Vành các hàm số học và một vài ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THU GIANG VÀNH CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THU GIANG VÀNH CÁC HÀM SỐ HỌC VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 i Mục lục Mục lục i Mở đầu 1 Các 1.1 1.2 1.3 kiến thức chuẩn bị Định nghĩa nhóm, nhóm xyclic, nhóm Định nghĩa vành, idean, miền nguyên Ước chung lớn 2 Vành hàm số học 2.1 Vành hàm số học 2.2 Các tính chất vành hàm số học 8 10 Một vài hàm số học 3.1 Giá trị trung bình hm s hc 3.2 Hm s Măobius 3.3 Hàm nhân tính 3.4 Giá trị trung bình phi - hàm Euler 3.5 Một số toán áp dụng 16 16 26 30 33 36 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Mở đầu Trong lý thuyết số, hàm số học có vai trò quan trọng Nhiều nhà tốn học tiếng giới nghiên cứu hàm số học có nhiều kết lý thú có giá trị, ứng dụng rộng rãi lý thuyết số nói riêng tốn học nói chung Mục đích luận văn hệ thống tính chất vành hàm số học, đạo hàm hàm số học Tiếp theo, trình bày số kết quả, tính chất vài hàm số học đặc biệt dạng toán ứng dụng liên quan Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia thành ba chương đề cập đến vấn đề sau đây: Chương trình bày kiến thức chuẩn bị liên quan đến khái niệm nhóm, vành, vấn đề ước số ước chung lớn Chương trình bày tính chất dạng toán vành số học Chương trình bày số lớp hàm số học hàm Măobius (thun v o), hm nhõn tớnh, phi - hm Euler ứng dụng liên quan số học Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc Phó Giáo sư, Tiến sĩ Nơng Quốc Chinh, người thầy trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu truyền đạt kinh nghiệm nghiên cứu cho Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Tốn - Tin, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Hòn Gai bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi hồn thành luận văn Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa nhóm, nhóm xyclic, nhóm Định nghĩa 1.1 (Định nghĩa nhóm) Một tập hợp G gọi nhóm tồn ánh xạ từ tích Descartes G × G vào G (ảnh phần tử (a, b) ∈ G × G, với a, b phần tử tùy ý G, qua ánh xạ ta kí hiệu ab) thỏa mãn tính chất sau (G1) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, ∀a, b, c ∈ G (G2) Có đơn vị: Tồn phần tử a ∈ G cho ae = ea = a, ∀a ∈ G (G3) Có nghịch đảo: Với phần tử a ∈ G tồn phần tử b ∈ G cho ab = ba = e Phần tử ab gọi tích a b ánh xạ xác định tích gọi phép tốn nhóm nhân G Phần tử e trong(G2) gọi phần tử đơn vị G, phần tử b (G3) gọi phần tử nghịch đảo a G kí hiệu a−1 Nếu ab = ba, ∀a, b ∈ G, nhóm G gọi nhóm Abel, nhóm giao hốn Một nhóm G gọi hữu hạn hay vô hạn tập hợp G hữu hạn hay vô hạn phần tử Trường hợp nhóm G hữu hạn số phần tử G gọi cấp nhóm kí hiệu |G| Định nghĩa 1.2 Một nhóm G gọi nhóm xyclic phần tử lũy thừa phần tử a ∈ G Khi ta gọi a phần tử sinh nhóm xyclic G kí hiệu G = a Theo định nghĩa, nhóm xyclic G với phần tử sinh a viết dạng G = {an | n ∈ Z} Định nghĩa 1.3 Một tập hợp H của nhóm G gọi nhóm G điều kiện sau thõa mãn: (i) Phép tốn nhân đóng H, tức xy ∈ H ∀ x, y ∈ H; (ii) H chứa phần tử đơn vị e G; (iii) x−1 ∈ H, ∀x ∈ H Nói cách khác, H = ∅ nhóm với phép tốn nhân phép tốn G Để H nhóm G kí hiệu H ≤ G Định lý 1.1 Một tập hợp H nhóm nhóm G H = ∅ xy −1 ∈ H, ∀x, y ∈ H 1.2 Định nghĩa vành, idean, miền nguyên Định nghĩa 1.4 (Định nghĩa vành): Một tập hợp R gọi vành R có hai phép tốn hai ngơi, gọi phép cộng gọi phép nhân, cho điều kiện sau thỏa mãn: (R1) Tập hợp R nhóm Abel phép cộng.(R1 ) Tập hợp R nhóm Abel phép cộng (R2) Phép nhân R kết hợp có đơn vị (R3) Luật phân phối: Phép nhân phân phối phép cộng, nghĩa với phần tử x, y, z ∈ R tùy ý, ta ln có (x + y)z = xz + yz z(x + y) = zx + zy Như thơng thường ta kí hiệu phần tử đơn vị phép nhân R eR phần tử khơng nhóm Abel cộng R 0R Trường hợp vành R xác định cụ thể trước ta kí hiệu đơn giản cho phần tử đơn vị cho phần tử không R Một vành R gọi vành giao hoán, phép nhân R thỏa mãn thêm điều kiện xy = yx, ∀x, y ∈ R Định nghĩa 1.5 Một vành giao hốn khơng có ước khơng gọi miền ngun Định nghĩa 1.6 Một vành R gọi trường, R vành giao hoán phần tử khác khơng R có nghịch đảo, nghĩa tập hợp R∗ = R\{0} lập thành nhóm phép nhân R Định nghĩa 1.7 (i) Một tập hợp A vành R gọi vành R, A lập thành nhóm Abel với phép cộng R đóng phép nhân, tức ab ∈ A Trường hợp R trường vành R gọi trường trường với phép tốn R (ii) Một tập hợp a vành R gọi idean trái (hoặc idean phải) R, a vành R thỏa mãn tính chất Ra ⊆ a (hoặc aR ⊆ a) Nếu a vừa idean phải vừa idean trái R gọi idean R Định nghĩa 1.8 Cho R vành giao hoán, phần tử x ∈ R • x gọi ước y tồn z ∈ R cho xz = y Khi đó, ta kí hiệu x|y • x gọi ước x khác tồn phần tử y khác thuộc R cho xy = • x gọi phần tử khả nghịch tồn y thuộc R cho xy = Ví dụ 1.1 Trong 6Z, ước ¯2, ¯3, ¯4 Các phần tử khả nghịch ¯1, ¯5 Trong mZ, ước a ¯ cho a không chia hết m (a, m) > Các phần tử khả nghịch a ¯ cho (a, m) = 1.3 Ước chung lớn Định nghĩa 1.9 Cho A ⊂ Z; A = {0}; với a ∈ A ta có a chia hết cho d ta nói d ước chung tập A Số nguyên d gọi ước chung lớn A c|d với ước chung c A, kí hiệu d = gcd(A) Định lý 1.2 Cho H nhóm nhóm số nguyên với phép cộng Tồn số nguyên không âm d cho H tập gồm tất bội d, H = {0, ±d, ±2d, } = dZ Chứng minh Ta có ∈ H với nhóm H Nếu H = {0} ta chọn d = H = Hơn nữa, d = phần tử sinh nhóm Nếu H = {0} tồn a ∈ H, a = Vì −a thuộc H nên kéo theo H chứa số nguyên dương Do tập hợp số nguyên dương tập thứ tự tốt nên H chứa số nguyên dương nhỏ d Với q ∈ Z, ta có dq = d + d + + d thuộc H H nhóm q Z, từ suy dZ ⊆ H Giả sử a phần tử H, theo thuật tốn chia, ta viết a = dq + r với q, r số nguyên dương ≤ r < d − Vì dq thuộc H H nhóm nên suy r = a − dq thuộc H Vì ≤ r < d d số nguyên dương nhỏ H, ta phải có r = tức a = dq ∈ dZ H ⊆ dZ Dẫn đến H = dZ Nếu H = dZ = d Z, với d, d số nguyên dương d ∈ dZ suy d = dq Q số nguyên d ∈ d Z suy d = s q , q số nguyên Do đó, d = d q = dqq tức qq = nên q = q = ±1 d = ±d Vì d d số nguyên dương nên d = d Và d số nguyên sinh nhóm H Ví dụ 1.2 Nếu H nhóm chứa tất số nguyên có dạng 35x + 91y = 35(−5) + 91.2 ∈ H H = 7Z Định lý 1.3 Giả sử A ⊂ Z; A = {0}, A có ước chung lớn nhất tồn số nguyên a1 , , ak ∈ A x1 , , xk ∈ Z cho gcd(A) = a1 , x1 + ak xk Chứng minh Kí hiệu H tập Z chứa tất số nguyên tố có dạng a1 , x1 + ak xk với a1 , at ∈ A x1 , , xt ∈ Z, với t ∈ N Khi H nhóm Z A ⊆ H Theo định lí 1.2, tồn số nguyên dương d cho H = dZ, tức H chứa tất bội d số nguyên a ∈ A bội d, suy d ước chung A Vì d ∈ H nên tồn số nguyên a1 , , ak ∈ A x1 , , xt ∈ Z cho d = a1 x1 + + ak xk Giả sử c ước chung A, ta có c ước a1 , , ak nên c ước d Vậy ước chung A ước d nên d ước chung lớn A Nếu số nguyên dương d d ước chung lớn d|d d |d nên d = d Tức ước chung gcd(A) Kí hiệu: Nếu A = {a1 , , ak } tập hữa hạn số nguyên không đồng thời không, ta viết gcd(A) = (a1 , , ak ) Ví dụ (35, 91) = = 35.(−5) + 91.2 Định lý 1.4 Cho a1 , , ak số ngun khơng đồng thời Thì (a1 , , ak ) = tồn số nguyên x1 , , xk cho a1 x1 + + ak xk = Chứng minh Điều dễ dàng thu từ định lý 1.3 Định nghĩa 1.10 Ta nói số a1 , , ak nguyên tố ước chung lớn chúng Các số nguyên a1 , , ak đôi nguyên tố (ai , aj ) = 1, i = j Ví dụ 1.3 Ba số nguyên 6,10,15 nguyên tố khơng đơi ngun tố (6, 10, 15) = (6, 10) = 2; (6, 15) = 3; (10, 15) = 29 d≤x f (d) 1= f (d) = d≤x m≤x/d x d f (d) = n≤x d|n F Vì m≤x x = f (d) Suy điều phải chứng minh m dm≤x Định lý 3.14 Ta có µ(n) = O(1) n n≤x Chứng minh Áp dụng định lý (3.13) với f (n) = µ(n) M (x) = µ(n) ta có n≤x M m≤x x = m µ(d) d≤x x = d µ(d) = n≤x d|n Theo định lý (3.11) từ µ(d) d≤x µ(d) x µ(d) x =x − µ(d){ } = x + O(x) d d d d d≤x d≤x d≤x µ(d) µ(d) + O(x) = Vì x = O(x) d d d≤x d≤x µ(d) Từ x = O(1) d d≤x ta x Vậy định lý chứng minh Định lý 3.15 Ta có µ(n) = + O 2 n π x n≤x Chứng minh Ta biế Giải tích kết sau: Hàm Zeta ∞ Riemann ζ = hội tụ tuyệt s > Tương tự hàm số s n n=1 ∞ G(s) = n=1 µ(n) hội tụ tuyệt s > Vì ns ∞ ζG(s) = k=1 ks ∞ d=1 µ(d) = ds ∞ ∞ k=1 d=1 µ(d) (kd)s 30 ∞ = n=1 ns µ(d) = d|n ∞ Do định lý (3.11) = ζ(s) ∞ n=1 n=1 µ(n) s > Từ ζ(2) = n2 π = ta ns = ζ(2) ∞ µ(n) = n2 π2 n=1 Vì µ(n) − = 2 n π n≥x µ(n) < n n>x 1 < n x n>x Vậy định lý chứng minh xong 3.3 Hàm nhân tính Định nghĩa 3.5 Một hàm số học f gọi hàm nhân tính với cặp số m, n nguyên tố nhau, ta có f (nm) = f (n)f (m) Trong trường hợp đẳng thức với m, n (không thiết nguyên tố nhau) hàm f gọi hàm nhân tính mạnh Định lý 3.16 Nếu f hàm nhân tính f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n) với số nguyên dương m n Chứng minh Cho p1 , p2 , , pr số nguyên tố chia hết m n Khi r pki i n= i=1 r plii m= i=1 31 với k1 , , kr , l1 , , lr số nguyên không âm Suy r max(ki ,li ) [m, n] = pi i=1 r min(ki ,li ) (m, n) = pi i=1 Do {max(ki , li ), min(ki , li )} = {ki , li } f hàm nhân tính ta r r max(ki ,li ) f (pi ) f ([m, n])f ((m, n)) = i=1 r ) i=1 r f (pki i ) = min(ki ,li ) f (pi i=1 f (plii ) i=1 = f (m)f (n) Vậy ta điều phải chứng minh Định lý 3.17 Giả sử f hàm nhân tính với f (1) = (1 − f (p)) µ(d)f (d) = d|n p|n Chứng minh Ta thấy định lý với n = Với n ≥ 2, giả sử m = rad(n) tích số nguyên tố khác chia hêt n Do µ(d) = d số khơng phương, ta µ(d)f (d) = d|n (1 − f (p)) = µ(d)f (d) = d|m p|m (1 − f (p)) p|n Định lý chứng minh xong Ví dụ 3.4 Dãy lũy thừa số nguyên tố dãy 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 11, 13, 16, 17, 19, 23, 25, 27 pk , với p số nguyên tố k nguyên dương 32 Định lý 3.18 Cho f (n) hàm nhân tính Nếu lim f (pk ) = pk →∞ với p ∈ P (tập tất số nguyên tố) lim f (n) = n→∞ Chứng minh Từ limpk →∞ f (pk ) = ta suy tồn số hữu hạn lũy thừa số nguyên tố pk thỏa mãn |f (pk )| ≥ Vi ta định nghĩa |f (pk )| A= |f (pk )|≥1 Khi A ≥ Giả sử < < tồn số hữu hạn lũy thừa số nguyên tố pk thỏa mãn |f (pk )| ≥ A với lũy thừa số nguyên tố pk chia hết n Vì vậy, n đủ lớn , n chia hết cho lũy thừa số nguyên tố pk thỏa mãn |f (pk )| ≤ A n viết dạng r r+s pki i n= i=1 r+s+t pki i pki i , ··· i=r+1 i=r+s+1 với p1 , , pr+s+t số nguyên tố phân biệt thỏa mãn |f (pki i )| ≥ với i = 1, , r, A ≤ |f (piki )| < với i = r + 1, , r + s, |f (pki i )| < A với i = r + s + 1, , r + s + t, t ≥ Từ f hàm nhân tính, r r+s |f (pki i )| |f (n)| = i=1 r+s+t |f (pki i )| · · · i=r+1 Vậy định lý chứng minh |f (pki i | < A( /A)t ≤ i=r+s+1 33 3.4 Giá trị trung bình phi - hàm Euler Định nghĩa 3.6 Giả sử n số nguyên dương Phi - hàm Euler định nghĩa số nguyên dương không vượt n nguyên tố với n Kí hiệu: Phi hàm Euler ϕ(n) Ví dụ: ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(4) = 2, ϕ(5) = Định lý 3.19 Giả sử p số nguyên tố a số nguyên dương Khi ϕ(pa ) = pa − pa−1 Chứng minh Các số nguyên dương nhỏ pa không nguyên tố với p số không vượt pa−1 chia hết cho p Có pa−1 số Do tồn pa − pa−1 số nguyên nhỏ pa nguyên tố với pα Vậy ϕ(pa ) = pa − pa−1 Ví dụ: ϕ(125) = ϕ(53 ) = 53 − 52 = 100 ϕ(210 ) = 210 − 29 = 512 Định lý 3.20 Phi hàm Euler hàm nhân tính, nghĩa m, n số nguyên dương nguyên tố ϕ(m.n) = ϕ(m).ϕ(n) Chứng minh Ta viết số nguyên dương không vượt m.n thành bảng sau: m+1 2m + (n − 1)m + m+2 2m + (n − 1)m + m+3 2m + (n − 1)m + m 2m 3m m.n 34 Bây giả sử r số nguyên không vượt m Giả sử (m, r) = d > Khi đó, khơng số dòng thứ r nguyên tố với m, n, phần tử dòng có dạng km + r, ≤ k ≤ n − 1, d|(km + r) d|m, d|r Vậy để tìm số bảng mà nguyên tố với mn, ta cần xem dòng thứ r với (m, r) = Ta xét dòng vậy, chứa số r, m + r, , (n − 1)m + r Vì (r, m) = nên số nguyên dòng nguyên tố với n Như vậy, n số nguyên dòng lập thành hệ thặng dư đầy đủ môđul n Do có ϕ(n) số hàng nguyên tố với n Do số nguyên tố với m nên chúng nguyên tố với m.n Vì có ϕ(m) dạng, dòng chứa ϕ(n) số nguyên tố với m.n, nên ta suy ϕ(m.n) = ϕ(m).ϕ(n) Định lý 3.21 Giả sử n = pa11 pa22 pakk phân tích n thừa số ngun tố Khi ϕ(n) = n − p1 1− p2 − pk Chứng minh Vì ϕ hàm có tính chất nhân nên n có phân tích n = pa11 pa22 pakk , ta được: ϕ(n) = ϕ(pa11 )ϕ(pa22 ) ϕ(pakk ) Mặt khác: a a a −1 ϕ(pj j ) = pj j − pj j a = pj j − pj ; j = 1, 2, , k Vậy ϕ(n) = pa11 − p1 pa22 − = pa11 pa22 pakk − p1 p2 pakk − 1− p2 pk − pk 35 =n 1− p1 1− =n p|n p2 1− − pk p Vậy phi - hàm Euler có công thức: 1− ϕ(n) = n p|n p =n d|n µ(n) µ(d) = d d d=n Ta tìm cơng thức tiệm cận cho giá trị trung bình phi hàm Euler Định lý 3.22 Với x ≥ ta có 3x2 φ(x) = ϕ(x) = + O(x log x) π n≤x Chứng minh Ta có φ(x) = ϕ(x) = n≤x = n≤x d d=n = d ≤x/d µ(d) d≤x x2 d≤x ∞ x = = d = µ(d) d≤x = d µ(d) d=1 x d µ(d) d≤x + O( x d x +1 d x d µ(d) + O x d2 d d≤x µ(d) x2 − d2 3x + O(x log x) π2 Vậy định lý chứng minh d>x µ(d) + O(x log x) d2 36 3.5 Một số toán áp dụng Bài tốn 3.1 Cho f hàm nhân tính Chứng minh hàm F (n) = f (d) hàm nhân tính d|n Lời giải Ta rằng, m, n số nguyên dương (m, n) = F (m.n) = F (m)F (n) Giả sử (m, n) = 1, ta có f (d) F (mn) = d|mn Vì (m, n) = 1, ước số mn viết dạng tích ước d1 m, d2 n d1 , d2 nguyên tố nhau, đồng thời cặp ước nguyên tố d1 m, d2 n tương ứng với d = d1 d2 mn Do ta viết F (mn) = f (d1 d2 ) d1 |m d2 |n Vì f hàm có tính chất nhân (d1 , d2 ) = nên F (mn) = f (d1 )f (d2 ) = d1 |m d2 |n f (d1 ) d1 |m f (d2 ) = F (m)F (n) d2 |n Bài toán 3.2 Chứng minh f g hai hàm nhân tính f ∗ g hàm nhân tính Lời giải Ta rằng, m, n số nguyên dương (m, n) = (f ∗ g)(mn) = (f ∗ g)(m) · (f ∗ g)(n) Thật vậy, ta có (m, n) = (f ∗ g)(mn) = f (d)g( d|mn mn ) d Vì (m, n) = 1, ước số mn viết dạng tích ước d1 m, d2 n d1 , d2 nguyên tố nhau, đồng thời 37 cặp ước số d1 m, d2 n tương ứng với d = d1 d2 mn Và f, g hàm nhân tính mn f (d)g( (f ∗ g)(mn) = ) d d|mn = f (d1 d2 )g( d1 |m d2 |n f (d1 )g( = d1 |m mn ) d1 d2 m ) d1 f (d2 )g( d2 |n n ) d2 = (f ∗ g)(m) · (f ∗ g)(n) Vậy hàm số (f ∗ g) hàm nhân tính Bài toán 3.3 Cho n số nguyên dương Chứng minh ϕ(d) = n d|n Lời giải Tổng lấy theo ước số n Ta phân chia tập hợp số tự nhiên từ đến n thành lớp theo cách sau Lớp Cd gồm số nguyên m, ≤ m < n, mà (m, n) = d Như m thuộc Cd d ước chung m, n (m|d, n|d) = Như vậy, số phần tử Cd số số nguyên dương không vượt n|d nguyên tố với n|d; tức Cd gồm ϕ(n|d) phần tử Vì số nguyên m từ đến n thuộc lớp Cd (d = (m, n)) nên n tổng số thành phần lớp Cd , d ước n Ta có n n= ϕ( ) d d|n Mặt khác, d chạy qua ước n n|d chạy qua ước n, nên từ suy n= ϕ(d) d|n Bài tốn 3.4 Tìm tất số tự nhiên n có tính chất n chia hết cho ϕ(n), ϕ phi hàm Euler 38 Lời giải Hiển nhiên n = ϕ(n)|n Ta xét n > Giả sử n có phân tích thành thừa số ngun tố dạng n = pk11 pki i Ta có ϕ(n) = n − p1 − pi Từ điều kiện ϕ(n)|n, chẳng hạn n = xϕ(n), suy p1 pi = x (p1 − 1) (pi − 1) Như phải có pi (nếu ngược lại vơ lí, vế trái số lẻ, vế phải số chẵn) Giả sử p1 = 2, ta có: 2p2 pi = x (p2 − 1) (pi − 1) Do p2 , , pi khác nên từ đẳng thức suy n có nhiều ước nguyên tố lẻ, chẳng hạn p2 Đặt p2 = 2y + Ta có 2p2 = x(2y) Do p2 nguyên tố nên suy x = p2 , y = Vậy p2 = n có dạng n = 2k 3m , k ≥ 1, m ≥ Dễ thử lại rằng, số n nói thỏa mãn điều kiện ϕ(n)|n Bài toán 3.5 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ 2, ta có: σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n(n ≥ 2) Lời giải Giả sử ước n = d1 < d2 < < dk = n n Trong số tự nhiên khơng vượt q n, có số bội di Mỗi di số không vượt n không nguyên tố với n phải bội ước (> 1) n Vì ta có: n n n n − ϕ(n) ≤ + + + d2 d3 dk 39 Mặt khác n n n + + + = dk−1 + dk−2 + + d1 = σ(n) − n d2 d3 dk Vậy n − ϕ(n) ≤ σ(n) − n, tức σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n(n ≥ 2) Khi n nguyên tố, ta có đẳng thức σ(n) + ϕ(n) = 2n Bài toán 3.6 Cho n số tự nhiên, α số thực Đặt n−1 α+ Sn (α) = j=0 j , n [x] kí hiệu phần nguyên số thực x a) Chứng minh [α] + khơng phải số phương √ Sn (α) = n [ α] b) Chứng minh [α] + số phương Sn (α) = √ √ n [ α] + [n (α − [ α])] √ Lời giải a) Với j, ≤ j ≤ n − 1, ta có α + nj ≥ [ α] √ Do Sn (α) ≥ n [ α] √ Nếu đẳng thức khơng xảy ta phải có α + n−1 > [ α] n Như vậy, tồn số nguyên k thỏa mãn √ α