Về bất đẳng thức số học

1 Bộ giáo dục đào tạo Tr-ờng đại học Vinh trần thị tuyết nhung bất đẳng thức số học Luận văn thạc sĩ toán học Vinh 2009 mục lục Trang mở đầu Ch-ơng Bất đẳng thức với số nguyên tố 1.1 Số nguyên tố 1.2 Một số bất đẳng thức với số nguyên tố Ch-ơng Bất đẳng thức với hàm số học 19 2.1 Một số bất đẳng thức với hàm số học 19 2.2 Tính toán với hµm sè sè häc 35 KÕt ln 38 Tµi liƯu tham khảo 40 Mở đầu Ng-ời ta th-ờng nói Bất đẳng thức đóng vai trò quan trọng Toán học "các nhà toán học làm việc với bất đẳng thức nhiều với đẳng thức" Nói khác đi, lý thuyết bất đẳng thức nội dung Toán học Một nhánh không phần quan trọng lý thuyết bất đẳng thức Bất đẳng thức số học Nếu nh- bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức l-ợng giác có đối t-ợng t-ơng ứng hình học, l-ợng giác bất đẳng thức số học có đối t-ợng Số học Đặc điểm việc chứng minh bất đẳng thức Số học sử dụng nhuần nhuyễn định lí Số học, có kết hợp với ph-ơng pháp truyền thống bất đẳng thức Có nhiều bất đẳng thức bề không mang dáng dấp Số học, nh-ng thực chất chứng minh lại sử dụng công cụ Số học tính Số học đ-ợc thể rõ nét qua bất ®¼ng thøc ®ã Cho ®Õn bÊt ®¼ng thøc sè học ch-a đ-ợc phổ cập nh- loại hình bất đẳng thức thông dụng khác nh- bất đẳng thức l-ợng giác, bất đẳng thức hình học, Vì vậy, việc tìm hiểu nghiên cứu sâu bất đẳng thức số học có ý nghĩa giảng dạy nghiên cứu toán học Mặt khác tập hợp số nguyên tố đ-ợc ví nh- mỏ vàng Số học có nhiều tính chất quý báu Số nguyên tố vừa công cụ vừa đối t-ợng nghiên cứu Toán học Kết hợp hai đối t-ợng Số học số nguyên tố hàm số số học, luận văn nghiên cứu mối quan hệ chúng phạm trù bất đẳng thức Hy vọng bất đẳng thức kết hợp với Số học đem lại nhiều điều bổ ích lý thú Với lý nh- đà nói trên, chọn đề tài luận văn là: Về bất đẳng thức số học đối t-ợng số nguyên tố hàm số học Nội dung luận văn, gồm hai ch-ơng: Ch-ơng Bất đẳng thức với số nguyên tố Ch-ơng Bất đẳng thức với hàm số học Một số kết thu đ-ợc luận văn gồm: MƯnh ®Ị Cho p1 < p2 < … < pn n số nguyên tố đầu tiên, pn+1 số nguyên tố liền sau pn, ta có pn+1 < p1p2 pn Mệnh đề Với n số nguyên d-ơng Kí hiệu n số số nguyên tố n không v-ợt n Khi n 14 ta có bất đẳng thøc   n    MÖnh đề Giả sử hàm số f (n) xác định tập hợp số nguyên d-ơng nhận giá trị đó, đ-ợc định nghĩa nh- sau: f (1)  f (2n)  f (n) f (2n  1)  f (2n)  víi mäi n  1,2, Ta cã: f (n) b»ng sè c¸c chữ số biểu diễn nhị phân n MƯnh ®Ị Víi p1  p2  p3  dÃy tất số nguyên tố Khi số n đó, ta có pn 4n Mệnh đề Với n số tự nhiên Kí hiệu (n) tổng tất -ớc tự nhiên n (kể n ), kí hiệu (n) số l-ợng số nhỏ n nguyên tố với n Khi ®ã víi m n  ta cã:  (n)   (n)  2n MƯnh ®Ị KÝ hiệu d (n) trung bình cộng tất -ớc số n (kể n) Khi ®ã víi mäi n, ta cã: n 1 Mệnh đề Cho k số tự nhiên khác Ký hiệu g(k) -ớc số lẻ lớn n g(k) 2n cđa k Khi ®ã víi mäi số tự nhiên n khác ta có:    k 3 k 1 LuËn văn đ-ợc hoàn thành d-ới h-ớng dẫn PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo h-ớng dẫn đà dành cho tác giả h-ớng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sỹ Tùng, PGS.TS Lê Quốc Hán, TS Nguyễn Thị Hồng Loan thầy cô giáo Chuyên ngành Đại số - Khoa Toán Khoa Đào tạo Sau Đại học - Tr-ờng Đại học Vinh đà tận tình giúp đỡ tác giả trình học tập Mặc dù đà cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong muốn nhận đ-ợc bảo quý thầy cô giáo anh chị học viên Vinh, tháng 12 năm 2009 n d ( n) Tác giả Ch-ơng bất đẳng thức với số nguyên tố 1.1 Số nguyên tố Định lý định lý quan trọng số học (và toán học) cho thấy số nguyên tố tảng để xây dựng nên số nguyên 1.1.1 Định lý số học Cho n số nguyên d-ơng lớn Khi n biểu diễn đ-ợc cách (hiểu theo nghĩa không tính đến việc xếp thứ tự nhân tử) d-ới dạng sau: n  p1 p2 pk  , k ®ã k,  i (i 1, k ) số tự nhiên pi (i 1, k ) số nguyên tố thỏa mÃn p1 p2 pk 1.1.2 Định lí Ơclit Tồn vô hạn số nguyên tố 1.1.3 Định lí mối liên hệ tính chia hết số nguyên tố Giả sử a, b hai số nguyên d-ơng p số nguyên tè cho ab p Khi ®ã a p b p 1.1.4 Một số định lí số học 1.1.4.1 Định lí nhỏ Fermat Nếu p số nguyên tố a số nguyên tïy ý, th× (a p  a) p Nãi riêng (a, p) = a p1 1(mod p) 1.1.4.2 Định lí Euler Nếu m số nguyên d-ơng (a, m) =1 a ( m )  1(mod m) , ®ã  (m) số nguyên d-ơng nhỏ m nguyên tố với m 1.1.4.3 Định lí Willson Cho p số tự nhiên lớn Khi đó, p số nguyên tố (p - 1)! + chia hết cho p 1.1.4.4 Định lí Fermat - Euler NÕu p = 4k + th× tồn số nguyên d-ơng a, b cho p = a2 + b2 1.2 Một số bất đẳng thức với số nguyên tố Một nhánh không phần quan trọng lý thuyết bất đẳng thức toán học bất đẳng thức Số học Mặt khác số nguyên tố vừa công cụ vừa đối t-ợng nghiên cứu toán học Vậy tiết này, luận văn giới thiệu chứng minh số bất đẳng thức có liên quan đến số nguyên tố 1.2.1 Mệnh đề Giả sử hàm số f (n) xác định tập hợp số nguyên d-ơng nhận giá trị đó, đ-ợc định nghĩa nh- sau: f (1)  f (2n)  f (n) f (2n  1)  f (2n)  víi mäi n  1,2, Ta cã: f (n) b»ng sè chữ số biểu diễn nhị phân n Chøng minh Ta sÏ chøng minh mƯnh ®Ị b»ng quy nạp - Với n = 1, theo định nghĩa ta có: f (1) Mặt khác, = VËy mƯnh ®Ị ®óng n = - Giả sử mệnh đề đến n k  1, tøc lµ víi mäi l  k , f (l ) số chữ số biểu diễn nhị phân số l - Xét n  k  Cã hai tr-êng hỵp xảy + k chẵn ( k 2m ) Khi ®ã: f (k  1)  f (2m  1)  f (2m)   f (m) 1 Do m k , nên theo giả thiết quy n¹p suy f (k  1) b»ng sè chữ số biểu diễn nhị phân m cộng thêm Mặt khác, k 2m  tøc lµ: 2m   12 p1 , m p biểu diễn m hệ nhị phân Từ suy chữ số biểu diễn nhị phân số k chữ số biểu diễn nhị phân m cộng thêm Vậy mệnh đề tr-ờng hợp k  2m + k lỴ ( k  2m  ) Khi ®ã : f (k  1)  f (2m  2)  f (m  1) Do m k nên theo giả thiÕt quy n¹p suy f (k  1) b»ng số chữ số biểu diễn m hệ nhị phân Mặt khác, k  2m  tøc lµ: 2m  12 p , m  12 p lµ biĨu diƠn cđa m  hệ nhị phân Mệnh đề k 2m Tóm lại, mệnh đề n k Theo nguyên lí quy nạp suy mƯnh ®Ị ®óng víi mäi n ■ 1.2.2 Mệnh đề Cho tam giác vuông có độ dài cạnh số nguyên Hai số số nguyên tố hiệu chúng 50 Gọi l độ dài cạnh thứ ba Khi l 60 Chứng minh Giả sử a, b hai cạnh vuông c cạnh huyền, ta cã: a 2+ b2 = c2 (1) Ta cã nhËn xÐt sau: "Ýt nhÊt mét hai sè a, b phải số chẵn" Thật vậy, trái lại th× a = 2k + 1, b = 2l + víi k, l Thay vµo (1) ta cã: (2k + 1)2 + (2l + 1)2 = c2 4(k2 + l2 + k + l) + = c2 (2) Từ (2) suy c2 số chẵn, suy c chẵn, tức c 2m Vì thÕ (2) cã d¹ng : 4(k2 + l2 + k + l) + = 4m2  2( k2 + l2 + k + l) + = 2m2 (3) Từ (3) suy điều vô lí, nhận xét đ-ợc chứng minh Từ nhận xét suy gọi p,q số nguyên tố thoả mÃn điều kiện đầu p,q đồng thời số đo hai cạnh góc vuông Thật vậy, p,q số đo hai cạnh góc vuông, nhËn xÐt, Ýt nhÊt mét hai sè p,q phải chẵn Mặt khác, p q = 50 suy p,q hai số chẵn khác Điều mâu thuẫn với việc có số nguyên tố chẵn Vậy hai số p,q phải có số cạnh huyền Giả sử số q Từ giả thiết suy cạnh thứ ba l nói đầu phải cạnh góc vuông Theo định lí Pi-ta-go, ta có: q2 - p2= l2  (q + p)(q - p) = l2  50(q + p) = l2  50(2q + 50) = l2  102(p + 25) = l2 (4) Tõ (4) suy p + 25 số ph-ơng Bằng cách thử trực tiếp ta thấy số nguyên tố p nhỏ để p + 25 số ph-ơng số p0 = 11 Vậy p số nguyên tố thoả mÃn (4) P p0 hay p  11 (5) NhËn xÐt r»ng ®Ĩ ®i ®Õn (4) vµ (5) ta hoµn toµn sư dơng tính chất Số học: tính chẵn lẻ, tính chất có số ph-ơng, số nguyên tố, Bây từ (4) (5) dễ dàng suy l  60 DÊu "=" x¶y p = 11, q = 61, l = 60 Đó tam giác vuông có hai cạnh góc vuông 11, 60 cạnh huyền 61 1.2.3 Mệnh đề Cho p1 < p2 < < pn n số nguyên tố đầu tiên, pn+1 số nguyên tố liền sau pn, ta cã pn+1 < p1p2 … pn Chøng minh Đặt a = p1p2 pn - Do pi  2,  i =1, n nªn ta thÊy a >1 Vậy a phải có -ớc nguyên tố (và dĩ nhiên -ớc nguyên tố a v-ợt a) Rõ ràng -ớc nguyên tố a khác tất số pi, i = 1, n Thật vậy, trái lại tồn pj (i j n) mà a pj, tøc lµ (p1p2 … pn - 1) pj V× p1p2 … pn pj suy pj (1) Do pi  nªn tõ (1) suy điều vô lí Vì lẽ điều khẳng định -ớc nguyên tố a khác tất số pi, i = 1, n Nh- -ớc nguyên tố a pn+1 Tõ ®ã suy ra: a = p1p2 … pn -  pn+1  p1p2 … pn  + pn+1 > pn+1 ■ 1.2.4 MƯnh ®Ị Víi mäi sè tù nhiªn n > 3, ta cã : a) pn + pn+1  p1p2 … pn-1; b) pn < p2p3 … pn-1 Trong ®ã p1 < p2 < … < pn < pn+1 lµ n + sè nguyên tố Chứng minh a) Ta có p1p2 … pn-1 = 2p2p3…pn-1 (do p1 = 2) V× pi số lẻ i = 2, n nªn ta cã biĨu diƠn sau: p1p2 … pn-1 = 2(2k + 1) = (2k - 1) + (2k + 3), k số nguyên d-ơng Vì n > nên p2p3 pn-1 = 2k + >  k > Gäi d lµ -íc sè chung lín nhÊt cđa hai sè 2k - 1, 2k + d số lẻ (do 2k - 1và 2k + số lẻ) Mặt khác, d -ớc số (2k + 3) - (2k - 1) = 4, mà -ớc lẻ d-ơng 1, suy d = (2k - 1, 2k + 3) = Vì lẽ ta cã : (p1p2 … pn-1 , 2k - 1) = vµ (p1p2 … pn-1 , 2k + 3) = Gọi p -ớc số nguyên tố 2k - 1, q -ớc số nguyên tố 2k + (chó ý k >  2k - > 1), ®ã (2k - 1, 2k + 3) = nªn p  q Râ rµng p  pj, j = 1, n  Thật vậy, tồn j mà p = pj p1p2 pn-1 p p -ớc chung cđa p1p2 … pn-1 vµ 2k - Do p > (vì p nguyên tố) nên mâu thuẫn với (p1p2 … pn-1 , 2k - 1) = Tõ ®ã suy p  pn LËp luËn t-¬ng tù ta cã q  pn KÕt hỵp víi p  q ta suy p + q  pn + pn+1 Nh- vËy ta cã: 10 pn + pn+1  (p + q)  (2k - 1) + (2k + 3) = p1p2 … pn-1 ■ Tõ ®ã ta cã : pn + pn+1  p1p2 … pn-1 b) V× pn < pn+1  2pn < pn + pn+1 Thay p1 = vµ tõ a) suy : 2pn < pn + pn+1  2p2p3 … pn-1  pn < p2p3 … pn-1 ■ 1.2.5 MƯnh ®Ị Víi p1 < p2 < … < pn lµ n sè nguyªn tè, ta cã : a) pn  22 ; n1 b) pn > 2n víi n > Chøng minh a) Ta dùng quy nạp để chứng minh 11 Víi n = 1, ta cã p1= 2= 22 = 22 VËy mƯnh ®Ị ®óng n = 1 21 Víi n = 2, ta cã p2 = < 22 = 22 VËy mƯnh ®Ị ®óng n = Gi¶ sư mƯnh ®Ị ®· ®óng ®Õn n = k (k  2), tøc lµ ta cã: pk < 22 , k  k1 XÐt n = k + Theo mƯnh ®Ị 1.1.4, ta cã : pk+1 < p1p2 … pk  pk+1 < p1 p2 pk+1 (1) áp dụng giả thiết quy n¹p, ta suy : k1 pk+1 < 22 … +1 hay pk+1< 2122  2  k1 (2) k k1 V× 1+2+ 22 + … + = - nªn thay vµo (2) ta cã: k ( k1)1 2 pk+1 < = Nh- điều khẳng định cđa mƯnh ®Ị cịng ®óng n = k + n1 Theo nguyên lí quy nạp, suy : n = 1,2, … ta cã pn  , từ chứng minh ta thấy dấu "=" x¶y n = ■ b) Ta có: p5 = 11 > 2.5 Vậy bất đẳng thức cần chứng minh n = Giả sử bất đẳng thức đà cho n = k  28 2.1.7 MƯnh ®Ị Víi mäi sè tù nhiªn n  Ta cã:  (n)  n n Chøng minh XÐt hai tr-êng hỵp sau : i) NÕu n  2 Do n nên số nguyên Râ rµng lóc nµy 21  1 (n)  (2 )         1  Vì , nên ta cã (n)  1 1  1 2     2  n n Vậy bất đẳng thức đà cho n n có dạng n ii) Nếu n dạng (tức n luỹ thừa 2) Ta chứng minh quy nạp tr-ờng hợp Do n , nên số nhỏ dạng số Lúc (3)    3 VËy bất đẳng thức n Giả thiết quy nạp (k) k k đà với k, k n k không cã d¹ng 2 Ta sÏ chøng minh (n)  n n (1) Vì n nên n có dạng n mp , m số nguyên d-ơng, p số nguyên tố lẻ Dễ thÊy 1 p  p p ThËt vËy, p = 3, th×   3 , cßn p  , ta cã 1 p 1 1 1  p p Mặt khác : p Vậy (2) ®óng 1 p  p hay  p  p p p (2) 29 Chỉ có khả sau xảy : i) Nếu m n p , Khi p số nguyªn tè nªn (n)  (p)   p Từ (1) suy tr-ờng hợp ta cã   n    p  p p  n n VËy (1) ®óng tr-ờng hợp ii) Nếu m n 2p Do p nguyên tố nên lúc   n     2p     p  2p  1 p Vì p số nguyên tố lẻ nên p Ta có 3 3  3 3  p p L¹i cã 2 p   V× thÕ 3  2 p  31  p   2.p p  2p 2p  n n  (n)  n n p Vậy (1) tr-ờng hợp iii) Nếu m Do m dạng nên m m < n Theo giả thiÕt quy n¹p ta cã (m)  m m Ta thÊy r»ng c¸c -íc sè cđa n = mp có dạng d pd với d -ớc cđa m V× thÕ (n)    m   p  m    p  1   m     n   p m m Lại áp dụng (2) ta cã (n)  p p.m m  mp mp  n n VËy (1) cịng ®óng tr-êng hợp Tóm lại n dạng ta có (n) n n Vì bất đẳng thức (n) n n đ-ợc chứng minh hoàn toàn 2.1.8 Mệnh đề Cho A số tự nhiên Kí hiệu S(A) tổng chữ số A A viết d-ới dạng thập phân 30 a) Giả sử A1, A2, A3, , An số tự nhiên Khi S ( A1 A2   An )  S ( A1 )  S  A2    S An b) Giả sử A, B cặp số tự nhiên Ta có: S ( AB)  S ( A)S ( B) c) Cho N số tự nhiên Ta có: S (8 N )  S(N ) Chøng minh a) Ta chứng minh bất đẳng thức đà cho quy n¹p Víi n = 2, ta chøng minh S(A1  A2 )  S(A1 )  S(A2 ) Gi¶ sư A1  a k a k 1 a 2a1 , A2  bmbm1 b2b1 Chó ý r»ng : a  b neáu a1  b1    1 a1  b1    a1  b1  10, 1 ®ã   a1  b1  10 , vËy: a1  b1  S a1  b1  LÝ luận liên tiếp nh- dẫn đến S A1  A2   S A1   S A2 Giả sử bất đẳng thức đà cho ®Õn n = k - 1, tøc lµ S(A1  A2   A k 1 )  S(A1)  S(A )   S(A k 1) (1) Xét bất đẳng thức với n = k, ta cã : S(A1  A2   Ak )  S  A1   A k 1   A k   S  A1   A k 1   S  A k Theo giả thiết quy nạp, suy S(A1  A2   A k )  S(A1)  S(A )   S(A k ) Vậy bất đẳng thức đà đến n = k Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức đà cho với n Dấu ''='' xảy phÐp céng A1 + A2 + … + An phép cộng không nhớ Chú ý, A1 = A2 = … = An = A th× S(nA) nS(A) với A n b) Giả sử B  b1b2 bk  B  bk  10bk 1  102 bk 2   10k 1 b1 Tr-íc hÕt ta cã nhËn xÐt sau: NÕu N số tự nhiên cho N q , th× 31 10p N  1    p 0 p lµ sè tù nhiªn p soˆ  Suy : S(N)  S(10p N) (v× cïng b»ng 1  2   q ) (*) Ta cã : AB  Abk  10Abk 1  102 Abk 2   10k 1 Ab1 Theo c©u a) : S(AB)  S(Ab k  10Ab k 1  102 Ab k 2   10k 1 Ab1 )   S(Ab k )  S(10Ab k 1 )  S(10k Ab1 ) (2) áp dụng hệ câu a), từ (2) ta có : S(AB)  bkS(A)  bk 1S(10A)   b1S(10k 1 A) (3) Lại áp dụng (*), từ (3) ta cã : S(AB)  bkS(A)  b k 1S(A)   b1S(A)  S(A)(b1  b   b k ) S(AB)  S(A)S(B) ■ hay c) Theo nhËn xÐt trªn ta cã : S(N)  S(1000N)  S(125.8N) Theo c©u b) suy : S(N)  S(125).S(8N) Do S(125)   S(N)  8S(8N) hay S(8N)  ■ S(N) 2.1.9 Mệnh đề Cho số tự nhiên n Kí hiệu v(n) số -ớc số nguyên tố n a) Tồn vô hạn số n cã d¹ng n  2k cho: v(n)  v(n 1) b) Tồn vô hạn số tự nhiªn n cho: v(n)  v(n  1)  v(n  2) Chøng minh a) Gi¶ sư cã mét sè n  2k cho ta cã bất đẳng thức ng-ợc lại v(n ) v(n  1) (1) 32 Râ rµng v(n )  v(2k )  (v× 2k chØ cã -ớc nguyên tố 2) Còn 0 v(n  1)  v(2k  1)  (v× 2k  bao giê cịng cã Ýt nhÊt mét sè nguyªn tè) 0 Tõ (1) suy :  v(n )  v(n  1)   v(2k  1)  (2) Nh- thÕ tõ (2) suy ra, khai triĨn thõa sè nguyªn tè ta cã : 2k   pm , víi m vµ p lµ số nguyên tố (3) Có hai khả sau : i) Nếu m 2l (m số chẵn), th× tõ (3) cã : 2k  p 2l   ( pl  1)( pl  1) , suy p l  vµ p l luỹ thừa Điều x¶y  pl    p    l p   l k0 = ii) NÕu m  2l  (m lµ sè lỴ)  m  ThËt vËy, nÕu trái lại m từ (3) ta có 2k  pm   (p  1)(p m1  p m2   p  1) m soˆ  suy pm1  pm2   p  lµ l thõa cđa Do p nguyên tố nên p lẻ pm1 pm2   p lµ tỉng cđa (m -1) số lẻ, m lẻ nên pm1 pm2  p ch½n, suy pm1  pm2  p lẻ, suy điều vô lý NÕu p = th× pm1   p lẻ, vô lí, ®ã kh«ng thĨ cã m  suy m  VËy tõ (3) ta cã : 2k   p (4) 33 Tõ (4) suy k  2q víi q nguyªn d-ơng Thật vậy, trái lại k 2q r với r số lẻ nên số nguyên tố p 2k  2 q0 r   (mod 22  1)  p 22  p q0 k0 Điều trái với giả thiết p số nguyên tố Nh- v(n )  v(n  1) víi n 2k k0 3, k 2q với q0 nguyên d-ơng Điều cã nghÜa lµ k  vµ k  luü thừa (và số k nh- dĩ nhiên vô hạn ) ta có bất ®¼ng thøc v(n)  v(n  1) ■ b) Giả thiết phản chứng số số tự nhiên n thoả mÃn bất đẳng thức kép v(n) v(n 1) v(n 2) hữu hạn XÐt hai tËp hỵp : K1  k  : v(2k )  v(2k  1); K  k  : v(2k  1), v(2k  2) Ta có tập hợp K1 K có hữu hạn phần tử Do tồn số q ®đ lín cho øng víi sè k  2q (dĩ nhiên >5) xét số k  k  1, k  2, , 2k   2q 1  2q (các số luỹ thừa 0 3, nên chóng ®Ịu thc K1 ) Chó ý ®Õn q chọn đủ lớn nên số thuộc K (vì K1 K có hữu hạn phần tư), tøc lµ ta cã: v(2k  1)  v(2k  2) k  k  1,k  2, ,2k  Chó ý lµ : v(2  2)  v 2(2 k 1  1)    v(2 k 1  1) nªn v(2k  1)   v(2k 1  1) k  k  1,k  2, ,2k 1 34 Suy : v(22k  1)   v(22k  1)   (k  1)  v(2k  1)  k (do v(2k  1)  1) 0 0 KÝ hiƯu p1  p2  p3 lµ d·y tất số nguyên tố Bất đẳng thức v(22k 1) k có nghĩa số -ớc nguyên tố số 22k không 0 k Vì theo quy tắc biểu diễn số thừa số nguyên tố ta cã : 22k   p1p2 pk  (2.3.4.7.11)(p6 p k )  45.4k 5 0 0 Suy 22k 1   22k  22k 1  0 Nh-ng tõ 22k 1   22k 1  điều vô lí Điều chứng tỏ giả thiết 0 phản chứng sai Vậy số tự nhiên n thoả mÃn bất đẳng thức kép v(n) v(n 1) v(n 2) vô hạn 2.1.10 Mệnh đề Cho k số tự nhiên khác Ký hiệu g(k) -ớc số lẻ lớn g(k) 2n   k 3 k 1 n nhÊt cđa k Khi ®ã víi mäi sè tự nhiên n khác ta có: Chứng minh Theo định nghĩa g(k), ta có: k  2m(k ).g(k)  g(k)  m(k ) k g(k) n   m(k ) k k 1 k 1 n VËy: S  Chú ý với số tự nhiên n, 1, 2, , n có bội 4, (1) n n số chẵn, số 2 n n số bội tổng quát cã sè lµ béi cđa 2m m 2 Rõ ràng với n, tồn sè tù nhiªn M cho n   n   2M    2M 1   (2) Từ lập luận suy sè k (1, 2, … , n) ®Ĩ m(k) nhận giá trị m 35 n n  2m    2m 1  (3) Tõ (1), (2), (3) ta cã:  n   n  M  n  M  n   n    m1     m  m    m1  m  (do  M 1   0) m  m  M 0       m0   m1   2  M S  Suy ra: M  n  n n M S       m  m1   m   n   m  m  2  m 1     m1  (4) rõ ràng với , ta có    , vËy tõ (4) suy ra: M n  n  n  m m m m 1 m 1 M S n  Chó ý r»ng: M 4 m 1 m  4M  s  n  n 1    n  n  n   3  4M  3.4M s  n  n g(k) 2n 0    k k 1 Vậy phần bên trái bất đẳng thức đà đ-ợc chứng minh Bây ta chứng minh phần bên phải bất đẳng thức kép đà cho Tr-ớc hết ta có nhận xét sau đây: p, q  , th× p  p 1  q   q    (5) p Thật vậy, đặt r , theo định nghĩa phần nguyên ta đ-ợc q p  r   ,    , nh-ng p, q  q nªn p  rq  s víi s = 0, 1, …, q-1 36 Suy ra: p p  s p  (q  1) p    q   r  q  q q   Vậy (5) áp dụng (5) suy ra: M n  n 1  n   1  m  m  m  m m 1   m 1   M Sn (*) Ta cã: M M  n 1  1 n   m  m  1  n  (n  1) m   m m 1  m 1 m 1  M n  1            4M   2M  2 n 1  n   3 3.4M 2M n (**) Thay (**) vµo (*) ta cã: S 2 n 1    3n 3.4M 2M (6) Theo cách xác định số M, ta cã 2M  n Râ rµng n  n 1 2 VËy tõ (6) cã  S   3.4M 2M 3n n 1 (do n  ) suy ■ 2.1.11 Mệnh đề Số nguyên d-ơng n hợp số vµ chØ khi:  (n)  n  n Chøng minh i) Gi¶ sư (n)  n  n Vì (1) nên n Ta cần chứng minh n hợp số Giả sử ng-ợc lại, n số nguyên tố Từ ta có: (n)  n   n  n, n  , Điều mâu thuẫn với bất đẳng thức Vậy n hợp số 37 ii) Giả sử n hợp số Ta cần chứng minh (n) n n Vì n hợp số nên n  ab , víi  a, b  n , a, b nguyên d-ơng Suy a a  n Khi ®ã b  n Vậy: n b n Giả sử (n)   d   b  n  n  b  n  n ■ dn 2.2 Tính toán với hàm số số học Cho n số tự nhiên khác không Trong hàm số số học, hàm số Euler có vai trò quan trọng 2.2.1 Hàm Euler ứng dụng liên quan Hàm Euler số tự nhiên n đ-ợc tính lệnh {>phi(n); Thí dụ: [ > phi(123456); 41088 Ng-ợc lại, ta tìm đ-ợc số tự nhiên n nhận số a cho tr-ớc làm giá trị Phi – hµm Euler cđa nã, b»ng lƯnh [> invphi (a); ThÝ dô: [> invphi (41088) ; [51365, 54655, 55705, 82184, 82304, 87488, 89128, ,154260,154320,179970] Tuy nhiên công việc tính toán vô phức tạp với máy tính ta tìm đ-ợc giá trị hàm với a đủ lớn khoảng thời gian chờ đợi đ-ợc Ngoài ra, l-u ý phi - hàm ánh xạ toàn ánh giá trị a hàm invphi () cho kết ThÝ dơ: [invphi(123); [] Ta biÕt r»ng a vµ n số nguyên tố định lý Euler cho phép tìm nghịch đảo số a theo modulo n, t-ơng tự nh- ta đà dùng 38 định lí Fermat để tìm nghịch đảo số a theo modulo số nguyên tố Thủ tục đ-ợc thùc hiƯn nh- sau: Tr-íc hÕt ta kiĨm tra tÝnh nguyên tố hai số a n b»ng lƯnh tÝnh -íc chung lín nhÊt cđa chóng: [> gcd(a,n) ; Nếu chúng không nguyên tố (kết lệnh khác 1) ta kết luận không tồn nghịch đảo Ng-ợc lại, ta tính nghịch đảo cđa a theo  n 1 modulo n b»ng viƯc tÝnh a   , th«ng qua lƯnh: [> a^(phi(n)-1) mod n ; Ví dụ, tính nghịch đảo số 56341 theo modulo 13713471 qua c¸c lƯnh sau: [> gcd(56341,13713471); [> 56341&^(phi(13713471)-1) mod 13713471; 11683261 KiĨm tra l¹i ta thÊy [> 11683261*56341 mod 13713471; 2.2.2 Hµm sigma(.) vµ số hoàn hảo Ta đà biết hàm tau(.) cho biết số l-ợng -ớc d-ơng số nguyên Tổng -ớc đ-ợc tính hàm sigma( ), có cú pháp lệnh tính là: [> Sigma( n ) ; ThÝ dô: [> sigma (123456789) ; 178422816 Muèn biết số n có hoàn hảo hay không, ta dïng lƯnh kiĨm tra xem biĨu thøc sigma (n) = 2*n có đ-ợc thoả mÃn không, lệnh: 39 [> is ( sigma (n) = 2*n ; ThÝ dô, ta có n = số hoàn hảo, r»ng [> is (sigma(6) = 2*6 ; true TiÕp tôc víi n =124 [> is (sigma (124) = 2*124 ; false ta thấy số hoàn hảo Để thấy đ-ợc khả tính toán Maple, ta xét ví dụ không tầm th-ờng, với n = 2305843008139952128 Khi Êy ta cã: [> is ( sigma ( 2305843008139952128 ) = 2*2305843008139952121); vµ nh- vËy 2305843008139952128 lµ mét số hoàn hảo 40 Kết luận Luận văn hoàn thành với nội dung sau đây: 1) Giới thiệu chứng minh số bất đẳng thức liên quan tới số nguyên tố hàm số học Đặc điểm việc chứng minh bất đẳng thức sử dụng nhuần nhuyễn định lí Số học, có kết hợp với ph-ơng pháp truyền thống bất đẳng thức toán học Một số bất đẳng thức thu đ-ợc luận văn gồm: MƯnh ®Ị Cho p1 < p2 < … < pn n số nguyên tố đầu tiên, pn+1 số nguyên tố liền sau pn, ta có pn+1 < p1p2 pn Mệnh đề Với n số nguyên d-ơng Kí hiệu n số số nguyên tố n không v-ợt n Khi đó, n 14 ta có bất đẳng thøc   n    MÖnh đề Giả sử hàm số f (n) xác định tập hợp số nguyên d-ơng nhận giá trị đó, đ-ợc định nghĩa nh- sau: f (1)  f (2n)  f (n) f (2n  1)  f (2n)  víi mäi n  1,2, Ta có: f (n) số chữ số biểu diễn nhị phân n MƯnh ®Ị Víi p1  p2  p3  dÃy tất số nguyên tố Khi số n đó, ta cã pn  4n MƯnh ®Ị Víi n số tự nhiên Kí hiệu (n) tổng tất -ớc tự nhiên n (kể n ), kí hiệu (n) số l-ợng số nhỏ n nguyên tố với n Khi víi m n  ta cã:  (n)   (n)  2n MƯnh ®Ị KÝ hiƯu d (n) trung bình cộng tất -ớc số n (kể n) Khi ®ã víi mäi n, ta cã: 41 n  d ( n)  n 1 MƯnh ®Ị Cho k số tự nhiên khác Ký hiệu g(k) -ớc số lẻ lớn g(k) 2n  k 3 k 1 n cña k Khi với số tự nhiên n khác ta cã:   2) Thùc hµnh mét sè tính toán với hàm số học phần mềm Maple: Tính toán với hàm Euler, hàm sigma Luận văn cã thĨ tiÕp tơc theo h-íng nghiªn cøu xung quanh bất đẳng thức số học đa thức tr-ờng hàm 42 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] [2] [3] [4] Phan Huy Khải (2005), Các chuyên đề bồi d-ỡng học sinh giỏi toán trung học, NXB Giáo dục Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Hà Huy Khoái (2004), Số học , NXB Giáo dơc, Hµ Néi Ngun thµnh Quang (2003), Sè häc hiƯn đại, Đại học Vinh Tiếng Anh [5] [6] [7] [8] [9] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw - Hill Pubshing Company Limited, New Delhi David M Burton (2002), Elementary Number Theory, McGraw Hill Higher Education, India Z I Borevic, I R Safarevic (1966), Numbers Theory, Acamedic Press N Koblitz (1979) p-adic numbers, p-adic Analysis and Zeta – Functions, Springer - Verlag J P Serr (1973), A course in Arithemetic, Springer - Verlag ... lý thuyết bất đẳng thức Bất đẳng thức số học Nếu nh- bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức l-ợng giác có đối t-ợng t-ơng ứng hình học, l-ợng giác bất đẳng thức số học có đối t-ợng Số học Đặc điểm... mở đầu Ch-ơng Bất đẳng thức với số nguyên tố 1.1 Số nguyên tố 1.2 Một số bất đẳng thức với số nguyên tố Ch-ơng Bất đẳng thức với hàm số học 19 2.1 Một số bất đẳng thức với hàm số học 19 2.2 Tính... công cụ Số học tính Số học đ-ợc thể rõ nét qua bất đẳng thức Cho đến bất đẳng thức số học ch-a đ-ợc phổ cập nh- loại hình bất đẳng thức thông dụng khác nh- bất đẳng thức l-ợng giác, bất đẳng thức