Hàm sinh bởi các ước số và ứng dụng

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 = 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 = 0.

3.

.
a..a với a ∈ Z, a = 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

ai x j .
i=0

Định lý 1.1. (Định lý chia Euclid). Với các số nguyên a và b, b = 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 = ∅ 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 = 0.
2.

a b
(a, b)
;
=
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 = pj , ∀i = 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
pνp (n) .

n=
p|n

Mọi ước của n có dạng:
pap ,

d=
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
(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,
pνp (m),

m=
p|m

và
q νq (n).

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
pνp (m)

mn =
p|m

q νq (n)
q|n

là sự phân tích thành nhân tử của mn, và
d(mn) =

(νp (m) + 1)
p|m

(νq (n) + 1) = d(m)d(n).
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:
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,
2

a

d = 1.p.p . . . p = p
d|n

1+2+···+a

=

a(a+1)
p 2 .


9

Mặt khác, d(n) = a + 1 nên
n

d(n)
2

= (pa )

a+1
2

=p

a(a+1)
2 .

Như vậy

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
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
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,
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
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
D(x) =

√

x

2

x
−
u

+
√

1≤u≤ x

=

√

x

2

+2
√
1≤u≤ x

√

1≤u≤ x

√
1≤u≤ x

= 2x
√
1≤u≤ x

1
−2
u

√

1≤u≤ x

x
−
u

x
−
v

(x)

(x)

x
x
−
u
u

= 2

+

2

x
−
u

= 2

(x)

−

√
1≤u≤ x

√

x−

√

x

2

√
x
−x+O x
u

√

√
1
x+γ+O √
−x+O x
x
√
= x log x + (2γ − 1)x + O x .
= 2x log

Vậy suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 1.10. Với x ≥ 1,
(log n − d(n) − 2γ) = O(x1/2 ).

∆(x) :=
n≤x

Chứng minh.
Theo định lí 1.9 ta có
d(n) = x log x + (2γ − 1)x + O

(x) .

n≤x

Lại có
log n = x log x − x + O(log x).
n≤x

(x)


12

Trừ đẳng thức thứ nhất cho đẳng thức thứ hai ta được
(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 = dd 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
dl (pa ) =

a+l−1
,
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
.
l−1

dl (pa ) =
Vậy định lý đã được chứng minh.
Định lý 1.12. Với l ≥ 2,

Dl (x) =

dl (n) =
n≤x

1
x logl−1 x + O(x logl−2 x).
(l − 1)!

Chứng minh.
Ta chứng minh quy nạp theo l. Theo định lý 1.9, D2 (x) = x log x + O(x).
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
Dl+1 (x) =

dl+1 (n)
n≤x

=

1
n≤x d1 ...dl+1 =n

=

1
n≤x d1 ...dl+1 |n

=
d1 ...dl+1 ≤x

x
d1 . . . dl+1


=
d1 ...dl+1



x
+O
d
.
.
.
d
l+1
≤x 1
d

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.
d2 (n) =

µ(δ)d4
δ 2 |n

n
.
δ2

Chứng minh.
Ta định nghĩa hàm số học µ
˜ như sau:
√
µ( n) nếu n là số chính phương,
µ
˜(n) =
0
trong các trường hợp còn lại.
Ta có µ
˜ là hàm nhân tính. Do tích chập Dirichle của các hàm nhân tính
là hàm nhân tính nên hàm số µ
˜ ∗ d4 là hàm nhân tính,và
µ
˜ ∗ d4 (n) =

µ
˜(d)d4

n
d

µ(δ)d4

n
.

δ2

d|n

=
δ 2 |n


15

Ta sẽ chứng minh rằng µ
˜ ∗ 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
µ
˜ ∗ d4 (p) =

p
= d4 (p) =
δ2

µ(δ)d4
δ 2 |p

4

3

= 4.

Nếu a ≥ 2 thì
µ
˜ ∗ d4 (pa ) =

µ
˜(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 = µ
˜ ∗ d4 (pa ),
với mọi lũy thừa của số nguyên tố pa . Các hàm số d2 và µ
˜ ∗ 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) = µ
˜ ∗ d4 (n),
với mọi số nguyên dương n.
Vậy định lí được chứng minh.
Định lý 2.2. [Ramanujan]Với x → ∞, ta có
d2 (n) ∼
n≤x

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
d2 (n) =
n≤x

n
δ2

µ(δ)d4
n≤x δ 2 |n

=

µ(δ)d4 (k)
δ 2 k≤x
√
δ≤ x

=
√
δ≤ x

=

k≤x/δ 2

µ(δ)D4

x
δ2

x
x
3 x
2 x
log
+
O

log
6δ 2
δ2
δ2
δ2


µ(δ)
1
3 x
2 x
x
log
+
O
log
.
2
δ2
δ2
δ2
√ δ

µ(δ)
√
δ≤ x

=

d4 (k)

µ(δ)

=

x
6

√
δ≤ x

δ≤ x

Số hạng thứ nhất của tổng trên là
x
6

√
δ≤ x

x
µ(δ)
3 x
log
=
δ2
δ2
6

3

3
(−1)i
i

µ(δ)
log3−i x logi δ 2
2
δ
√
i=0
δ≤ x


3
x
x
µ(δ)
log δ 
x log2 x
=
log3 2
+
O
6
δ
δ2
δ2
√
√

δ≤ x
δ≤ x


3
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
√
δ≤ x

1
2 x
log
≤ x log2 x
2
2
δ
δ

√
δ≤ x

1
δ2

Vậy ta đã chứng minh xong định lí Ramanujan.

x log2 x.


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
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
pap ,

d=
p|n

với
0 ≤ ap ≤ νp (n).
Khi đó ta có
σ(n) =

d
d|n


18
νp (n)

pap

=
p|n ap =o

=
p|n

pνp (n)+1 − 1

.
p−1

Đây là công thức biểu diễn σ(n) của n.
Ví dụ 2.1. Tính σ(n) với 11 ≤ n ≤ 20.
Lời giải.
σ(11) =
σ(12) =
σ(13) =
σ(14) =
σ(15) =
σ(16) =
σ(17) =
σ(18) =
σ(19) =
σ(20) =

112 − 1
σ(11 ) =
= 12
11 − 1
23 − 1 32 − 1
2 1
.
= 7.4 = 28
σ(2 .3 ) =
1
3−1
132 − 1 168
1

σ(13 ) =
=
= 14
13 − 1
12
22 − 1 72 − 1
1 1
σ(2 .7 ) =
.
= 3.8 = 24
1
1
32 − 1 52 − 1
1 1
σ(3 .5 ) =
.
= 4.6 = 24
2
4
45 − 1
σ(24 ) =
= 31
1
172 − 1
1
σ(17 ) =
= 18
16
21 − 1 32 − 1
1 2

.
= 3.13 = 39
σ(2 .3 ) =
1
2
192 − 1
1
σ(19 ) =
= 20
18
23 − 1 52 − 1
2 1
σ(2 .5 ) =
.
= 48.
1
4
1

Định lý 2.3. Hàm số học σ(n) là hàm nhân tính.
Chứng minh.
Giả sử m và n là hai số nguyên tố cùng nhau. Do không có số nguyên
tố nào là ước của cả m và n, ta có
σ(mn) =
p|mn

pνp (mn)+1 − 1
p−1

19

=
p|m

pνp (m)+1 − 1
p−1

p|n

pνp (n)+1 − 1
p−1

= σ(m)σ(n).
Vậy định lý được chứng minh.

2.2

Số hoàn hảo và các số liên quan

Định nghĩa 2.2. Số nguyên dương n được gọi là số hoàn hảo nếu σ(n) =
2n. Một số được gọi là số thừa nếu σ(n) > 2n. Một số được gọi là số
thiếu nếu σ < 2n.
Ví dụ các số dưới đây là số hoàn hảo
6 = 2.3 = 21 (22 − 1)
26 = 4.7 = 22 (23 − 1)
496 = 16.31 = 24 (25 − 1)
8128 = 64.127 = 26 (27 − 1).
Định lý 2.4. (Định lý Euler) Một số nguyên chẵn là hoàn hảo nếu và
chỉ nếu tồn tại các số nguyên tố p và q thỏa mãn

q = 2p − 1,
và
n = 2p−1 q.
Chứng minh.
Nếu n = 2p−1 q thì q là số lẻ và 2n = 2p q. Ta được
σ(n) = σ(2p−1 )σ(p)
= (2p − 1)(q + 1)
= 2p q + (2p − q − 1).
Vậy n là số hoàn hảo.
Ngược lại, nếu n là số hoàn hảo, σ(n) = 2n. Do n là số chẵn nên ta viết
n dưới dạng
n = 2k−1 m,


20

với m là số lẻ và k ≥ 2, ta có
2k m = 2n = σ(n) = σ(2k−1 )σ(m) = (2k−1 )σ(m).
Từ đó ta có 2k − 1 là ước của 2k m và 2k − 1 là số nguyên tố với 2k , áp
dụng bổ đề Euclide ta được 2k − 1 là ước m và vì vậy
m = (2k − 1)l,
đối với số nguyên lẻ l. Khi đó
2k (2k − 1)l = (2k − 1)σ (2k − 1)l .
Nếu l > 1 thì 1, l và (2k − 1)l là các ước khác nhau của (2k − 1)l, và
2k l = σ (2k − 1)l ≤ 1 + l + (2k − 1)l = 2k l + 1,
điều này vô lý. Vì vậy l = 1 và
2k = σ(2k − 1)l = 1 + (2k − 1) +

d.
d|(2k −1)l

1
Suy ra 2k − 1 không có các ước thực sự, vì vậy 2k − 1 là số nguyên tố.
Nếu số mũ k là hợp số thì k = k1 k2 với 1 < k1 ≤ k2 < k và
2k − 1 = (2k1 )k2 − 1 = (2k1 − 1)(1 + 2k1 + 22k1 + · · · + 2k1 (k2 −1) ).
Đây là hợp số, điều này sai. Vì vậy k = p là số nguyên tố, và m = q =
2p − 1.
Suy ra điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.3. Số nguyên tố có dạng 2p − 1 với p là số nguyên tố được
gọi là số nguyên tố Mersenne.
Theo định lý 2.4, mỗi số hoàn hảo chẵn liên kết duy nhất với một
số nguyên tố Mersenne. Chỉ có hữu hạn các số nguyên tố Mersenne được
tìm ra, vì vậy chúng ta chỉ biết một số hữu hạn các số hoàn hảo chẵn.
Một vấn đề chưa được giải quyết là có tồn tại vô hạn các số hoàn hảo
hay không. Cho đến nay, ta vẫn chưa biết một số hoàn hảo lẻ nào và câu


21

hỏi có tồn tại một số hoàn hảo lẻ hay không vẫn chưa được giải quyết.
Đặt
σ ∗ (n) = σ(n) − n =
d.
d|n
d
Ta định nghĩa σ ∗ (0) = 0. Cặp số nguyên dương (m, n) được gọi là cặp
thân mật nếu
σ(m) = σ(n) = m + n,
và

σ ∗ (m) = n.
Như vậy cặp nguyên dương (m, n) là cặp thân mật nếu
σ(m) = σ(n) = m + n.
Ví dụ, cặp (220, 284) là cặp thân mật vì
σ ∗ (220) = 284,
và
σ ∗ (284) = 220.
Ta không biết được rằng có tồn tại vô hạn các cặp số thân mật hay không.

Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng (9363584, 9437056) là cặp thân mật.
Lời giải.
Ta có
9363584 = 27 × 191 × 383,
nên
28 − 1 1912 − 1 3832 − 1
σ(9363584) =
×
×
1
190
382
= 18800640.
Suy ra
σ ∗ (9363584) = σ(9363584) − 9363584


22

= 9437056

(2.1)

Lại có
9437056 = 27 × 73727,
nên
28 − 1 737272 − 1
×
σ(9437056) =
1
73726
= 1800640.
Suy ra
σ ∗ (9437056) = σ(9437056) − 9437056
= 9363584.

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra điều phải chứng minh.
Định nghĩa 2.4. Với mỗi số nguyên dương n và số nguyên không âm
k, số nguyên Sk (n) được xác định từ hàm số σ ∗ như sau
S1 (n)

=

σ ∗ (n),

S2 (n)

=

σ ∗ (S1 (n)),

......
Sk+1 (n)

=

σ ∗ (Sk (n)),

với mọi số nguyên dương k. Dãy {Sk (n)}∞
k=0 được gọi là dãy các ước số
của n.
Từ sự tồn tại của số thừa, số hoàn hảo và số thiếu, ta thấy rằng
Sk+1 (n) > Sk (n), Sk+1 (n) = Sk (n) hoặc Sk+1 (n) < Sk (n) và vì vậy dãy
các ước số có thể dao động tăng hoặc giảm.
• Đối với các số nguyên dương n nhỏ, qua tính toán cụ thể người ta
luôn thấy phần tử sau của dãy là tuần hoàn. Chẳng hạn, dãy các
ước số của 12 là
12, 16, 15, 9, 4, 3, 1, 0, 0, . . .