = 38 Ta có 196 = 38.5 + 6, 38 = 6.6 + 2, 6 =3.2 Vậy (196, 38) = 2

Chú ý rằng, do (a, b) = (b, r) nên ta có thể giả thiết hai số nguyên a và b

không âm và a > b Ta có:

Định lý 1.3.5 Nếu d = (a, b) thì có x, y ∈ Z thỏa mãn d = ax + by

Chứng minh: Xây dựng hai dãy số nguyên(an), (bn) theo công thức truyhồi sao cho ri = aia + bib, i > 0 và r0 = r Vì r = a − q0b, nên ta chọn

a0 = 1, b0 = −q0 và có được r0 = r = a0a + b0b Vì a1a + b1b = r1 =

b − q1r0 = b − q1(a0a + b0b) nên ta có thể chọn a1 = −q1a0 = −q1, b1 =

1 − q1b0 = 1 + q0q1 Tổng quát, do bởi

ai+1a + bi+1b = ri+1 = ri−1 − qi+1ri = ai−1a + bi−1b − qi+1(aia + bib)

ta chọn công thức truy hồi

ai+1 = ai−1 − qi+1ai

bi+1 = bi−1− qi+1bi, i > 1

Vì qm = 0 nên x = am−1, y = bm−1 thỏa mãn xa + yb = d

Từ định lý vừa được chứng minh suy ra một hệ quả có tính kỹ thuật sau:

Hệ quả 1.3.6 Choa, b ∈ Z không đồng thời bằng không Khi đó (a, b) =

1 khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈Z để ax + by = 1

Tổng quát hơn nữa ta có hệ quả sau

Hệ quả 1.3.7 Choa, b ∈ Z không đồng thời bằng không Khi đó (a, b) =

d khi và chỉ khi tồn tại x, y ∈ Z để ax + by = d và d là ước chung của a

và b

Chứng minh: Ta có (a, b) = d khi và chỉ khi



a

d ,

bd

dy = 1. Nhân hai vế vớid ta có ax + by = d.

Hệ quả 1.3.8 Cho a, b, c ∈ Z không đồng thời bằng không Nếu (a, c) =

1, (b, c) = 1 thì (ab, c) = 1

Chứng minh: Theo Hệ quả 1.3.6 cóx, y, z, t ∈ Z đểax+cy = 1, bz+ct =

1 Nhân vế với vế ta có1 = (ax + cy)(bz + ct) = abxy + c(axt + byz + cyt)

Vẫn theo Hệ quả 1.3.6 ta có (ab, c) = 1

Định nghĩa 1.3.9 Các số nguyên a1, , an ∈ Z không đồng thời bằng

0, được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (a1, , an) = 1 Chúng được gọi

là nguyên tố sánh đôi nếu (ai, aj) = 1 với mọi i, j = 1, , n, i 6= j

Định lý 1.3.10 Cho các số nguyêna1, , an ∈ Z,không đồng thời bằng

0 Các số a1, , an nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi có xj ∈ Z để

Bài giải: Dựa vào Thuật toán Euclid, tìm ước chung lớn nhất của m và

Định nghĩa 1.4.2 Cho các số a1, , an ∈ Z \ {0} Số nguyên m 6= 0

được gọi là bội chung nhỏ nhất của a1, , an nếu m là bội chung của các

số ai và m chia hết mọi bội chung khác của các ai

Sử dụng ký hiệu BC(a1, , an) cho tập tất cả các bội chung, còn bộichung có trị tuyệt đối nhỏ nhất của các số a1, , an được ký hiệu là

bcnn(a1, , an) Ta qui ước [a1, , an] là số nguyên dương nhỏ nhấtthuộc tập BC(a1, , an)

Định lý sau đây chỉ ra mối liên hệ giữa bội chung nhỏ nhất và ước chunglớn nhất của một số hữu hạn các số đã cho

Định lý 1.4.3 Nếu a, b ∈ Z\ {0}, thì (a, b)[a, b] = |ab|

Chứng minh: Không làm mất tính chất tổng quát ta giả thiết a, b > 0.

Đặt m = ab

(a, b). Hiển nhiên m là số nguyên Từ m =

b(a, b)a =

a(a, b)b

ta suy ra m là một bội chung của a, b Mặt khác, nếu c là một bội chungbất kỳ của a và b, thì a|c và c = bh với h ∈ Z Do đó c

(a, b) =

hb(a, b). Vìa

(a, b)| bh

(a, b) và (

a(a, b),

b(a, b)) = 1, nên

a(a, b)|h Điều này có nghĩa có tồntại p ∈ Z để h = ap

(a, b). Khi đó c = bh = b

ap(a, b) =

ab(a, b)p = mp hay c

chia hết cho m Do đó m là bội chung nhỏ nhất của a và b và ta suy ra hệthức

Định lý sau đây chỉ ra bội chung nhỏ nhất của một số hữu hạn các số đãcho luôn luôn tồn tại

Định lý 1.4.4 Bội chung nhỏ nhất của các số a1, , an ∈ Z\ {0} luôntồn tại Hơn nữa, [a1, , an] = [[a1, , an−1], an]

Chứng minh: Ta chứng minh định lý bằng phương pháp qui nạp theon

Vớin = 1, [a1] = a1 Vớin = 2, [a1, a2] = |a1a2|

(a1, a2) theo Định lý 1.4.3 Như

vậy định lý đúng cho n = 1, 2 Giả sử định lý đúng cho tập ít hơn n số.Như vậy ta cóa = [a1, , an−1] Đặt m = [a, an] Do m là một bội chungcủa a và an, nên m là một bội chung của các số a1, , an Mặt khác, nếu

c là một bội chung của các ai thì c là một bội chung của a1, , an−1 vànhư vậy c là một bội của a Từ đó suy ra c là một bội của m Điều nàychỉ ra m = [a1, , an] tồn tại và định lý được chứng minh

Giả thiết các số nguyên a1, , an đều khác 0 và m, d là những số nguyêndương Ta có các tính chất sau đây của bội chung nhỏ nhất mà phép chứngminh là hiển nhiên:

i

(iii) d[a1, , an] = [da1, , dan].

(iv) Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên tố sánh đôi bằng tích của các

số nguyên tố đó

Định nghĩa 1.5.1 Số tự nhiên p > 1 không có một ước số dương nàokhác 1 và chính nó được gọi là số nguyên tố Số tự nhiên q > 1 có ước

số dương khác 1 và chính nó được gọi là hợp số Nếu có số tự nhiên d để

n = d2 thì n được gọi là số chính phương

Hiển nhiên ta có định lý sau đây:

Định lý 1.5.2 Cho số nguyên tố p và các số nguyên tuỳ ý m, a, b Khiđó

(i) (m, p) =



p nếu p | m

1 nếu p -m

(ii) Mọi số m > 1 đều có ước nguyên tố

(iii) Nếu p | ab thì p | a hoặc p | b

Ta sẽ thấy luôn luôn tồn tại những khoảng bao gồm các số nguyên liêntiếp với độ dài tùy ý không có số nguyên tố nào Tuy vậy, định lý sau đâychỉ ra tập các số nguyên tố là một tập vô hạn

Định lý 1.5.3 Tồn tại nhiều vô hạn các số nguyên tố dạng 4n − 1 với

sử ta suy ra p = pi với i nào đó Vậy p |(−1) Điều này không thể được.Như vậy có nhiều vô hạn số nguyên tố dạng 4n − 1.

Định lý 1.5.4 Với số nguyên dương n đều tồn tại số nguyên tố lớn hơn

n

Chứng minh: Xét số n! + 1 Khi chia số này cho các số nguyên dươngnhỏ hơn hoặc bằng n đều cho số dư là 1 Do vậy mọi ước nguyên tố của

n! + 1đều không thuộc tập {1, 2, , n}và như thế nó phải lớn hơn n

Định lý 1.5.5 [Định lý cơ bản của số học] Mọi số tự nhiên lớn hơn 1đều phân tích được thành một tích hữu hạn các thừa số nguyên tố và sựphân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số

Chứng minh: Xét tập F gồm tất cả các số nguyên dương không biểudiễn được thành tích một số hữu hạn các thừa số nguyên tố Ta chỉ cần chỉ

ra F = ∅ Thật vậy, giả sử F 6= ∅ Ta thấy nếu m ∈ F thì m > 2, vì vậy

F là tập bị chặn dưới Khi đó có số nguyên dương nhỏ nhất m thuộc F

Vì m ∈ F nên m phải là hợp số Khi đó có hai số nguyên dương q1, q2 > 1

để m = q1q2 Vì q1, q2 < m nên q1, q2 ∈ F./ Như vậy ta có sự phân tích

q1 = t1t2 th, q2 = u1u2 uk, ở đó ti, uj đều là các số nguyên tố Khi đó

m = q1q2 = t1t2 thu1u2 uk

Điều này mâu thuẫn với giả thiếtm ∈ F Như vậy F phải là tập rỗng.Khi phân tích số tự nhiên q > 1 thành tích các thừa số nguyên tố, cóthể một số nguyên tố xuất hiện nhiều lần Nếu các số nguyên tốp1, , ps

xuất hiện theo thứ tự α1, , αs lần, thì ta viết

trong đó các thừa số nguyên tố qi chỉ ở trong a, còn các thừa số nguyên

tố tj chỉ có trong b Ta có

(a, b) = p1min(α1 ,β 1 )pmin(α2 ,β 2 )

2 psmin(αs ,β s )

[a, b] = p1max(α1,β1)p2max(α2,β2) psmax(αs,βs)q1u1 qrurt1v1 thvh

Định lý 1.5.6 Không tồn tại đa thức f (x) = a0xm+ a1xm−1 + · · · + am

với các hệ số ai nguyên và a0 6= 0, m > 1, thỏa mãn f (n) là số nguyên tốvới mọi n = 1, 2,

Chứng minh: Với đa thức f (x) như trên, hiển nhiên |f (n0)| > 1 với một

số nguyên dương đủ lớn n0 Chọn số nguyên tố p chia hết f (n0) và khaitriển

Ví dụ 1.5.8 Chứng minh rằng với số nguyên n > 2 luôn có ít nhất một

số nguyên tố giữa nvà n! Từ đây dễ dàng suy ra tập tất cả các số nguyên

tố là vô hạn

Bài giải: Vì n > 2 nên n! − 1 > 1 Như vậy có số nguyên tố p | n! − 1 vàsuy ra p < n! Giả sử p 6 n Khi đó p | n! và p | n! − 1 Dễ dàng suy ra

p | 1 : mâu thuẫn Tóm lại n < p < n!

Ví dụ 1.5.9 Chứng minh rằng trong dãy các số nguyên dươngn! + 2, n! +

3, , n! + n, n > 1, không chứa một số nguyên tố nào

Ta đã biết cách biểu diễn một số tự nhiên theo cơ số 10 Định lý sau chocách biểu diễn một số nguyên dương theo cơ số k > 1 tuỳ ý

Định lý 1.6.1 Cho số nguyên dương k > 1 Mỗi số nguyên không âm n

đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng

n = a0km + a1km−1 + · · · + am−1k + am,

trong đó a0, , am ∈ {0, 1, , k − 1}

Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số nguyên không âm Nếu 0 6

n 6 k − 1, ta đã có sự biểu diễn n = n Nếu n > k ta gọi m là sốnguyên dương lớn nhất để km 6 n < km+1 Gọi a0 ∈ {1, , k − 1} để

Số k được gọi là cơ số, còn a0, a1, , am được gọi là các chữ số của biểudiễn n theo cơ số k và biểu diễn n = (a0a1· · · am−1am)k được gọi là biểudiễn k-phân.

Ngoài cách biểu diễn mỗi số nguyên theo một cơ số như trên ta còn cónhiều cách biểu diễn khác nữa Biểu diễn mỗi số nguyên dương qua các tổhợp được sử dụng trong đại số giao hoán

Định lý 1.6.2 [Hilbert] Cho số nguyên dương d Khi đó mỗi số nguyêndương n đều có thể biểu diễn một cách duy nhất thành tổng

trong đó các số nguyên dương hi thoả mãn hd > hd−1 > · · · > h1 > 0

Chứng minh: Sự tồn tại: Giả thiết n là số nguyên dương Ta chọn hd

là số nguyên dương lớn nhất sao cho hd

!với hd > hd−1 > · · · > h1 > 0

ở đó các số nguyên không âm hi thỏa mãn hk > hk−1 > · · · > hr > r > 1.

Ví dụ 1.6.4 Với mỗi cặp số nguyên dương m, k, ta luôn có biểu diễn duynhất km =

tự nhiên n để pn 6 a < pn+1 Từ bất đẳng thức này suy ra tồn tại đúngmột số an để anpn 6 a < (an + 1)pn Từ đây ta suy ra a = anpn + b

với 0 6 b < pn Lặp lại quá trình trên đối với b Từ đó suy ra sự biểudiễn a = ann! + an−1(n − 1)! + · · · + a22! + a11!, ở đó các ai nguyên với

06 ai 6 i và an > 0 Tính duy nhất của biểu diễn là hiển nhiên

Định lý 1.6.6 Mỗi số hữu tỷ a ∈ (0; 1) đều có thể biểu diễn một cáchduy nhất thành tổng

a = b12! +

b23! + · · · +

bn(n + 1)!,

ở đó các bi nguyên với 06 bi 6 i với mọi i và bn 6= 0

Chứng minh: Bước 1: Chia đoạn [0; 1] ra làm hai đoạn bằng nhau Độdài mỗi đoạn bằng 1

2!. Bước 2: Chia mỗi đoạn nhỏ này ra ba phần bằng

nhau Độ dài mỗi đoạn bằng 1

3!. Tiếp tục như vậy, bước thứ n : Chia

mỗi đoạn có được từ bước thứ n − 1 ra làm n + 1 đoạn bằng nhau Độdài mỗi đoạn bằng 1

n + 1 Xét bước thứ n để có đoạn với độ dài bằng 1

(n + 1)!. Khi đó tồn

tại số nguyên dương an để an

n! < a =

m(n + 1)! <

an + 1n! . Gọi số nguyên

dương bn thỏa mãn a = m

(n + 1)! =

ann! +

bn(n + 1)!. Lặp lại quá trình trên

cho số an

n! ta nhận được biểu diễn

ann! =

b12! +

b23! + · · · +

bn−1n! , Tóm lại

và bn 6= 0

Từ Định lý 1.6.5 và Định lý 1.6.6 ta suy ra ngay kết quả dưới đây:

Ví dụ 1.6.7 Mỗi số hữu tỷ dương a đều có thể biểu diễn thành tổng

a = ann! + an−1(n − 1)! + · · · + a22! + a11! + b1

2! +

b23! + · · · +

bm(m + 1)!,

ở đó các ai nguyên với 0 6 ai 6 i, an > 0 và các bi nguyên với 06 bi 6 i

nó có được nhờ tịnh tiến đồ thị y = x, 0 6 x < 1, dọc theo trục Ox vềphải hay trái các đoạn n đơn vị, n ∈ Z.

Định lý 2.1.1 Phần nguyên của số thực x có các tính chất sau:

được suy ra từ định nghĩa phần nguyên.

(iii) Ký hiệu n là các số nguyên dương bội của d và không lớn hơn x Đó

là các số d, 2d, nd với nd ≤ x < (n + 1)d Vậy: n ≤ xd < n + 1 Từđịnh nghĩa phần nguyên ta suy ra n = xd

(iv) Đặt n = [x] khi đó, x = n + α với 0 ≤ α < 1 Nếu 0 ≤ α < 12 thì

Ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 2.1.2 (i) [x + y] ≥ [x] + [y], ∀x, y ∈ R; dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi 0 ≤ {x} + {y} < 1

(ii) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] ≤ [nx]

Chứng minh: (i) Vì [x] ≤ x và [y] ≤ y cho nên [x] + [y] ≤ x + y

Theo định nghĩa hàm phần nguyên ta có: [x] + [y] ≤ [x + y]

(ii) Do x = [x] + {x} ⇒ [nx] = [n[x] + n{x}] (với n[x] nguyên) Ta có:

n{x} ≥ 0 ⇒ [n{x}] ≥ 0 Vậy n[x] ≤ [nx]

Ví dụ 2.1.3 Tìm x biết [x] + 1

[x] = {x} +

1{x}.

Bài giải: Qui đồng và chuyển vế ([x] − {x})(1 − 1

[x]{x}) = 0. Nếu {x} =[x] ∈ Z thì {x} = 0 Nhưng phương trình này vô nghiệm do điều kiện

4

Định nghĩa 2.1.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho miền phẳng D Điểm

có tọa độ (x1, y1) với x1, y1 ∈ Z và thuộc D được gọi là điểm nguyên

Ký hiệu p, q ∈ Z là số nhỏ nhất và lớn nhất sao cho a ≤ p ≤ q ≤ b Khi

đó số các điểm nguyên nằm trong D là T thỏa mãn:

f (x)dx + b − a + 1

Chứng minh: Các điểm nguyên (x,y) phải có hoành độ x nguyên Vậy,các điểm nguyên phải nằm trên các đường thẳng x = i,[a ≤ i ≤ b] Vìđiểm (x, y) ∈ D nên khi x = i thì 0 ≤ y ≤ f (i) Vì vậy số các điểm

nguyên nằm trong D có hoành độx = i là [f (i)] + 1 Vậy, số điểm nguyênthuộc D đúng bằng

Bất đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên

Bất đẳng thức này cho ta xác định được cận trên của số điểm nguyêntrong một miền phẳng Chẳng hạn trong miền phẳng:

Số điểm nguyên là T ≤ [b] + 1 + kb22 + ab

Hàm nhân

Định nghĩa 2.2.1 Một hàm số f xác định trên tập hợp N∗ và nhận giátrị trong trường các số hữu tỉ Q được gọi là hàm số học

Như vậy, mỗi hàm số học là một ánh xạ f :N∗ → Q

Định nghĩa 2.2.2 Hàm số học f : N∗ → Q được gọi là một hàm nhân

nếu có số n ∈ N để f (n) 6= 0 và nếu các số tự nhiên dương a, b ∈ N∗ với

(a, b) = 1 thì f (ab) = f (a)f (b) Hàm số học k : N∗ → R được gọi là một

hàm cộng nếu các số a, b ∈ N∗ với (a, b) = 1 thì k(ab) = k(a) + k(b)

Ví dụ 2.2.3 Các hàm số học f, g : N∗ → Q, xác định như sau đều làhàm nhân: f (a) = am với m ∈ N và g(a) = 1

a.

(ii) Ta có (f g)(1) = f (1)g(1) 6= 0 theo trên nên f g 6= 0 Hơn nữa, nếu các

số nguyên dương a, b thoả mãn ucln(a, b) = 1 thì

(f g)(ab) = f (ab)g(ab) = f (a)f (b)g(a)g(b) = (f g)(a)(f g)(b)

Ta có điều phải chứng minh

Định lý 2.2.6 Giả sử f là hàm nhân Khi đó hàm F (n) = P

f (d) Vì (m, n) = 1 nên mỗi ước

số của mn có thể viết duy nhất dưới dạng tích d = d1d2 trong đó d1 là cácước của m, d2 là ước của n, và (d1, d2) = 1

Chứng minh: Giả sử n = pk11 pk22 pkmm là dạng phân tích chính tắc của

Trước tiên ta chỉ ra, nếu 2n− 1 là số nguyên tố thì số m = 2n−1(2n − 1)

là số hoàn thiện Thật vậy, do bỏi 2 và 2n− 1 là những số nguyên tố nên

n−1(2n− 1) = 2m

Vậy 2n−1(2n− 1) là số hoàn thiện

Xét số hoàn thiện chẵn bất kỳm Biểu diễnm = 2kq với k > 1,và (2, q) =

1 Từ 2k+1q = 2m = σ(m) = σ(2kq) = σ(2k)σ(q) = (2k+1 − 1)σ(q) và vì

2k+1− 1 là số lẻ, nên 2k+1− 1 chia hết q Đặt q = d(2k+1− 1) Khi đó d làước của q và σ(q) = d.2k+1 = d(2k+1− 1) + d = q + d Do σ(q) là tổng tất

cả các ước của q, nên q chỉ có hai ước là q và d Vậy q là số nguyên tố vàcũng suy ra q chỉ có 2 ước là q và 1 Ta suy ra d = 1 và q = 2k+1− 1 là sốnguyên tố Tóm lại, tất cả các số hoàn thiện chẵn đều có dạng2n−1(2n− 1)

với 2n − 1 là số nguyên tố

Với mọi số thực x, ký hiệu π(x) là số các số nguyên tố không vượt quá

x Ta có π(1) = 0, π(2) = 1, π(3) = π(4) = 2, π(5) = π(6) = 3, π(7) =π(8) = π(9) = π(10) = 4, và hiển nhiên ta có π(pn) = n với n = 1, 2

Bổ đề 2.4.1 Với mọi số tự nhiên n thì π(n) ≥ 2 log 2log n

Chứng minh: Trước hết ta đi chứng minh mọi số tự nhiên n đều có thểbiểu diễn duy nhất dưới dạng k2l, với k, l là các số tự nhiên và l không cóước số chính phương Thật vậy, Với mọi số tự nhiên n, ký hiệu k là số tựnhiên lớn nhất thỏa mãnk2|n Ta có n = k2l với l là số tự nhiên Nếu l cóước số chính phương thì đặt l = r2s với r, s là các số tự nhiên và r > 1.Vậy n = (kr)2s và do đó (kr)2|n với kr > k, mâu thuẫn với định nghĩacủa k Bây giờ giả sử n = k12l1 với k1, l1 là các số tự nhiên và l1 không cóước số chính phương Đặt d = (k, k1) ta có k = dh, k1 = dh1 với h, h1 làcác số tự nhiên và (h, h1) = 1 Vì n = d2h2l = d12h12l1 ta có h2l = h12l1

và vì (h2, h12) = 1 nên suy ra h2|l1 chứng tỏ h = 1 vì l không có ước sốchính phương Suy ra k = dh = d Nhưng vì d|k1 ta có k|k1 ⇒ k ≤ k1 màtheo định nghĩa của k và đẳng thức n = k12l1 suy ra l = l1 Như vậy, mọi

số tự nhiên n đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng k2l với k, l là các

số tự nhiên và l không có ước chính phương Do đó k2 ≤ n ⇒ k ≤ √n

Suy ra k có thể nhận nhiều nhất √

n giá trị khác nhau Số l không có ước

số chính phương và nhỏ hơnn nên có thể biểu diễn như là tích của một số

số nguyên tố thuộc dãy p1, p2, , pπ(n) Số lượng các số như vậy (tính cả

1) là 2π(n) ⇒ l có thể nhận nhiều nhất 2π(n) giá trị khác nhau Do đó số