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 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 Cơng 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 tơi 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 = 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 = (iii) Nếu a | b b | c a | c với a, b, c ∈ Z, a, b = (iv) Nếu a | b |a| |b| với a, b ∈ Z, a, b = n (v) Nếu a | bi với a, bi ∈ Z, i = 1, , n, a | bi xi với xi ∈ Z i=1 (vi) Nếu a | b b | a a = b a = −b với a, b ∈ Z, a, b = 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, = −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 = 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 = ∅ 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 = 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 ) n aj xj | xj ∈ Z, j = 1, , n} Dễ dàng Chứng minh: Đặt I = {y = j=1 n I iđêan vành Z Từ = 1.ai + 0.aj ta suy i=j=1 thuộc I Vậy I = {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 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 có bj ∈ Z để aj = bj c với j = 1, , n Do d = aj xj = j=1 n c( 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 = 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 = 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 = 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 q trình phải 47 Bổ đề 2.9.12 Cho hai hàm số học f g Nếu h = f hàm nhân f hàm nhân g g Chứng minh: Ta g hàm nhân f không hàm nhân h khơng hàm nhân Giả sử f khơng hàm nhân Khi có số tự nhiên m, n với (m, n) = f (mn) = f (m)f (n) Ta chọn m, n cho (m, n) = 1, f (mn) = 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 mn f (1) = Do mn > Vì h(mn) = f (d)g( ) = f (mn)g(1) + d d|mn mn ) nên d|mn d = ab với a|m, b|n ta có f (d)g( d d|mn,d=mn h(mn) = f (mn) + f (a)f (b)g( a|m,b|n,ab=mn = f (mn) − f (m)f (n) + m n )g( ) a b f (a)g( a|m m ) a b|n n f (b)g( ) b = f (mn) − f (m)f (n) + h(m)h(n) Vì f (mn) = f (m)f (n) nên h(mn) = 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) = có tồn f −1 Khi n > ta định f (1) n nghĩa hàm số học g theo công thức g(n) = − f ( )g(d) Khi d d|n,d=n n (f g)(1) = f (1)g(1) = cho n > có (f g)(n) = f ( )g(d) = d d|n n g(n) + f ( )g(d) = Vậy (f g)(n) = I(n) Điều chứng tỏ tồn d d|n,d=n f −1 Chứng minh: Vì f (1) = 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) = = 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 hốn 2.10 Ứng dụng Các hàm số học ứng dụng việc giải nhiều tốn Phần luận văn, tơi xin nêu số ứng dụng kết đạt để giải vài toán Ví dụ 2.10.1 Viết số 1, 2, 3, , 2003 thành dãy tùy ý thu số N Hỏi N số phương không? 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 khơng thể số phương Ví dụ 2.10.2 Trên bảng có 2n vng 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 ≡ (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 q 4444.4 gọi p ước nguyên tố b Ta có: f (n) = S(n) S(n) S(n) ≥ ≥ S(a.n) S(p.n)S(a/p) S(p.n).a/p n(p−1) Ta chọn dãy xn = 10 p với < c < p (c + 10) p Khi với n đủ lớn S(xn p) = + S(c)=const để chứng tỏ hàm f (n) khơng bị chặn ta cần có S(xn ) → +∞ n → +∞ Do S(xn ) → +∞ n → +∞ nên ta cần chứng minh biểu diễn thập phân xn khơng có chữ số Thật vậy, ngược lại, dễ thấy pxn có chữ số khác Vậy hàm f (n) bị chặn a khơng có ước ngun tố ngồi Ví dụ 2.10.8 Chứng minh rằng: Nếu a nguyên tố với a2010 − chia hết cho 51 Bài giải: Do số nguyên tố nên ϕ(7) = − = Do theo định lý Euler ta có aϕ(7) = a6 ≡ (mod 7) Từ a2010 = (a6 )335 ≡ (mod 7) hay a2010 − ≡ 0(mod 7) Vậy a2010 − chia hết cho Ví dụ 2.10.9 Chứng minh rằng: 2015 − chia hết cho 11.31.61 Bài giải: Trước tiên, ta chứng minh 2015 − chia hết cho 11 Thật vậy, ϕ(11) (20, 11) = ϕ(11) = 10 Theo định lý Euler ta có: 20 ≡ 2010 ≡ (mod 11) Do đó: 2015 ≡ 205 ≡ (−2)5 ≡ 1(mod 11) Vậy 2015 − chia hết cho 11 Chứng minh tương tự, ta có kết quả: 2015 − chia hết cho 31 61 Mặt khác, 11, 31, 61 số nguyên tố Vậy 2015 − chia hết cho 11.31.61 Ví dụ 2.10.10 Chứng minh rằng: mϕ(n) + nϕ(m) ≡ 1(modmn) với m, n > (m, n) = Bài giải: Do (m, n) = nên theo định lý Euler ta có mϕ(n) ≡ (mod n) ⇒ nϕ(m) ≡ (mod m) mϕ(n) + nϕ(m) ≡ (mod n) nϕ(m) + mϕ(n) ≡ (mod m) Suy mϕ(n) + nϕ(m) ≡ (mod mn) Các tính chất hàm Euler cịn sử dụng để tính đồng dư thức lũy thừa lớn Chẳng hạn, cần tính an modk , với n số nguyên dương lớn Giả sử có k = pα1 pα2 pαk k Khi theo định lý αi α Euler có aϕ(pi ) ≡ (modpi j ) Do đó, Nếu N bội chung nhỏ ϕ(pαi i ) aN ≡ (modk) Vì vậy, viết n = N q + r, r < N, ta α an ≡ ar (modpi j ) Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 2.10.11 Tính 21000000 mod77, ta có 77 = 11.7, có ϕ(7) = ϕ(6), ϕ(11) = 10 Bội chung nhỏ 10 30 Cho nên, ta có 230 ≡ (mod77) Mặt khác, 1000000=30.33333+10, 21000000 ≡ 210 ≡ 23(mod77) 52 Ví dụ 2.10.12 Ba dãy số (xn ), (yn ), (zn ) xác định phương trình sau:    x0 = 12, y0 = 8, z0 = 16 xn = 30xn−1 + 21yn−1 − 21zn−1 y = 14x + 23y − 14z   zn = 28xn−1 + 28yn−1 − 19zn−1, n1 n n−1 n−1 n−1 Khi (i) Chứng minh: xn 24n+2 , yn 24n+3 , zn 24n+4 , xn 24n+3 , yn 24n+4 , zn 24n+5 với n ≥ (ii) Xác định ϕ(xn yn zn ) Bài giải: Xét xn + tyn = (30 + 14t)xn−1 + (21 + 23t)yn−1 − (21 + 14t)zn−1 Chọn t cho 21 + 23t = t(30 + 14t) hay 2t2 + t − = t = t = − 23 Với t = − 32 ta có xn − 23 yn = 9(xn−1 − 32 yn−1 ) suy 3 xn − yn = 9n (x0 − y0 ) = 9n (12 − 8) = 2 Ta nhận xn = 32 yn Xét: yn + uzn = (14 + 28u)xn−1 + (23 + 28u)yn−1 − (14 + 19u)zn−1 Chọn u cho (23 + 28u) u = − 14 − 19u hay 28u2 + 42u + 14 = u = −1 u = − 21 Với t = − 12 ta có: 1 yn − zn = 9(yn−1 − zn−1 ) 2 suy ra: yn − 12 zn = 9n (y0 − 21 z0 ) = 9n (8 − 12 16) = Ta nhận được: xn = 23 yn xn = 43 zn yn = zn Tóm lại ta có: hay yn = 21 zn yn = 12 zn , n ≥ Quy nạp theo n dễ dàng suy xn = 12.16n , yn = 8.16n , zn = 16.16n Tóm lại xn = 3.24n+2 , yn = 24n+3 zn = 24n+4 thỏa mãn xn 24n+2 , yn 24n+3 , zn 24n+4 , xn 24n+3 , yn 24n+4 , zn 24n+5 với n ≥ Từ suy (i) (ii) Ta có xn yn zn = 3.212n+9 Do ϕ(xn yn zn ) = 212n+9 53 Ví dụ 2.10.13 Xác định tất số tự nhiên n > cho phần √ nguyên [ n] ước n √ Bài giải: Đặt d = [ n] Khi d2 ≤ n < (d + 1)2 Vì d|n nên n = kd với số nguyên dương k Vậy d2 ≤ kd < d2 + 2d + hay d ≤ k < d + + d1 √ Nếu d = [ n] = Từ suy n = 1, 2, Nếu d > d ≤ k < d + + d1 < d + Vì d k nguyên nên k = d, d + 1, d + √ Như vậy, [ n] = d d|n n d2 d(d + 1) d(d + 2) Ví dụ 2.10.14 Chứng minh p số nguyên tố phần √ nguyên q = [ + 32 + 43 + · · · + p+1 p+1 p ] số nguyên tố Bài giải: Đặt Sp = √ 2+ 3 + 4 +···+ p+1 p+1 p Hiển nhiên Sp > p Ta lại có k+1 k+1 < k k+1 k + + + ··· + 1 =1+ k+1 k(k + 1) theo bất đẳng thức Cauchy, tử số có k số không kể, k+1 k , 1 + 2.3 + · · · + p(p+1) < p + với k = 1, 2, , p Từ suy Sp < p + 1.2 Như q = [Sp ] = p số nguyên tố √ n Ví dụ 2.10.15 Xác định giới hạn lim (2 + 3) x→+∞ √ √ √ Bài giải: Chú ý {m + 3} = { 3} {− 3} = − { 3} Biểu √ √ √ √ diễn (2 + 3)n = a + b với a, b ∈ N Ta có (2 − 3)n = a − b Từ √ √ √ √ có {(2 + 3)n } = {a + b 3} = − {−a − b 3} = − {(2 − 3)n } √ √ √ Vì < − < nên lim {(2 − 3)n } = lim (2 − 3)n = n→+∞ √ n n→+∞ Vậy lim {(2 + 3) } = √ n→+∞ Ví dụ 2.10.16 Cho dãy Fibonacci F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn +Fn−1 , n n Chứng minh Fn = (−1)j j=1 n j (F2j − 1) 54 √ √ 1− 1+ Bài giải: Với x1 = − , x2 = có biểu diễn Fn = √ (xn+1 2 xn+1 ) Khi ta có: n n n Fj = √ j j=0 n (xj+1 − xj+1 ) j j=0 = √ [x2 (1 + x2 )n − x1 (1 + x1 )n ] 2n = √ [x2 x2n − x1 x1 ] + x2 = x22 , + x1 = x21 Vậy n j=0 ) = F2n Fj = √ (x2n+1 − x2n+1 n j n (−1)j Theo Định lý 2.9.1, ta nhận Fn = j=0 n với f (j) = Fj , g(n) = F2n Vì F0 = = − n j n j=0 n j (−1)j j=1 n Fn = (−1)j j=1 n Ví dụ 2.10.17 Cho dãy Dn = n minh n! = + k=2 n j (−1)k Dk với n Bài giải: Ta có (−1)n Dn = n n k nên ta suy (n − k)! với n n n−k (−1)n−k Chứng n (n − k)! = (−1)k k=0 Đặt fk = (−1)k Dk gk = (−1)k k! Khi f (n) = n Theo Định lý 2.9.1, ta nhận gn = hay (−1)n n! = n n! = + (−1)n nk k=0 (−1)n k=2 (−1)n−k k=0 n n k Dk F2j k=0 với n n j (F2j − 1) k=0 n k (−1)j g(j) = n k n fk = n k=0 (−1)n k=0 n k k! n k gk n k Dk Dk Vì D0 = theo quy ước D1 = nên 55 Ví dụ 2.10.18 Đặt an = 1n + 2n + · · · + mn với n, m ∈ N∗ Khi ta có m+1 an = n+1 n (−1)n+j j=1 Bài giải: Ta có (x+1)n+1 −xn+1 = n+1 [(m + 1)j − 1] j+1 n+1 j=1 n+1 j xn+1−j Cho x = 1, 2, , m, n j=1 j cộng tất lại, ta (m + 1)n+1 − = (n + 1)[ n j an+1−1 ] + m Như (m + 1)n+1 − (m + 1) = n+1 n j=1 n aj j n+1−j (m + 1)n+1 − (m + 1) Theo Định lý 2.9.1, với f (j) = aj , g(n) = n+1−j n+1 n+1 m+1 n [(m + 1)j − 1] ta có an = f (n) = (−1)n+j j+1 n + j=1 Ví dụ 2.10.19 Chứng minh rằng: Với số tự nhiên n ta có bất đẳng √ thức sau τ (n) < n Chứng minh: Nếu a ước n na ước n √ Ta chia tập hợp ước n thành tập s1 = na , a ≤ n , s2 = √ b , b ≤ n Với phần tử b ∈ S2 tương ứng với phần tử a = nb ∈ S1 n Vậy số phần tử S2 không vượt số phần tử S1 Rõ ràng, số √ √ phần tử S1 bé hay n hay τ (n) < n Ví dụ 2.10.20 Chứng minh có vơ số số tự nhiên n thỏa mãn bất σ(n) σ(m) đẳng thức > với m ∈ N m n − n m Chứng minh: Giả sử có số hữu hạn số tự nhiên n thỏa mãn σ(n) σ(m) > với m ∈ N m n−1 Ký hiệu K tập tất số n m tự nhiên n Khi K tập hữu hạn Đặt r = max{n|n ∈ K} σ(1) σ(2) σ(n) , , , Từ định nghĩa ta có Đặt An = max n 56 dãy số không giảm A1 σ(n) An = max An−1 , n ··· A2 Ar Với số tự nhiên n > r có = An−1 khác gặp mâu thuẫn với σ(n) ) n σ(s) σ(r) σ(n) Am < với Tất số hạng dãy thỏa mãn n s r σ(2r) 2σ(r) + s = 1, 2, , r − Vì σ(2r) 2σ(r) + nên ta 2r 2r σ(2r) σ(r) > = Ar : mâu thuẫn Như vậy, điều giả sử sai 2r r định nghĩa r Như Ar = Ar+1 = Ar+2 = · · · Xét dãy ( Ví dụ 2.10.21 Với số nguyên n (i) σ(n) + ϕ(n) ta ln có bất đẳng thức sau: 2n2 2n < ϕ(n)σ(n) < n2 √ (ii) σ(n) < n n n > (iii) σ(n) < n(log2 n + 2) σ(n) < n(ln n + 1) Chứng minh: (i) Giả sử n có phân tích tiêu chuẩn n = pα1 pαs s Khi đó: αi s σ(n) + ϕ(n) = (1 + i=1 s s phi ) (pαi i − pαi i −1 ) + i=1 s h=1 (pαi i + pαi i −1 ) + i=1 s i=1 1 (1 + ) + (1 − )] pi pi i=1 i=1 s pαi i [(1 i=1 s s pαi i [ i=1 s (pαi i − pαi i −1 ) + i=1 ) + (1 − pi s i=1 s )] = pαi i pi i=1 57 Vậy σ(n) + ϕ(n) 2n Ta lại có s s α s α i 1 ϕ(n)σ(n) = n (1 − )n (1 + ) h p p i i i=1 i=1 h=1 s s i 1 = n (1 − ) (1 + ) = n2 (1 − αi +1 ) < n2 h pi i=1 p pi i=1 i=1 h=1 i s ϕ(n)σ(n) 1 n (1 − ) > n2 (1 − )(1 − )(1 − pi i=1 ∞ i=3 ) (i + 2)2 2n2 2n2 Từ suy ϕ(n)σ(n) > < ϕ(n)σ(n) < n2 3 (ii) Khi n = 2k với số nguyên k > ta có bất đẳng thức sau đây: √ σ(n) = + + · · · + 2k = 2k+1 − < 2k+k/2 = n n √ k Giả sử n = σ(k) < k k thỏa mãn với k, k < n Biểu diễn √ n = mp với p số nguyên tố lẻ Hiển nhiên p Khi + p < p p √ √ Nếu m = σ(n) = σ(p) < p p = n n Nếu m = σ(n) = √ √ σ(2p) = + + p + 2p = + 3p < 2p 2p = n n Nếu m √ σ(m) < m m theo giả thiết quy nạp Bởi ước n có dạng d dp, d ước m, nên √ √ √ σ(n) = σ(m) + pσ(m) = (1 + p)σ(m) < p p.m m = n n n (iii) Chú ý, d ước dương n ước dương n Giả sử d n n n d1 , d2 , , ds ước dương n Khi σ(n) = + + · · · + d1 d2 ds 1 Từ suy σ(n) < n + + + · · · + Gọi k số nguyên dương n thỏa mãn 2k n < 2k+1 Khi 1 1 1 σ(n) < n + ( + ) + ( + · · · + ) + · · · + ( k + · · · + k+1 ) + k+1 2 −1 1 ta suy σ(n) < n + + 22 + · · · + 2k k + = n(k + 2) Do 2 σ(n) < n(log2 n + 2) n dx 1 Ta có σ(n) < n + + + · · · +