Hàm sinh bởi các ước số và ứng dụng

  • Số trang: 49 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 44 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÚY HẰNG HÀM SINH BỞI CÁC ƯỚC SỐ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÚY HẰNG HÀM SINH BỞI CÁC ƯỚC SỐ VÀ 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 1 Hàm đếm các ước số d(n) 1.1 Một số kiến thức cơ bản của số học . . . 1.1.1 Phép chia trong tập số nguyên . . 1.1.2 Ước số chung lớn nhất (ƯSCLN) 1.1.3 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . 1.2 Hàm đếm các ước . . . . . . . . . . . . . 2 2 2 3 5 5 2 Giá trị trung bình của một vài hàm số ước số 2.1 Giá trị trung bình của một vài hàm số ước số . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Định lí Ramanujan . . . . . . . 2.2 Số hoàn hảo và các số liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . học sinh bởi các 14 học sinh bởi các . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 19 3 Một số bài toán áp dụng 3.1 Tổng và hiệu của tích các cặp số . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Tập các bội số của một tập hợp cho trước . . . . . . . . 3.3 Tập các số thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 24 34 38 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 1 Mở đầu Trong toán học và đặc biệt là trong lý thuyết số, hàm sinh bởi các ước số là một hàm số học liên quan đến tính toán các ước của một số nguyên. Hàm này gắn với phép đếm số các ước số của một số nguyên và các dạng toán liên quan đến biểu diễn các ước số. Các kết quả này gắn với các nghiên cứu gần đây của nhà toán học Ấn Độ Ramanujan. Luận văn này nhằm mục đích tìm hiểu chi tiết các tính chất của hàm sinh bởi các ước số và xét các ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán liên quan trong số học. Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề cập đến các vấn đề sau đây: Chương 1 trình bày về ước số và các tính chất liên quan. Chương 2 trình bày các giá trị trung bình của hàm sinh bởi các ước số. Chương 3 trình bày một số bài toán ứng dụng trong số học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với Phó Giáo sư, Tiến sĩ Nông Quốc Chinh, người thầy đã trực tiếp hướng dẫn, cung cấp tài liệu và truyền đạt những kinh nghiệm nghiên cứu cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong khoa Toán - Tin, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Hòn Gai và bạn bè đồng nghiệp đã giúp đỡ tạo điều kiện cho tôi hoàn thành bản luận văn này. 2 Chương 1 Hàm đếm các ước số d(n) 1.1 1.1.1 Một số kiến thức cơ bản của số học Phép chia trong tập số nguyên Định nghĩa 1.1. Cho hai số nguyên a và b , với b 6= 0 . Nếu có một số nguyên q sao cho a = bq thì ta nói rằng b chia hết a hay a chia hết cho . b hoặc b là ước của a và ký hiệu là b | a hay a..b. Tính chất 1.1. 1. ±1 | a với a ∈ Z. 2. . 0..a với a ∈ Z, a 6= 0. 3. . a..a với a ∈ Z, a 6= 0. 4. b | a và a | b khi và chỉ khi a = ±b. 5. b | a và c | b kéo theo c | a. 6. Với mọi i ∈ {1; 2; . . . ; n}, ∀xi ∈ Z, b | a kéo theo b | n P ai x j . i=0 Định lý 1.1. (Định lý chia Euclid). Với các số nguyên a và b, b 6= 0, tồn tại duy nhất các số nguyên q, r sao cho a = bq + r; 0 ≤ r < |b|. (1.1) Chứng minh. a) Sự tồn tại: Gọi M là tập hợp các bội của số b không vượt quá a: 3 M = {bx | x ∈ Z, bx ≤ a}. Ta có M ⊂ Z và M 6= ∅ vì chẳng hạn −|b|.|a| ∈ M . M bị chặn trên, vậy nó có số lớn nhất, ta gọi đó là bq. Số nguyên bq + |b| là một bội của b và bq + |b| ∈ / M , do đó ta có bq ≤ a < bq + |b|, từ đó suy ra 0 ≤ a − bq < |b|. Đặt r = a − bq ta được a = bq + r, 0 ≤ a − bq < |b|. b) Tính duy nhất: Giả sử có q, r và q1 , r1 thỏa mãn các điều kiện trên, tức là a = bq + r, a = bq1 + r1 , 0 ≤ r < |b|, 0 ≤ r1 < |b|, Khi đó ta được bq + r = bq1 + r1 ⇒ r − r1 ≤ b(q − q1 ). Nhưng |r − r1 | < |b|, cho nên |b||q − q1 | < |b|, nghĩa là |q − q1 | < 1. Hệ thức này buộc q − q1 = 0 nghĩa là q = q1 , từ đó suy ra r = r1 (điều phải chứng minh). 1.1.2 Ước số chung lớn nhất (ƯSCLN) Định nghĩa 1.2. Cho hai số nguyên a, b trong đó ít nhất một số khác 0. Số dương d được gọi là ƯSCLN của a, b và được ký hiệu là d := (a, b) nếu 1. d | a và d | b ( d là ước số chung của a và b). 2. Nếu c | a và c | b thì c | d. Nói cách khác, d là ƯSCLN của hai số a và b nếu d là ước chung của a và b đồng thời d là số lớn nhất trong các ước số chung của a và b. Nếu (a, b) = 1 thì ta nói hai số a và b nguyên tố cùng nhau. Nhận xét 1.1. Trong trường hợp a, b có một số bằng 0 thì hiển nhiên ƯSCLN của chúng chính là số kia. Tính chất 1.2. 4 1. (ac, bc) = (a, b).c với c 6= 0.   a b (a, b) 2. ; = với c là một ước chung của a,b. c c c 3. Nếu (a, b) = 1 thì (ac, b) = (c, b). . . 4. Nếu (a, b) = 1 và b..ac thì b..c. 5. (b, a1 ) = (b, a2 ) = 1 ⇒ (b, a1 a2 ) = 1. . . . 6. Nếu a..c1 , a..c2 mà (c1 , c2 ) = 1 thì a..c1 c2 . Thuật toán tìm ƯSCLN của hai số nguyên Chú ý 1.1. Nếu giữa các số nguyên a, b, q, r có hệ thức a = bq + r thì ta có (a, b) = (b, r). a) Cho a, b ∈ Z. Nếu một trong hai số là ước của số kia, chẳng hạn b | a thì hiển nhiên. b) Nếu không xảy ra trường hợp trên thì ta có các hệ thức sau biểu thị một dãy các phép chia có dư: a = bq0 + r1 , 0 < r1 < |b| b = r1 q1 , 0 < r2 < r1 r1 = r2 q2 + r3 , 0 < r3 < r2 ... ... rn−2 = rn−1 qn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 rn−1 = rn qn . Dãy phép chia có dư liên tiếp này được gọi là thuật toán Euclid thực hiện trên hai số a, b. Dãy này phải là dãy hữu hạn và thuật toán Euclid phải kết thúc với một số dư rn+1 = 0. Theo chú ý ta có (a, b) = (b, r1 ) = . . . = (rn−1 , rn ) = rn . 5 Như vậy, ƯSCLN của hai số a, b là số dư cuối cùng khác 0 trong thuật toán Euclid thực hiện trên hai số a, b. 1.1.3 Số nguyên tố Định nghĩa 1.3. Số nguyên tố là một số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước nào khác ngoài 1 và chính nó. Định lý 1.2. Ước nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố. Định lý 1.3. Cho a là một số tự nhiên và p là một số nguyên tố, thế thì hoặc a nguyên tố cùng nhau với p, hoặc a chia hết cho p. Định lý 1.4. Nếu số nguyên tố p là ước của một tích nhiều số thì nó phải là ước của ít nhất một trong các thừa số đó. Định lý 1.5. Nếu một số nguyên tố p là ước của một tích nhiều số nguyên tố thì p phải trùng với một trong các số nguyên tố đó. Định lý 1.6. (Về phân tích chính tắc của một số tự nhiên). Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành một tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất (không kể thứ tự các thừa số). Chú ý 1.2. Nói chung, một thừa số nguyên tố trong phân tích có thể lặp lại, bởi vậy để cho gọn, các thừa số lặp lại được viết dưới dạng lũy thừa: a = pα1 1 .pα2 2 . . . pαk k . (1.2) Trong đó pi 6= pj , ∀i 6= j, còn αi ∈ N, αi ≥ 1, 1 ≤ i ≤ k. Và (1.2) được gọi là phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a. 1.2 Hàm đếm các ước Định nghĩa 1.4. Hàm số học là hàm số có miền xác định là tập các số nguyên dương và miền giá trị là tập các số phức. 6 Ví dụ 1.1. a) Hàm d(n) đếm các ước khác nhau của một số tự nhiên n ≥ 1 là hàm số học. b) Hàm phi-Euler ϕ(n) là hàm  số học. 1 nếu n = 1 c) Hàm δ : Z+ → C, δ(n) = là hàm số học. 0 nếu n ≥ 2 d) Hàm O : Z+ → C, O(n) = 0 là hàm số học. Định nghĩa 1.5. Một hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu với mọi cặp số m, n nguyên tố cùng nhau, ta có f (n.m) = f (n).f (m). Trong từng trường hợp đẳng thức đúng với mọi m, n (không nhất thiết nguyên tố cùng nhau) hàm f gọi là hàm nhân tính mạnh. Ví dụ 1.2. Ta có µ(1) = 1, µ(8) = 0, µ(6) = 1, µ(4) = 0, µ(2) = −1, µ(7) = −1, µ(5) = −1, µ(9) = 0, µ(3) = −1 µ(10) = 1 Định nghĩa 1.6. Hàm số học xác định số các ước dương của một số nguyên dương n được gọi là hàm đếm các ước và kí hiệu là d(n). Như vậy d(1) = 1 d(6) = 4, d(2) = 2 d(7) = 2, d(3) = 2 d(8) = 4, d(4) = 3 d(9) = 3. Giả sử n= Y pνp (n) . p|n Mọi ước của n có dạng: d= Y pap , p|n với ap là số nguyên thỏa mãn: 0 ≤ ap ≤ νp (n). 7 Vì mỗi số mũ ap có thể nhận vp (n) + 1 giá trịn khác nhau nên ta có Y (νp (n) + 1). d(n) = p|n Định lý 1.7. Hàm d(n) là hàm nhân tính. Chứng minh. Cho m và n là hai số nguyên tố cùng nhau, Y m= pνp (m), p|m và n= Y q νq (n). q|n Vì (m, n) = 1 nên tập hợp các số nguyên tố là ước của m và tập hợp các số nguyên tố là ước của n là rời nhau. Vì vậy Y Y νp mn = p (m) q νq (n) p|m q|n là sự phân tích thành nhân tử của mn, và Y Y d(mn) = (νp (m) + 1) (νq (n) + 1) = d(m)d(n). p|m q|n Vậy định lý đã được chứng minh. Ví dụ 1.3. Tính d(n) với 11 ≤ n ≤ 20. Lời giải. d(11) = d(111 ) = 1 + 1 = 2 d(12) = d(22 .31 ) = (2 + 1)(1 + 1) = 6 d(13) = d(131 ) = 1 + 1 = 2 d(14) = d(21 .71 ) = (1 + 1)(1 + 1) = 4 d(15) = d(31 .31 ) = (1 + 1)(1 + 1) = 4 d(16) = d(24 ) = 4 + 1 = 5 8 d(17) = d(171 ) = 1 + 1 = 2 d(18) = d(21 .32 ) = (1 + 1)(2 + 1) = 6 d(19) = d(191 ) = 1 + 1 = 2 d(20) = d(22 .51 ) = (2 + 1)(1 + 1) = 6 d(21) = d(211 ) = 1 + 1 = 2. Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng n là số nguyên tố khi và chỉ khi d(n) = 2. Lời giải. • Nếu n là số nguyên tố thì n là một số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước nào ngoài 1 và chính nó. Do đó d(n) = 2. • Nếu d(n) = 2 thì số các ước số của số nguyên dương n là 2. Như vậy n là một số nguyên tố. Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng d(n) là số nguyên tố khi và chỉ khi n = pq−1 với q và p là các số nguyên tố. Lời giải. • Nếu d(n) là số nguyên tố, giả sử là q. Khi đó ta có, d(n) = (q−1)+1. Như vậy n = pq−1 với p là số nguyên tố. • Nếu n = pq−1 với q và p là các số nguyên tố thì rõ ràng d(n) = (q − 1) + 1 = q. Như vậy d(n) là số nguyên tố. Ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 1.6. Chứng minh rằng: Y d = nd(n)/2 . d|n Lời giải. • Giả sử n = pa với p là số nguyên tố, a là số nguyên dương. Ta có các ước của pa là 1, p, p2 , . . . , pa . Do đó, a(a+1) Y 2 a 1+2+···+a d = 1.p.p . . . p = p =p 2 . d|n 9 Mặt khác, d(n) = a + 1 nên n d(n) 2 = (pa ) a+1 2 =p a(a+1) 2 . Như vậy Y d = nd(n)/2 . d|n • Giả sử số nguyên dương n có phân tích ra thừa số nguyên tố n = pa11 pa22 . . . pas s . Khi đó Y d= a1 (a1 +1) a2 (a2 +1) p1 2 p2 2 as (as +1) . . . ps 2 = (pa11 pa22 . . . pas s ) (a1 +1)(a2 +1)...(as +1) 2 d|n Mặt khác, d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (as + 1). Vì thế n d(n) 2 = (pa11 pa22 . . . pas s ) (a1 +1)(a2 +1)...(as +1) 2 . Như vậy Y d = nd(n)/2 . d|n Định lý 1.8. Với mọi ε > 0, ta có d(n) ε nε . Chứng minh. d(n) Cho ε > 0. Do hàm số f (n) = ε là hàm nhân tính nên chỉ cần chứng n minh: k lim f (p ) = 0, k p →∞ với mọi số nguyên tố p. Ta được k+1 kε 22 , . 10 (vì d(pk ) = k + 1) nên bị chặn đối với k ≥ 1, và vì vậy d(pk ) f (p ) = pkε k+1 = pkε    k+1 1 =  kε   kε  p2 p2    k+1 1 ≤ ε kε kε p2 2p 1  kε . p2 k Suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.9. Với x ≥ 1, q X d(n) = x log x + (2γ − 1)x + O( (x)). D(x) = n≤x Bài toán đánh giá hàm tổng D(x) được gọi là bài toán chia Dirichle. Chứng minh. Ta có thể thể hiện bằng hình học hàm d(n) và hàm tổng D(x). Một lưới điểm trong mặt phẳng là những điểm biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ các số nguyên. Một lưới điểm các số dương trong mặt phẳng là những điểm biểu diễn trên mặt mặt phẳng tọa độ các số nguyên dương. Trong mặt phẳng uv, hàm X X d(n) = 1= 1, d|n n=uv đếm các số của mạng (u, v) trong hình chữ nhật trên hyperbol uv = n nằm trong góc phần tư u > 0 và v > 0. Hàm tổng D(x) đếm các số lưới điểm trong góc phần tư ở dưới hoặc ở trên hyperbol uv = x và 1 ≤ v ≤ x/u. lưới điểm này có thể chia thành ba lớp rời nhau. √ (i) 1 ≤ u ≤ x/u và 1 ≤ u ≤ x, √ √ (ii) 1 ≤ u ≤ x và x ≤ v ≤ x/u, 11 (iii) √ x ≤ u ≤ x và 1 ≤ v ≤ x/u. Lớp thứ ba trên bao gồm các lưới điểm (u,v) thỏa mãn √ √ 1 ≤ v ≤ x và x ≤ u ≤ x/u. Ta suy ra X h x i q  X h x i q  √ 2 x + − (x) + − (x) D(x) = u v √ √ 1≤u≤ x 1≤u≤ x h i q  X √ 2 x = x +2 − (x) u √ 1≤u≤ x X h x i q 2 (x) = 2 − u √ 1≤u≤ x X  x n x o √ 2 √ = 2 − − x− x u u √ 1≤u≤ x X nxo X 1 √  −2 −x+O x = 2x u √ √ u 1≤u≤ x 1≤u≤ x    √ √  1 = 2x log x + γ + O √ −x+O x x √  = x log x + (2γ − 1)x + O x . Vậy suy ra điều phải chứng minh. Định lý 1.10. Với x ≥ 1, X ∆(x) := (log n − d(n) − 2γ) = O(x1/2 ). n≤x Chứng minh. Theo định lí 1.9 ta có q  X d(n) = x log x + (2γ − 1)x + O (x) . n≤x Lại có X n≤x log n = x log x − x + O(log x). 12 Trừ đẳng thức thứ nhất cho đẳng thức thứ hai ta được X (log n − d(n) + 2γ) = O(x1/2 ) − 2γ{x} + O(log x) = O(x1/2 ). n≤x Suy ra điều phải chứng minh. Bậc của sự phân tích số nguyên dương n thành đúng l thừa số là l – bộ (d1 , . . . , dl ) thỏa mãn n = d1 . . . dl . Hàm số các ước số d(n) xác định số bậc của sự phân tích của n thành hai thừa số, do vậy sự phân tích n = dd0 hoàn toàn xác định bởi thừa số thứ nhất d. Với mọi số nguyên dương l, ta định nghĩa hàm số học dl (n) là số sự phân tích khác nhau của n thành đúng l thừa số. Ví dụ, d1 (n) = 1 và d2 (n) = n với mọi n. Định lý 1.11. Với mọi l ≥ 1, hàm dl (n) là hàm nhân tính và ! a + l − 1 dl (pa ) = , l−1 với mọi lũy thừa của số nguyên tố pa . Chứng minh. Cho (m, n) = 1. Với mỗi bậc của sự phân tích của mn thành l nhân tử ta có thể xác định bậc của sự phân tích m và n thành l phần. Nếu mn = d1 . . . dl là bậc của sự phân tích của mn thành l phần, với mỗi i = 1, . . . l tồn tại duy nhất số nguyên ei và fi thỏa mãn ei chia hết cho m và fi chia hết cho n và di = ei .fi . Vì vậy m = e1 . . . el và n = f1 . . . fl là bậc của sự phân tích m và n phân biệt. Sự xây dựng này có thể nghịch đảo vì vậy ta có thiết lập song ánh giữa bậc của sự phân tích mn và cặp của bậc sự phân tích m và n. Ta suy ra rằng dl (m, n) = dl (m)dl (n), do đó hàm dl là hàm nhân tính. Một sự phân tích của lũy thừa số nguyên tố pa có thể viết một cách duy nhất dưới dạng pa = pb1 pb2 . . . pbl với (b1 , . . . , bl ) là bậc của l – bộ các số nguyên không âm thỏa mãn b1 + · · · + bl = a. Ta suy ra rằng dl (pa ) là số bậc của sự phân chia a thành l phần không âm. Ta hình dung dãy của a + l − 1 là các ô vuông màu đỏ. Nếu ta chọn l − 1 ô vuông màu xanh thì còn lại a ô vuông màu đỏ có thể chia thành l dãy con (có thể rỗng) liên 13 tục của ô vuông màu đỏ, được tách bởi các ô vuông màu xanh. Mỗi bậc của sự phân chia a thành l phần không âm có thể vẽ được trong phương pháp này, vì vậy dl (pa ) là số các phương pháp để chọn l − 1 hình chữ nhật từ tập hợp a + l − 1 hình chữ nhật, nghĩa là ! a + l − 1 dl (pa ) = . l−1 Vậy định lý đã được chứng minh. Định lý 1.12. Với l ≥ 2, X Dl (x) = dl (n) = 1 x logl−1 x + O(x logl−2 x). (l − 1)! n≤x Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo l. Theo định lý 1.9, D2 (x) = x log x + O(x). P Bây giờ giả sử rằng kết quả đúng với đúng với l ≥ 2. Ta kí hiệu là d1 ...dl tổng của tất cả các bậc của l – bộ (d1 . . . dl ) số nguyên dương. Ta được X Dl+1 (x) = dl+1 (n) n≤x = X = X X 1 n≤x d1 ...dl+1 =n X 1 n≤x d1 ...dl+1 |n =  X d1 ...dl+1 ≤x x d1 . . . dl+1   = X d1 ...dl+1  x +O d . . . d l+1 ≤x 1 d X 1 1 ...dl+1 ≤x x logl x = + O(x logl−1 x) + O(Dl (x)) l! x logl x = + O(x logl−1 x). l! Ta được điều phải chứng minh. 14 Chương 2 Giá trị trung bình của một vài hàm số học sinh bởi các ước số 2.1 2.1.1 Giá trị trung bình của một vài hàm số học sinh bởi các ước số Định lí Ramanujan Trong định lí 1.9 ta tính toán được giá trị trung bình của hàm d(n). Trong phần này ta sẽ xác định giá trị trung bình của bình phương hàm d(n). Ta bắt đầu với sự biểu diễn của d2 (n). Định lý 2.1. 2 d (n) = X µ(δ)d4 δ 2 |n n δ2 . Chứng minh. Ta định nghĩa hàm số học µ̃ như sau:  √ µ( n) nếu n là số chính phương, µ̃(n) = 0 trong các trường hợp còn lại. Ta có µ̃ là hàm nhân tính. Do tích chập Dirichle của các hàm nhân tính là hàm nhân tính nên hàm số µ̃ ∗ d4 là hàm nhân tính,và n X µ̃ ∗ d4 (n) = µ̃(d)d4 d d|n n X = µ(δ)d4 2 . δ 2 δ |n 15 Ta sẽ chứng minh rằng µ̃ ∗ d4 (pa ) = (a + 1)2 với mọi số nguyên tố p và số nguyên dương a. Theo định lý 1.11 ! a+3 d4 (pa ) = , 3 và vì vậy µ̃ ∗ d4 (p) = X µ(δ)d4 p δ 2 |p δ2 = d4 (p) = 4 3 ! = 4. Nếu a ≥ 2 thì µ̃ ∗ d4 (pa ) = X  µ̃(δ)d4 δ 2 |pa pa δ2  = d4 (pa ) − d4 (pa−2 ) ! ! a+3 a+1 = − 3 3 = (a + 1)2 . Do d(pa ) = a + 1 ta suy ra được d2 (pa ) = (a + 1)2 = µ̃ ∗ d4 (pa ), với mọi lũy thừa của số nguyên tố pa . Các hàm số d2 và µ̃ ∗ d4 là các hàm nhân tính. Vì các hàm nhân tính là các hàm hoàn toàn xác định bởi các giá trị là lũy thừa các số nguyên tố, ta suy ra được d2 (n) = µ̃ ∗ d4 (n), với mọi số nguyên dương n. Vậy định lí được chứng minh. Định lý 2.2. [Ramanujan]Với x → ∞, ta có X n≤x d2 (n) ∼ 1 x(log x)2 , 2 π 16 Chứng minh. Theo định lí 1.12 với l = 4 ta được x log3 x + O(x log2 x). D4 (x) = 6 Theo định lí 2.1 ta có n X XX 2 µ(δ)d4 2 d (n) = δ n≤x n≤x δ 2 |n X = µ(δ)d4 (k) δ 2 k≤x = X µ(δ) √ δ≤ x = X √ δ≤ x X d4 (k) k≤x/δ 2 µ(δ)D4 x δ2  x  x  3 x 2 x = µ(δ) log 2 + O 2 log 2 6δ 2 δ δ δ √ δ≤ x   X 1 x X µ(δ) 3 x 2 x x = log + O log . 2 6 √ δ2 δ2 δ2 √ δ X δ≤ x δ≤ x Số hạng thứ nhất của tổng trên là ! 3 X X µ(δ) x X µ(δ) x x 3 3 i log = log3−i x logi δ 2 (−1) 2 2 2 6 √ δ δ 6 i=0 i δ √ δ≤ x δ≤ x   3 X log δ x x X µ(δ) x log2 x  = log3 2 + O 2 2 6 δ δ δ √ √ δ≤ x δ≤ x      3 X x 6 1 log δ  3 x log2 x √ + O log x + O = 6 π2 x δ √ δ≤ x x log3 x = + O(x log2 x). 2 π Tương tự, ta có số hạng thứ hai là X 1 X 1 2 x 2 x log ≤ x log x  x log2 x. 2 2 2 δ √ δ √ δ δ≤ x δ≤ x Vậy ta đã chứng minh xong định lí Ramanujan. 17 Định nghĩa 2.1. Hàm số học σ(n) được định nghĩa là tổng tất cả các ước dương của n. Ví dụ, σ(1) = 1 σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12 σ(2) = 1 + 2 = 3 σ(7) = 1 + 7 = 8 σ(3) = 1 + 3 = 4 σ(8) = 1 + 2 + 4 + 8 = 15 σ(4) = 1 + 2 + 4 = 7 σ(9) = 1 + 3 + 9 = 13 σ(5) = 1 + 5 = 6 σ(10) = 1 + 2 + 5 + 10 = 18. Nếu n ≥ 2 thì σ(n) ≥ n + 1. Ta có thể sử dụng sự phân tích thành nhân tử của n để tính σ(n). Ta bắt đầu với ví dụ sau. Ví dụ. Xét 180 = 22 32 5. Mọi ước d của 180 đều có dạng d = 2a 3b 5c , với 0 ≤ a ≤ 2, 0 ≤ b ≤ 2 và o ≤ c ≤ 1. Ta có X σ(180) = d d|180 = 1 + 2 + 4 + 5 + 6 + 9 + 10 + 12 + 15 + 18 + 20 + 30 + 36 + 45 + 60 + 90 + 180 = (1 + 2 + 3)(1 + 3 + 9)(1 + 5) = 546. Ta có thể tính σ(n) theo cách trên với mọi số nguyên dương n. Nếu d là ước của n thì d có thể viết dưới dạng Y d= pap , p|n với 0 ≤ ap ≤ νp (n). Khi đó ta có σ(n) = X d|n d
- Xem thêm -