Hàm Phi và hàm Zigma - Lê Phúc Lữ

Do đó, trường hợp này không có số n thỏa mãn.[r]

Trường Đông miền Nam 2019 – Hướng tới kỳ thi VMO 2019 – 2020

17 PHẦN SỬ DỤNG HÀM PHI(n) VÀ HÀM ZIGMA(n)

Xét số nguyên dương n,

 Hàm ( )n đếm số số nguyên dương n nguyên tố với n.  Hàm ( )n tính tổng ước nguyên dương n.

Tính chất: hai hàm nhân tính, tức f mn( ) f m f n( ) ( ) với gcd( , )m n 1.

Đặt

1

k a a a

k

n p p p phân tích tiêu chuẩn n, ta có

1 1

1 2

1

1 1

( ) a a ak ( 1)( 1) ( 1) 1

k k

k

n p p p p p p n

p p p

                 

    

   

  

    

  

1

1

( ) (1 a ) (1 ak)

k k

n p p p p

        

Nhờ việc xét số mũ 2 ( ), ( ),n  n ta ước lượng số ước nguyên tố lẻ ;

n điều hiệu nhiều tốn giải phương trình nghiệm ngun Định lý Euler Ta có ( )

1 (mod ) n

a  n với cặp số a n, nguyên tố

Bài 4.1 (Chọn đội tuyển chuyên ĐHSP Hà Nội) Tìm số nguyên dương n cho ( )n 2 ,p

trong p số nguyên tố lẻ lớn

Lời giải Ta biết n có hai ước ngun tố ( )n chia hết cho 4, n

chia hết cho ( )n chia hết cho 4, không thỏa Ta xét trường hợp:

- Nếu n lẻ đặt k

nq với q lẻ, suy

( ) k ( 1)

n q q p

 

   Nếu k2 vế trái chia hết cho p; mà vế phải có ước lẻ p nên pq, thay vào ta

( 1) k

p  p  p nên

1

p  hay p3, không thỏa

Suy k1 nq số nguyên tố, điều cho thấy ( )n q 1 2p nên 2p1 số nguyên tố

- Nếu n2k dễ thấy khơng thỏa nên ta cần xét n2q với q số nguyên tố lẻ Hơn nữa, ( )n (2 )q ( )q nên đưa trường hợp trên, tìm n2(2p1)

Vậy nên 2p1 không số nguyên tố khơng tìm n, cịn 2p1 ngun tố ta có n{2p1, 4p2}

Nhận xét Bài toán tương tự: Xét k số nguyên dương Chứng minh phương trình

6

( )x 3k

   

có hai nghiệm nguyên dương phân biệt.

Trường Đông miền Nam 2019 – Hướng tới kỳ thi VMO 2019 – 2020

18 Lời giải Trước hết, ta thấy n1 thỏa mãn

Giả sử p ước nguyên tố lẻ n Nếu v np( )1 theo cơng thức hàm Euler, ta có p| ( ) n , mà n( )n 2 chia hết cho ( ),n tức chia hết cho p nên kéo theo p| 2,

vô lý Suy v np( )1 với p n|

Đặt n2kp p1 2pt với k0 p1p2pt số nguyên tố phân biệt Theo cơng thức tính hàm, ta có

1

1

( )n 2k (p 1)(p 1) (pt 1)

      

1

( )n (2k 1)(p 1)(p 1) (pt 1)

       

Đánh giá lũy thừa số trên, ta có

 

2 ( )

v  n   k t v n2 ( )n  k t

Do từ ( )n n( )n 2, ta suy 1  k t nên k t Ta xét trường hợp sau - Nếu t0 n2k hợp số nên

1,

k  n k2,n4, thỏa mãn - Nếu t1 k 0 n p số nguyên tố lẻ, thay vào thấy thỏa mãn - Nếu t1,k1 n2p nên ( )n  p 1, ( ) n 3(p1) đưa

1 | ( 1) p p p 

Chú ý

6 (p p  1) 6p 6p 2 (p1)(6p12)10 nên p1 |10 Từ ta tìm p3,p11 tương ứng với n6,n22

- Nếu t2 k0, ta có n p p1 nên ( )n (p11)(p21) ( )n (p11)(p21) đưa (p11)(p21) | (p11)(p2 1) 2, không thỏa | (p11)(p21), biểu thức

1

(p 1)(p 1)2 chia dư Do đó, trường hợp khơng có số n thỏa mãn Vậy tất số cần tìm số nguyên tố 1, 4, 6, 22

Bài 4.3 (Bình Phước) Cho x y, số nguyên dương Nếu với số nguyên dương n, ta có x( )n 1 chia hết cho (ny)21 Chứng minh x1.

Lời giải Ta chứng minh bổ đề sau:

Dãy số 2

3n 1,

n

a  y  n với y nguyên dương cho trước có chứa vơ số ước ngun tố p

Trường Đông miền Nam 2019 – Hướng tới kỳ thi VMO 2019 – 2020

19

Giả sử dãy số có hữu hạn ước nguyên tố p1, ,pm chia dư Không tổng qt, ta giả sử y khơng chia hết cho

Xét số

1

( 1) m

N  y  p p p ( ) 2

( ) 1 (mod )

N N

a   y   y  N nên tồn t để

2

(N) ( 1) ( 1)(1 m)

a  y  tN  y  tp p p Do số có dạng 3k1

1

y  có dạng 3l2 nên 1tp p1 2pm chia dư 2; mà số lại nguyên tố với tất ước nguyên tố ban đầu nên vô lý

Suy dãy ước nguyên tố chia dư an vô hạn

Trở lại toán, ta chọn n3k p2 (mod 3) ước nguyên tố 2

3k

y  Khi

1

(3 )

1 (mod ) (mod )

k k

x  p  x    p

Mặt khác,

1(mod ) p

x   p nên gcd(2 , 1)

1 (mod ) k p

x    p Dễ thấy gcd(2 , k p1)2 nên ta có

1(mod ),

x  p chọn p đủ lớn phải có

1