Khóa luận tốt nghiệp toán Hàm số tổng và bậc của hàm số học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
VŨ THÙY LIÊN
HÀM SỐ TỔNG VÀ BẬC CỦA CÁC
HÀM SỐ HOC
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
• • • •
Chuyên ngành Đại số
HÀ NỘI-2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
VŨ THÙY LIÊN
HÀM SỐ TỔNG VÀ BẢC CỦA CÁC
HÀM SỐ HOC
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
• • • •
Chuyên ngành Đại số
Ngưòi hướng dẫn khoa học Th.s. ĐỖ VĂN KIÊN
HÀ NỘI - 2014 ■
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này, em đã nhận
được sự quan tâm, động viên, khích lệ của các thầy cô giáo trong tổ Đại số
nói riêng và các thầy cô ừong khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với các thầy cô giáo, đặc
biệt là Th.s Đỗ Văn Kiên người đã tận tình hướng dẫn em ttong suốt thời
gian qua để em hoàn thành khóa luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề
mà em trình bày trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính
mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên
Trong quá trình nghiên cứu khóa "Hàm số tổng và bậc của các hàm số
học" em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của

mình. Danh sách tài liệu tham khảo này em đã đưa vào mục tài liệu tham
khảo của khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận được hoàn thành bởi sự cố gắng nỗ lực
của bản thân cùng sự hướng dẫn tận tình của Th.s Đỗ Văn Kiên cũng như
các thầy cô trong tổ Đại số. Đây là đề tài không tràng với đề tài của các tác
giả khác.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn để
khóa luận được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN
Vũ Thùy Liên
LỜI CẢM ƠN
Vũ Thùy Liên
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Số học luôn được các nhà khoa học quan tâm nghiên cứu. Bên cạnh việc
giải đáp những bí ấn về các con số, nó còn có những ứng dụng vô cùng quan
trọng trong hệ thống toán học, cũng như trong khoa học kĩ thuật, và đặc biệt là
ứng dụng thông qua các hàm số học.
Hàm số học là khái niệm giữ vai trò vị trí trung tâm trong khoa học toán
học. Đảm bảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính thống
nhất của môn toán phổ thông, góp phần xóa bỏ danh giới giả tạo giữa các phân
môn của môn toán, giữa các phần khác nhau của chương trình.
Do một số hàm số học không là chính qui. Nên ta xét hàm tổng của các
hàm số học. Việc nghiên cứu hàm tổng và bậc của hàm số học giúp ta hiểu rõ nét
hơn về tính chất của hàm và các ứng dụng của nó.
Chính vì vậy nên em đã chọn đề tài " Hàm số tổng và bậc của các hàm số
học" làm khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu:

• • * s
Đề tài nhằm hệ thống lại 1 số hàm số học cơ bản như: hàm euler, hàm mobius,
hàm tổng ; bên cạnh đó là nghiên cứu về hàm tổng của các hàm và bậc của các
hàm số học cũng như hàm tổng
3. Đổi tượng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng: các hàm số học, hàm tổng, bậc của các hàm số học.
- Phạm vi nghiên cứu: do hạn chế về thời gian cũng như năng lực của bản
thân nên khóa luận này chỉ tập trung nghiên cứu về hàm tổng và bậc của 1
số hàm số học
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Nghiên cứu về bậc của các hàm số học cơ bản và hàm tổng của các
hàm số học
5
5. Giả thuyết khoa học
Đe tài nghiên cứu các vấn đề:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Hàm số học.
Chương 2: Hàm tổng và bậc của các hàm số học.
6. Phương pháp nghiên cứu:
Nghiên cứu và phân tích các tài liệu. Hệ thống khái quát
các vấn đề về điểm nguyên đã được định hướng. Tổng kết kinh
nghiệm của các nhà khoa học và bản thân.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1. Số nguyên tố
Định nghĩa 1.1.1.573 nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước tự
nhiên nào khác ngoài 1 và chính nó.
Tập sổ nguyên tổ kí hiệu là p
Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố được gọi là hợp sổ.
Định nghĩa 1.1.2. Hai sổ nguyên a,b được gọi là nguyên tổ cùng nhau nấi
chúng cỏ ước chung lớn nhất là phần tử khả nghịch. Kí hiệu là a,b = .

1.2. Một số tính chất của sổ nguyên tố
Mệnh đề 1.2.1. Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một sổ tự nhiên lớn hơn
1 là một sổ nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử a là một số tự nhiên, a > 1 và p > 1 là ước nhỏ nhất của a.
Ta chứng minh p là số nguyên tố.
Thật vậy, giả sử p không là số nguyên tố thì p phải là hợp số vì p Ф 1, nghĩa là nó
có một ước thực sựPi,ĩ< Pi< P-
Suy ra Pi cũng là ước của a (mâu thuẫn với giả thiết p là ước nhỏ nhất khác 1 của
a).
Vậy p phải là số nguyên tố.
6
Hệ quả 1.2.1(BỔ đề Euclid). Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều chia hết cho ít nhất
một sổ nguyên tố.
Mệnh đề 1.2.2. Có vô số số nguyên tổ hay tập sổ nguyên tổ là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p
h
р
ъ
Pn.
Xét số а = P iP 2- Pn . + 1 > 1
Suy ra, theo tính chất thì a có ít nhất một số ước nguyên tố q. Nhưng vì có hữu
hạn số nguyên tố kể ttên nên q phải trùng với một ttong các số Pi, p- ъ—,Рп• Do
đó q I PjP
2
—Pn• Mà q I a suy ra q I a - P!P
2
—Pn = 1 (vô lý). Vậy điều giả sử là
sai. Do đó tập số nguyên tố là vô hạn. □
Mệnh đề 1.2.3. ước nhỏ nhất khác 1 của một hợp sổ n là mộtsố nguyên tố
không lớn hơn л/п

Chứng minh. Gọi p là ước tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của n. Theo tính chất 1 ta có
p là số nguyên tố. Giử sử n = pq, khi đó do n là hợp số nên
пФр, suy ra q > 1. Vậy q cũng là một ước lớn hơn 1 của n. Theo giả thiết ta
có p < q => p
2
< p.q = n. Từ đó ta được p < 4n .
Vậy định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2.2. Neu số tự nhiên а > 1 không có ước nguyên tổ nào trong khoảng từ
1 đến Vã thì a là số nguyên tố.
Mệnh đề 1.2.4. Cho p là số nguyên tố. Khi đó mọi số tự nhiên a thíp I a hoặc (iа,
p) = 1 .
Chứng minh. Gọi d = (a , p) => d I p. Mà p là số nguyên tố nên hoặc d = 1 hoặc
d = p.
+ Nếu d = 1 thì (а, p) = 1.
7
+ Nếu d = p ứủ p \ а. а Vậy định
lý được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5. Cho p là số nguyên tố và aj, Ü
2
, , a
n
là các số tự nhiên. Khi đó
nếup I aia
2
a
n
thì tồn tại i e {ỉ, 2, , n} đểp I ữị
Chứng minh. Neu p không là ước của dị với mọi ỉ = \,n ứiì ứieo mệnh đề 1.1.4 ta
có (a
p

p) = 1, với mọi i = l,n. Suy ra ịa
1
a
2
a
n
, p) = 1. Điều này mâu thuẫn với giả
thiếtp I aia
2
a
n
. Vậy tồn tại i G {1,2, л} đểp I dị.
Hệ quả 1.2.3. Neu số nguyên tố p chia hết tích của nhiều sổ nguyên tố thì nó
phải trùng với một trong các sổ nguyên tố đó.
1.3. Dạng phân tích tiêu chuẩn
Định lý 1.3.1 (Định lý cơ bản của số học). Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất
không kể thứ tự các thừa sổ.
Chứng minh
• Sự phân tích được:
Giả sử a là một số tự nhiên lớn hơn 1 thế thì a phải có một ước nguyên tố p
l
và ta
có а— < < .
Nếu a, = thì a, = và là sự phân tích của а.
Nếu a, > thì có ước nguyên tố p
2
và ta cóa, =
Nếu a
2

— thì а — và là sự phân tích của а.
Nếu a
2
> thìữ
2
có ước nguyên tố p
3
và ta có a
2
=
Tiếp tục xét a
3
,
Quá trình này phải kết thúc vì ta có а > > > nên sau hữu hạn bước sẽ
8
có а — và ta được a= 'là dạng phân tích của a thành tích các thừa
số nguyên tố.
• Tính duy nhất
Giả sử a có phân tích а = = 6 p = =Khiđó có
P
1
1
Suy ra P
1
trùng với một trong các thừa số q nào đó giả sử là g,. Vậy
Pi - .
giản ước
Pl
ta được p
2

p
3
p
n
=
Lập luận tương tự như trên với p
2
,p
3
, cho tới khi giản ước hết các thừa số ở
Л,___A
một vê.
Vì p.,qÆp = = nên không thể xảy ra đẳng thức 1 =
hoặc p
+
- = nên suy ra
m— và p = V =
Định nghĩa 1.3.1. Trong sự phân tích số tự nhiên a thành tích các thừa số
nguyên tố. Gọi p
Ị
,p
2
, ,p
k
là các số nguyên tố đôi một khác nhau có mặt
trong sự phân tích của a với các bội tương ứng a a a a > =
thì ta được a= > = Ep hay viết
а = п •
Dạng phân tích trên gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên а.
Định lý 1.3.2 (Tiêu chuẩn chia hết). Cho a là một sổ tự nhiên với dạng

phân tích tiêu chuẩn là а = .
И
1 . Một sổ tự nhiên d là ước của a
khi
và chỉ khi nó có dạng а — .yl với0 < <
Chứng minh
• Điều kiện cần
9
Giả sử a chia hết cho d khi đó có q sao cho а = . Đẳng thức này
chứng tỏ mọi ước nguyên tố của d đều là ước nguyên tố của a và số mũ của nó
trong dạng phân tích tiêu chuẩn của d không lớn hơn số mũ của nó ữong dạng
phân tích tiêu chuẩn của а, ta được kết quả càn chứng minh.
• Điều kiện đủ
Giả sử a và d thỏa mãn điều kiện của định lý khi đó ta được а — với q
= ^ ” suy ra q<E N. Vậy d là ước của ữ.
1.4. Hệ thặng dư modun m
1.4.1. Vành các lớp thặng dư môđun m
Cho tập thương z z các lớp ứiặng dư môđun m. Trên tập z ta
trang bị hai phép toán như sau:
ã + b :=a + b và ãb:=ab với mọi e z
Khi đó z cùng với hai phép toán này lập ứiành một vành giao hoán có đơn vị
1, phần tử không 0.
Định nghĩa 1.4.1. Cho một sổ nguyên dương m. Khi đó vành ъ cùng với hai
phép toán cộng và nhân các lớp thặng dư môđun m, được gọi là vành các
lớp thặng dư môđun m. Lớp ÃeZ được gọi là một lớp khả nghịch nếu tồn tại
b để ãb =1.
Mệnh đề 1.4.1. Lớp ãeZ là khả nghịch khi và chỉ khỉ {a,nì) = 1
Chứng minh. ãeZ là một lớp khả nghịch khi và chỉ khỉ tằn tại b để
ăb = 1 hay ab = 1. Điều này tương đương với tồn tại b e z để
ab = l(modm)

hay tồn tại ez rà xgZ để ab + mx — 1. Vậy ãe2 khả nghịch khi và chỉ khỉ
(a,m) = 1.
Kí hiệu z là tập các phần tử khả nghịch của z .
Mệnh đề 1.4.2. ъ là một nhóm giao hoán có cấp là Ф(m).
1
0
Chứng minh. Lấy tùy ý ã, b . Vì (a,m) = l và (b,m) = 1 nên {ab,nì) = 1 .
Điều này chứng tỏ ãb G z hay z đóng với phép nhân. Hơn nữa, phép nhân
các lớp thặng dư thỏa mãn luật kết hợp, giao hoán và 1 G ъ . Do đó ъ là một
vị nhóm. Hơn nữa, nếu ã thì tồn tại b Gz để ã.b = 1. Do đó b khả nghịch hay
b .
Vậy z là một nhóm giao hoán. Cuối cùng fleZ khi và chỉ khi (a,m) = 1, )•
nen
Nhận xét 1.4.1. Khi m = p là một sổ nguyên tổ thì mọi phần tử khác không
trong 7L đều khả nghịch. Do đó 7L là một trường và ) = p — 1.
1.4.2. Hệ thặng dư đầy đủ và thu gọn modun m
Định nghĩa 1.4.2. Ta lập ánh xạ /=z z như sau: Với mỗi Ấe/i ta
lẩy một sổ nguyên aeA và đặt f (Á) = a . Như vậy f (A) GA, va e z .
Tập hợp ảnh f được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modun m .
Tập hợp ảnh f ịz được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modum m.
Mệnh đề 1.4.3. Nếu r
v
r
2
, ,r là một hệ thặng dư thu gọn modul n, và a là số
nguyên dương, a,n = , thì tập hợp ar
1
,ar
2
, ,ar

p
cũng là hệ thặng dư
thu gọn modul n.
Chứng minh
ĩỉệ ar
v
ar
2
, ,ar
v
gồm (p số nguyên.
Từ a,n — — dễ dàng suy ra ar
j
,m — .
Vậy mỗi số của hệ nguyên tố cùng nhau với n.
Neucól< < < đểar = dn thì n\ —
Do n,a = ta suy ra «I — , hay Tị = n điều này vô lývới giả
thuyết. Vậy suy ra định lý được chứng minh.
Định lý 1.4.1 (Định lý Euỉer). Nếu m> G z - t h ì
1
1
đ = n
Chứng minh
Giả sử r
v
r
2
, ,r là thặng dư thu gọn modm, lập nên từ các số nguyên
dương không vượt quá m. Theo định lý 1.4.3, ta có ar
v

ar
2
, ,ar cũng là
một hệ thặng dư thu gọn. Khi đó thặng dư dương bé nhất của hệ này sẽ là tập
hợp r
v
r
2
, , г sắp xếp theo 1 thứ tự nào đó.
1
2
Chương 2. Hàm số học
2.1. Khái niệm hàm sổ học
Định nghĩa 2.1.1. Một hàm sổ học là một ánh xạ từ tập các số nguyên dương
đến tập các sổ phức.
Ví dụ 2.1.1. Hàm f n — + € N là mộthàm sốhọc.
Định nghĩa 2.1.2. Một hàm số học f khác không được gọi là hàm nhân tính
nếu với mọi số nguyên dương m,n nguyên tổ cùng nhau ta có
f(mn)= [rì)
Trong trường hợp đắng thức trên đúng với mọi sổ nguyên dương m,n thì hàm
f được gọi là hàm nhân tính mạnh.
Ví dụ 2.1.2. Cho hàm f(n)= và g(n)= V eN . Khi đó/, g là các hàm nhân tính
mạnh.
Định lý 2.1.1, Cho số nguyên tổ p và sổ nguyên dương m. Nếu f là một hàm
nhân tính và f p
m
—► khi p
m
—»oo thì f n —> khi n —> oo .
Chứng minh:

Vì/ p
m
—> khi >oonêĩi:
(i)Tồn tại hằng số dương A mà / p”
<
(ii) Tồn tại hằng số 5, mà nếu p
m
> thì / p
(iii) Cho £ > , tồn tại N £ , nếu p
m
> thì / p"
Ta thấy A,B là các hằng số không phụ thuộc £ ,\à N £ chỉ phụ thuộc
vào £ .
Có triển khai lũy thừa nguyên tố của số dương n > như sau:
n= p
a
; 1
với p là các số nguyên tố khác nhau và a là các số nguyên không âm.
1
3
<
<
1
4
Do / là hàm nhân tính nên
fn= f Pĩ / p
a
; 2
Đặt c = I ep eN
Khi đó c là hằng số không phụ thuộc vào« và £.

Trong vế phải của (2), ứng với các nhân tử mà p
a
' < thì ựíPĨ0 < , có tối
đa c nhân tử như vậy. Các nhân tử còn lại đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 (theo
(ii) ) nên ta có \f(n)\ <
Ngược lại chỉ có hữu hạn các số nguyên dạng p
a
không vượt quá TV £ .
Vì vậy chỉ có hữu hạn các số nguyên mà trong phân tích tiêu chuẩn của nó có các
thừa số dạng p
a
với p
a
<
Gọi p £ là số lớn nhất trong các số nguyên kể trên. Chọn số nguyên n >
thì phân tích tiêu chuẩn của n phải chứa ít nhất một nhân tử p
a
,p
a
> .
Theo (iii), ta có
/ p
a
Do đó, nếu n > thì ta có
/ n
khi / n —> và n—► oo.
2.2. Môt số hàm sổ hoc cơ bản
• •
2.2.1. Hàm Euỉer
Định nghĩa 2.2.1. Hàm Euler tp là một hàm sổ học cho bởi công thức

¥> = E
1S s
Tức là (fi biểu thị số các sổ nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng
nhau với n.
1
5
<
<
Ví dụ 2.2.1.TÙ định nghĩa hàm Euler ta có:
Từ định nghĩa trên ta có hệ quả trực tiếp
Hệ quả 2.2.1. Với số nguyên tố p ta có (f =— .
Định lý 2.2.1. Hàm Euler là hàm nhân tính.
Chứng minh:
Ta thấy là hàm số không đồng nhất không.
Giả sử m,n là 2 số dương nguyên tố cùng nhau. Ta cần chứng tỏ rằng
V =
Ta sắp xếp tất cả các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng sau
1
2
3 m 2 m 3 m mn
4 Giả sử r là số nguyên
không vượt quá m , và r,m = > khi đó trong
5 hàng thứ r không có số nguyên nào nguyên tố cùng nhau với mn . Vì
thế, để tính (p , ta chỉ cần quan tâm các số trong hàng thứ r với r,m — . Các số
trong hàng này đều nguyên tố cùng nhau với m .
6 Mặt khác dễ thấy rằng các số hàng này lập thành một hệ thặng dư đầy
đủ modul n.
7 Do đó có đúng (p số trong hàng nguyên tố cùng nhau với n tức là trong
hàng số nguyên tố cùng nhau với mn . Có tất cảụ> hàng như vậy. Định lý
được chứng minh.

8 Định lý 2.2.2. Nếu p là một số nguyên tố và a là số tự nhiên, a> thì ta có
1
6
9 Chứng minh:
10
11
12 { ) { ) { )
13 Định lý 2.2.4. Neu n > thì ^2
14 -L
15 Chứng minh:
• Nếu n= thì công thức trên hiển nhiên đúng.
• Nếu n > , giả sử n có dạng phân tích tiêu chuẩn n = .y'
k
. Áp
16 dụng tính chất nhân của hàm (p ta được
17
18
2.2.2. Hàm MobiusM
19 Định nghĩa 2.2.2. Hàm Mobius ỊJL được xác định như
sau: i) ịi =
20 ii) Với 1Ĩ> có phân tich tiêu chuẩn n = thì:
21 +/Ầ = - nếu a
í
=a
2
= = a
k
=\
22 + /I — nếu trái lại.
23 Ví dụ 2.2.2. Theo định nghĩa hàm mobius ta có

ip = — và ip = —
1
7
24 Đây là bảng ngắn giá trị của //
25 n 123 4 5 6 7 8 9
10
26 /1 - - - - 0
27 Từ định nghĩa ta suy ra định lý.
28 Định lý 2.2.5. Cho n > , ta có
29 £
30 Chứng minh
31 Nếu n > thì n được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố
32
n=
"^k
33 Khi đó
34 Ỵ2trongđó £là 0 hoặc 1.
35 Do đó
36 Định lý 2.2.6. Hàm Mobius /i là hàm nhân tính. Chứng minh
37 Giả sử (m, rì) = 1 khi đó ta có
38 1 ^ ,
39
1
nẽu m= n = l
40 (-1) (-1) =n[mn)nếu m= p
v
p
2
p
k

,n= q
v
q
2
q
b
0 = nếu mhoặcn chia hếtcho jỷ
41 Suy ra điều phải chứng minh. Định lý 2.2.7.
ip = — và ip = —
1
8
ụ[nỉ).ụ[n) =
42 Chứng minh
43 Công thức trên đúng nếu n — .
44
45
2.2.3. Công thức nghịch đảo Mobius
46 Định lý 2.2.7 (Công thức nghịch đảo Mobius thứ nhất). Nếu f là một
47 hàm sổ học và
488 n =Ẹ
49 thì
50 f
n
51
52
a
1-
53 £Ẹ
54 1- „u
55

56 Định lý 2.2.9. (Công thức nghịch đảo Mobỉus thứ hai). Nếu f là một
hàm
57 số xác định với mọi x> ,và
58 thì
59 với x> và ngược lại.
60 Chú ý ^2 được định nghĩa là ^2 và nếu không có sổ hạng nào thì tổng
là 0.
61 Chứng minh:
• Chiều thuân: từ định nghĩa của g ta có, nếu X > ,
62 £ £
63
64
65
66
E
1
E
E Ẹ
1— — . . I
, x>
)
• Chiều ngươc lai: giả sử
67 Thế thì ta có:
68 = £ E Ẹ
2.2.4. Hàm Mangoldt A
69 Định nghĩa 2.2.3. Mọi số nguyên n > ta định nghĩa
i) X = , nểu n = đổivới một sổ nguyêntổ p và m>
ii) A = nếu trái lại
70 Sau đây là bảng ngắn giá trị của A
71

72
73 -I-
74 Chứng minh:
75 Định lý ừên đúng khin =
76 Do đó, giả sử n> , viết
77 n = n
78 Lấy logarit hai vế ta có
79 log« = E
80Xét tổng trên cùng vế phải của * . Mặt khác,từ ước d của mẫu trong tổng
trên có dạng P ™ với m =
k
và k =
81 Do đó
82
83
84 -Ẹ
85 _l
86 Từ I n logn = cho tất cả n định lý hoàn toàn được chứng minh.
2.2.5. Hàm điểm nguyên r n
87 Định nghĩa 2.2.4. (Hàm điểm nguyên trên đường tròn r n ) Với mọi số
88 nguyên dương n > , hàm sổ học r n cho ta sổ các cách biểu diễn n dưới
dạng tổng của hai bình phương của số nguyên. Nói cách khác:
89
90
91 Ta thấy rằng r n không là hàm nhân tính.
92 Ví dụ 2.2.4. Từ định nghĩa hàm điểm nguyên ta có r 10« =
2.2.6. Hàm ước d n
93 Hàm số học d n cho biết ước dương của sổ nguyên dương n .
94 Công thức tính: d n —Ỵị
95 Định lý 2.2.12. Hàm ước d n là hàm nhân

tính Chứng minh:
96 Ta dễ dàng thấy d 1 = .Và nếu m,n — , khi đó ước số của tích sốmn là
97 số chia của m, và là ước của n.
98 Ngược lại, mọi tích số là số chia của mn .
99 Do đó d mn =n .Vậy hàm d n là hàm nhân tính.
100 Định lý 2.2.13. Neu n> và có dạng n = n khi đó
101 d n = Y\
102 Chứng minh:
103 Từ d n là hàm nhân tính ta có
104 d n
105 Ước dương duy nhất của p
a
' là a + , các số nguyên l,p ,p
2
, ,p
a
'
106 Do đó
107 d n
108 Hàm ước d n có thể được giải thích về
mặt hình học. Ước dương của n bằng số các nghiệm của xy = , trong đó X,
y là các số nguyên dương.
109Do đó d n là số dàn điểm X, y trong góc phàn tư phía trên bên phải của
mặt phẳng x,y , và nằm trên hyperbol xy = .
2.2.7. Hàm tổng các ướcơ
110 Định nghĩa 2.2.5. Với mỗi sô nguyên dươngn ta định nghĩa hàm ơ
là hàm sổ biểu thị tổng các ước tự nhiên của n
* =E
111 Hàm ơ là hàm nhân tính.
112 Ví dụ 2.2.5.VỚĨ n= có các ước là 1,2,3,6 nên ơ = + + + = Mệnh đề

2.2.2 (Công thức tính). Giả sử n là số nguyên dương và có dạng
113 phân tích tiêu chuẩn и = П z = thì
114а =n
115 t
116 Chứng minh. Ta có
117 - =£ £
118 Suy ra
119 <7 = + + + £ ЕЕ E
120
и
=
i
=
121 - П
122 F\
123 Đặc biệt nếu p là số nguyên tố thì ơ = +
124 Một số vấn đề toán cố điển liên quan đến hàm tổng các ước ơ
là vấn đề số
125 hoàn hảo.
126 Ta có định nghĩa số hoàn hảo:
127 Định nghĩa 2.2.6. Một số nguyên dương n ^ được gọi là số hoàn
hảo nếu ơ = ; hay nói cách khác n bằng tổng các ước dương mà nhỏ hơn
n .
128 Số hoàn hảo có liên quan chặt chẽ với số Mersenne.
129 Ví dụ 2.2.6. Các số 6,28 là các số hoàn hảo vì
130 ơ =+ + + == =+ + + + + = =
131 Ta có định nghĩa số Mersenne:
132 Định nghĩa 2.2.7. số Mersenne là sổ nguyên có dạng 2" — .Neu nó là
sổ nguyên tố, ta sẽ gọi đó là số nguyên tố Mersenne.
133 Ví dụ 2.2.7.M

2
,M
3
,M
5
,M
1
là các số nguyên tố Mersenne, trong khi M
n

là hợp số.
134 Mối quan hệ giữa số hoàn hảo và số Mersenne được thể hiện trong
định lý sau:
135 Định lý 2.2.14. Nếu 2"
+
— là sổ nguyên tổ thì 2" 2
n+
— là một sổ
hoàn hảo.
136 Chứng minh:
137 Giả sử p —— là một số nguyên tố Mersenne. Đặt N —
138 Thế thì N là số hoàn hảo, vì ta có:
139 Định lý trên được chứng minh.
140 Định lý 2.2.15. Số tự nhiên n là số hoàn hảo chẵn khi và chỉ khi n có dạng
141 n —
142 là sô nguyên tô.
143 chứng minh:
144
145
146

147
148
149
150
151
152
trong đó k >
• Điều kiện đủ Giả sử n là số tự nhiên
chẵn có dạng n
số nguyên tố. Khi đó ta có 2* —
Do ơ là hàm nhân tính nên ta có ơ
Do 2* — là sô nguyên tô nên ơ
Mặt khác ơ
vói k > , p —
là
+