Về các hàm số số học và ứng dụng

Bộ giáo dục và đào tạo

Trờng đại học Vinh

-------------------------------------------phạm thị phơng thanh

Về các hàm số số học
Và ứng dụng
Chuyên ngành đại số và Lý thuyết số
Mã số: 60 46 05
Luận văn thạc sĩ toán học
Ngời hớng dẫn khoa học
PGS.TS. Nguyễn Thành Quang

Vinh 2007

Lời cảm ơn
Luận văn đợc thực hiện và hoàn thành tại Trờng Đại học Vinh, dới sự hớng dẫn
tận tình của PGS. TS Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ
lòng biết ơn và kính trọng sâu sắc tới thầy giáo hớng dẫn PGS. TS Nguyễn Thành
Quang, ngời đã đặt ra phơng hớng nghiên cứu và hớng dẫn tác giả

hoàn thành luận văn này.
Trong quá trình học tập và viết luận văn, tác giả đã nhận đợc sự giúp đỡ
và dạy bảo tận tình của GS. TS. Nguyễn Quốc Thi, PGS. TS. Nguyễn Quý Dy,
PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng, PGS. TS. Lê Quốc Hán, TS. Mai Văn T, TS. Chu Trọng
Thanh và các thầy giáo trong chuyên ngành Đại số & Lí thuyết số, Khoa Toán


và Khoa Đào tạo Sau đại học Trờng Đại học Vinh. Tác giả xin trân trọng cảm
ơn sự giúp đỡ quý báu đó.

Tác giả xin chân thành cảm ơn học viên cao học toán khóa 12 về những
trao đổi bổ ích trong nhiều chứng minh chi tiết của luận văn.

mục lục
lời nói đầu
Chơng 1
Hàm số số học và ứng dụng

Trang
1
3

1.1. Hàm phần nguyên và ứng dụng.

3

1.2. Hàm nhân, công thức tổng trải...

11

1.3

12

Hàm (n), (n) và số hoàn chỉnh..

1.4. Hàm số số học Euler và ứng dụng

16

1.5. Tính toán với các hàm số học
Chơng 2
Cấu trúc vành của các hàm số số học

21
26

2.1.

26
32

Hàm Mobius, Luật thuận nghịch.
2.2. ứng dụng của hàm Euler trong lý thuyết trờng chia đờng
tròn.
2.3. Cấu trúc vành trên tập hợp các hàm số số học ..

38

Kết luận

41

Tài liệu tham khảo

42

Mở đầu

Khi làm việc với số nguyên ngời ta thờng làm việc với các đại lợng nh: số

các ớc của một số nguyên cho trớc, tổng các ớc của nó, tổng các luỹ thừa bậc k
của các ớc,... Vì vậy, các hàm số số học có vai trò rất quan trọng trong Số học. Có
thể thấy rằng, hàm số số học vừa là đối tợng vừa là công cụ nghiên cứu của toán
tin học.


Ngày nay, trong thời đại công nghệ thông tin, nhiều thành tựu mới nhất của
Số học có ứng dụng trực tiếp vào các vấn đề của đời sống nh kinh tế, xã hội, thông
tin, mật mã, kỹ thuật máy tính. Vì vậy, một phơng hớng mới của số học đã ra đời và
phát triển mạnh mẽ: Số học thuật toán.
Với những lý do trên, luận văn đề cập đến một lĩnh vực quan trọng của Số
học là vấn đề về các hàm số số học và ứng dụng. Sau khi khảo sát một số hàm số
số học, luận văn sẽ đa ra một số phép toán trên tập hợp các hàm số số học và xây
dựng các cấu trúc đại số trên tập hợp đó. Luận văn cũng sẽ thực hiện một số tính
toán với các hàm số số học bằng các phầm mềm Maple, nhằm tìm tòi các ứng
dụng của các hàm số số học trong Số học thuật toán.
Nội dung chính luận văn, gồm hai chơng:
Chơng 1. Hàm số học và ứng dụng.
Chơng 2. Cấu trúc vành của các hàm số số học.
Một số kết quả chính thu đợc của luận văn gồm:
Chỉ ra một số tính chất của các hàm số số học:
1) Số nguyên dơng n là hợp số khi và chỉ khi (n) > n + n .
2) Cho hàm nhân f. Với mọi số nguyên dơng m, n ta luôn có
f (BCNN (m, n)) f ( UCLN (m, n)) = f (m) f (n).
3) Cho nN, n 2 ta luôn có (n) + (n) 2n. (Định lý 2.1.6).
Sử dụng công cụ các hàm nguyên trong các bài toán tìm số điểm nguyên
và giải phơng trình nghiệm nguyên.
Sử dụng công cụ hàm số Euler trong lý thuyết trờng chia đờng tròn, chứng
minh đợc rằng nhóm nhân căn bậc n của đơn vị là một nhóm cyclic cấp n (định lý
2.2.6) và chứng minh đợc tính khả quy của đa thức chia đờng tròn trên trờng đặc

số khác 0
Thực hành một số tính toán với các hàm số số học trên phần mềm Maple:
Tính toán với phi hàm Euler, hàm sigma, số hoàn chỉnh, số Mersenne, số nguyên
tố Mersen, bậc của số nguyên, căn nguyên thuỷ, phơng trình đồng d.
Xây dựng đợc cấu trúc đại số vành trên tập hợp các hàm số số học bằng cách định
nghĩa phép toán ( * ) thích hợp trên tập hợp tất cả các hàm số học. Cụ thể hơn, ta có:
Xét các hàm số học f, g với phép toán * sau đây

n
f g ( n) = f ( d ) g ( )
dn
d
còn hàm e đợc xác định

1 nếu n = 1,
e( n ) =
0 nếu n 1.

Với cách xác định nh vậy ta thu đợc kết quả sau (định lý 2.3.4).


(a) Tập các hàm số học và phép toán +, phép toán * lập thành một vành
giao hoán có đơn vị.
(b) Tập các hàm nhân với phép toán +, phép toán * lập thành một miền
nguyên.
Luận văn đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn nhiệt tình của thầy giáo PGS.TS Nguyễn
Thành Quang. Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến
thầy, ngời đã dành cho tác giả sự hớng dẫn chu đáo và nghiêm túc trong qúa trình học
tập, nghiên cứu và thực hiện luận văn.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo trong Tổ Đại số Khoa

Toán Trờng Đại học Vinh đã hết lòng giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và
làm luận văn.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Ban Giám hiệu và tập thể giáo
viên và học sinh Trờng THPT Huỳnh Thúc Kháng Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ
An đã động viên và giúp đỡ tác giả hoàn thành nhiệm vụ học tập.
Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Kính
mong sự góp ý của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp.
Vinh, tháng 12 năm 2007
Tác giả
Phạm Thị Phơng Thanh


Chơng 1
Hàm số học và ứng dụng
1.1. Hàm phần nguyên và ứng dụng
1.1.1. Định nghĩa. Hàm phần nguyên xác định với mọi số thực x, biểu thị số
nguyên lớn nhất không vợt quá x, ký hiệu bởi [x]. Nh vậy, phần nguyên của x là
số nguyên thoả mãn [x] < x < [x] +1. Hiệu x - [x] = { x} gọi là phần phân của x.
1.1.2. Định lý. Phần nguyên của số thực x có các tính chất sau:
(1) Nếu n Z thì [ x + n ] = [ x ] + n
(2)

n x < n x + n 1, với n N+ và x R.
x

[ i ] i [ i ]
i

i =1
i =1 i =1

n

(3) Nếu x R+ và d N+ thì các số nguyên dơng là bội của d, không lớn hơn
x
x đúng bằng .
d


(6) Với mọi x R thì x + 2 = [ 2 x ] [ x ] .


1

[ x]

(5) = , x R, dN*.
d d
x

x
x + 1
(6) [ x ] = +
, x R.
2 2

Chứng minh. (1) Theo định nghĩa hàm phần nguyên, ta có [x] < x < [x] +1. Do đó:

[ x] + n x + n < [ x] + 1 + n = [ x] + n + 1 .
Tính chất (1) đợc suy ra từ bất đẳng thức cuối này.
(2) Theo định nghĩa, ta có: [xi] xi < [xi] + 1, i = 1, 2,...., n. Cộng tất cả các

bất đẳng thức , vế theo vế, ta có:
n



n



n



i =1

[ xi ] xi < [ xi ] + n
i =1

i =1


n n
x

Các bất đẳng thức [ i ] xi < [ xi ] + n 1 đợc suy ra từ định nghĩa phần
i =1
i =1 i =1
n

nguyên.

(3) Ký hiệu n là số các số nguyên dơng bội của d và không lớn hơn x. Đó là
x

các số d, 2d, ...., nd với nd x <(n+1)d. vậy, n d
x
nguyên ta suy ra n = .
d

(4) Đặt n = [x] khi đó, x= n + với 0 <1. Nếu 0 <

1
thì [2x] [x]
2

1
1
1
= 2n - n = n = x + . Nếu <1 thì [2x] [x] = 2n + 1- n = n+1 = x + .


2



2

2

1

Tóm lại, x + = [2x] - [x].


2

x

[ x]

(5) Đặt m = m
< m + 1 md x < (m+1)d
d
d
md [x] < (m + 1)d m

[ x]
d


[ x]
d

= m.

(6) Ta có xR thì x = 2n + 1 + t hoặc x= 2n +t, với n Z và 0 t < 1
x

x + 1

*/ Nếu x = 2n+1+t, ta có [x] = 2n+1 2 + 2 = n + n + 1=2n + 1


x
x + 1
Vậy, [x] = +
2 2
x
x + 1
*/ Nếu x =2n + t, ta có [x] =2n, suy ra +
= n + n = 2n.
2 2
x
x + 1
Vậy, [x] = +
. Ta có điều phải chứng minh.
2 2



1.1.3. Hệ qủa. (1) [x + y] [x] + [y], x,y R; dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi 0 {x}+{y} < 1.
(2) Nếu n là số tự nhiên thì n[x] [nx].


Chứng minh. (1) Vì [x] x và [y] y cho nên [x] + [y] x+y.
Theo định nghĩa hàm phần nguyên ta suy ra: [x] + [y] [x+y].
(2) Ta có: x= [x]+{x} [nx]=[n[x] + n{x}] = n[x] + [n{x}] (vì n[x] nguyên). Do
n{x} 0 suy ra [n{x}] 0. Vậy, n[x] [nx].
Ví dụ 1. Hãy tính

2k + 2006

k
.
2 +1
k =0

2006

1
Giải: Vì x + = [ 2 x ] [ x ] với mọi x theo định lý 1.1.2 (4) nên


2

2k + 2006 2006 2006 1
+

k
=
2 + 1 k =0 2k + 1 2
k =0

2006

=
Do 2006 22006 , ta có

2006 2006
2006
k +1 ữ = 2006 2006
k
2 2
2

k =0

2006



2k + 2006


= 2006 .
2k +1
k =0

2006

Ví dụ 2. Ký hiệu (q] là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn hay bằng q. khi đó, cho mọi n,p
N, p 2, ta có
p n +1 1 p n+1 2
p n +1 n
p n+1 1
( n
.(

.(....( n
]...]]] =
p 1 pn 2
p n
p 1
Chứng minh: Khi pn p n ta có p <

p n+1 n
p + 1 , nh vậy
pn n

p n+1 n
p 2 1
pn n = p + 1 = p 1 .




Cho số nguyên k < n, ta có
pk +2 1
p n +1 n + k p k +1 1 p k + 2 1
1 < n
.

p 1
p n+k
p 1
p 1
p n +1 n + k p k +1 1

p k +2 1

.
Vậy n
và vận dụng hệ thức này ta có hệ thức cần chứng
=
p

n
+
k
p

1
p

1



minh.


Ví dụ 3. Tìm x biết: [ x ] +

1
1
= { x} +
.
{ x}

[ x]

Giải: Chuyển vế và quy đồng có
([ x ] { x} )(1
Nếu { x} = [ x ] thì

1

) = 0.

[ x ] { x}
x  , do đó { x} = 0 , vô lý với điều kiện tồn tại của phơng

trình. Vì vậy, { x} [ x ] = 1. Do { x} > 0 nên [ x ] > 0 . Đặt [ x ] = n Ơ + , ta có { x} =
1
x = [ x ] + { x} = n + , n > 1.
n

1
và
n



Ví dụ 4. Tìm x biết x3 [x] = 3
Giải: Đồ thị hàm số y = x3 - 3 cắt đồ thị y = [ x ] tại nhiều nhất là một điểm. Vậy phơng trình đã cho có nhiều nhất một nghiệm. Dễ dàng kiểm tra 1 < x < 2, hay [ x ] = 1
. Vậy x3 1 = 3 hay x = 3 4 .

1.1.4. Định nghĩa. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho miền phẳng D. Điểm có toạ độ
(x1,y1) với x1,y1 Z và thuộc D đợc gọi là điểm nguyên thuộc D.
1.1.5. Định lý. Cho hàm số f(x) 0 xác định, liên tục trên đoạn [ a, b] và miền
x = a, x = b
D=
y = 0, y = f ( x).

phẳng

Ký hiệu p, q  là số nhỏ nhất và lớn nhất sao cho a p q b . Khi đó số các
điểm nguyên nằm trong D là thoả mãn
q

b

i= p

a

= [ f (i ) ] + q p + 1 và f ( x) dx + b a + 1 .
Chứng minh. Các điểm nguyên (x,y) phải có hoành độ x nguyên. Vậy, các điểm
nguyên phải nằm trên các đờng thẳng x = i  , a i b . Vì điểm (x, y) D, nên


khi x = i thì 0 y f(i). Vì vậy, số các điểm nguyên nằm trong D có hoành độ x = i
là [ f (i ) ] + 1 . Tóm lại, số điểm nguyên thuộc D đúng bằng
q

= [ f (i ) ] + q p + 1.
i= p

Bất đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên.



Bất đẳng thức này cho ta xác định đợc cận trên của số điểm nguyên trong một
miền phẳng. Chẳng hạn, trong miền phẳng
x = r , x = r
D=
2
2
y = 0, y = r x

Số điểm nguyên 2 [ r ] + 1 + r , còn trong miền phẳng
2

2

x = a, x = b
D=
y = 0, y = kx + a.a, k > 0
2

Số điểm nguyên [ b] + 1 + kb + ab .
2

1.1.6. Một số bài toán ứng dụng hàm phần nguyên
Bài toán 1. Tìm số nghiệm nguyên dơng của phơng trình
x1 + L + xn = m ; m, xi Ơ + , i = 1,..., n .
Giải: Ký hiệu số điểm nguyên dơng của phơng trình là Nn(m). Ta có N1(m) = 1. Tính

N2(m) tức là tính số nghiệm nguyên dơng của phơng trình x1 + x2 = m . Phơng trình
này ta có các nghiệm (1, m-1), (2, m-2),, (m 1, 1) nên N 2(m) = m 1. Để tính
N3(m) ta xét phơng trình x1 + x2 + x3 = m . Cho x3 = 1, 2, , m - 2, ta có
N3(m) = N2(m - 1) + N2(m - 2) + + N2(2) = (m 2) + +1.
m 1
m 1
ữ. Ta chứng minh N n (m) =
ữ bằng quy nạp
2

n 1

Vậy, N3 (m) =

Hiển nhiên N n (m) = N n1 (m 1) + N n1 (m 2) + L + N n1 (n 1) . Do đó
m 2 m 3
n 2 m 1
N n ( m) =
+
+
L
+
ữ
ữ
n 2 ữ = n 1 ữ.
n 2 n 2



Bài toán 2. Cho k, m, n là những số nguyên dơng. Tính số nghiệm nguyên dơng của

hệ:


x1 + L + xn = y1 + L + yn + 1

x1 + L + xn nk , m < n.

Giải: Cho mỗi số nguyên dơng s, 1 s nk, ta ký hiệu số nghiệm nguyên dơng của
hệ x1 + x2 + L + xn = s là Nn(s). Khi đó, số nghiệm nguyên dơng của hệ
x1 + ... + xn = s

y1 + ... + ym = s 1
s 1 s 2
N n ( s) N m ( s 1) =
ữ+
ữ.
n 1 m 1

là

Hiển nhiên, nếu s < n thì Nn(s) = 0. Vậy số nghiệm nguyên dơng của hệ phơng trình
đã cho là
nk
s 1 s 2 nk s 1 s 2
S ( m, n ) =
ữ+
ữ=
ữ+
ữ.
s = 2 n 1 m 1

s = n n 1 m 1



Bài toán 3. Cho các số nguyên k 0 và l, ký hiệu N(k,l) là số nghiệm nguyên (x 1,
xn; y1yn) của hệ phơng trình:
n 2 n 2
xi = yi + l
i =1
i =1
x , y k , i = 1,...n.
i i

Chứng minh bất đẳng thức N(k,l) N(k,0)
Giải. Cho số nguyên s. Ký hiệu As là số nghiệm nguyên của hệ
n 2
xi = s
i =1
x k , i = 1,...n.
i

Ta có As-l là số nghiệm của hệ
n 2
yi = s l
i =1
y k , i = 1,...n.
i

Số nghiệm của hệ là

A A
s

s

s l

Vì

A

2
s

s

, nên N(k,l) N(k,0).



Bài toán 4. Cho 2006 hình chữ nhật với độ dài các cạnh là những số nguyên a, b
mà 100 a b 1. Hình chữ nhật với độ dài các cạnh (a,b) đợc gọi là chứa đợc


trong hình chữ nhật với độ dài các cạnh (c,d) nếu c a, d b. Khi đó có ít nhất 41
hình chữ nhật lần lợt chứa đợc nhau.
Ta chia 2006 hình chữ nhật này ra làm 50 lớp
{ ( 100, b1 ) 100 b1 1} { ( a1 ,1) 100 a1 1}

{ ( 99, b2 ) 99 b2 2} { ( a2 ,2 ) 99 a2 2}

{ ( 98, b3 ) 98 b3 3} { ( a3 ,3) 98 a3 3}

...................................................................

{ ( 52, b49 ) 52 b49 49} { ( a49 ,49 ) 52 a49 49}

{ ( 51, b50 ) 51 b50 50} { ( 50,50 ) } .
Hình chữ nhật (a,b) thuộc một trong 50 lớp trên và các hình chữ nhật thuộc
cùng một lớp thì chứa nhau. Do số hình chữ nhật là 2006 phân vào 50 lớp, nên phải
có ít nhất một lớp chứa nhiều hơn 40 hình chữ nhật.
Bài toán 5. Cho dãy số nguyên tố bất kỳ p 1 = 2, p2 3, pn+1 pn 2, n 1. Đặt
n

S n = pi . Chứng minh rằng khi đó giữa S n và Sn+1 có ít nhất một số chính phơng với
i =1

mọi n nguyên dơng.
Chứng minh. Giả sử có n để giữa Sn và Sn+1 không có một số chính phơng nào. Khi
đó có k để
k 2 S n < S n+1 (k + 1) 2

(1)

Vậy pn+1 = Sn+1 Sn (k+1)2 k2 = 2k + 1 và suy ra pn pn+1 - 2 2k 1.
Ta có dãy bất đẳng thức
pn+1 2k + 1
p 2k 1
n
pn1 2k 3

pn 2 2k 5
....................

pn+1i 2k + 1 2i := x.


Do p1 = 2 và x lẻ, nên x 3 . Nếu x = 3 thì tất cả các bất phơng trình phải trở thành
phơng trình. Khi đó Sn+1 = 2 + p2 ++pn+1 > 1 + 3++(2k+1) =(k+1) 2, mâu thuẫn
với (1). Nếu x 5 thì x - 2 3 và
Sn = 2 +p2++pn < 1+ 3 ++(2k-1) = k2.
Điều này mâu thuẫn với (1).
Vậy không có x thỏa mãn dãy bất đẳng thức. Ta có điều phải chứng minh.
1.1.7. Định lý. Cho số nguyên dơng n>1. Phân tích tiêu chuẩn của n! là
n ! = p1 1 p2 2 ... ps s ,
n n n

trong đó i = + 2 + 3 + ...+, i = 1,..., s.
p
p
p


i



i

i



n

Chứng minh. Với j đủ lớn ta có pij > n nên j = 0 . Vậy tổng để tính các i là tổng
pi
của hữu hạn số hạng. Theo tính chất của hàm phần nguyên, số các nguyên dơng là
n

bội của p và không lớn hơn n đúng bằng . Do đó, ta có thể viết
p
n! = p

n

p

n
. !q1 ,
p

n

p
n
ở đó UCLN (p,q1) = 1. Dễ kiểm tra đợc rằng = 2 . Số các số nguyên dơng là
p p

n

n

bội của p không lớn hơn đúng bằng 2 nên ta có biểu diễn
p
p
n

2 n
n
p
!
=
p
. 2 ! q2
p

p

ở đó UCLN (p,q2) = 1. Suy ra
n! = p

n n
+ 2
p p

n
. 2 !q1q2
p

Tiếp tục quá trình này cho đến bớc thứ j với

n
< 2 và thu đợc
pj


n! = p

n n n
+ 2 + 3 +...
p p p

.q1q2 ...qs ,

ở đó UCLN (p, q1, , qs) = 1. Do đó, số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của n!
n n n

n





là = + 2 + 3 + ... + j . Khi cho p = pi, i=1,,s, ta có điều cần chứng

p
p
p
p






minh.

1.2. Hàm nhân, công thức tổng trải
1.2.1. Định nghĩa. Một hàm số f xác định trên tập hợp các só nguyên dơng Ơ + và
nhận giá trị trong trờng các số hữu tỷ Ô đợc gọi là hàm số học.
1.2.2. Định nghĩa. (a) Hàm số học f đợc gọi là hàm có tính chất nhân (hàm nhân)
i) Tồn tại số nguyên dơng n để cho f(n) 0
ii) Với mọi số nguyên dơng a, b nguyên tố cùng nhau, ta có
f (ab) = f (a)f (b).
(b) Trong trờng hợp đẳng thức đúng với mọi a, b hàm f đợc gọi là hàm tính chất
nhân mạnh.
(c) Hàm số học k đợc gọi là hàm cộng tính nếu mọi số nguyên dơng a, b nguyên tố
cùng nhau, ta có k(ab) = k(a) +k(b).
Ví dụ. Các hàm số học xác định nh sau đều là hàm nhân:
nếu:

1
+
f(a) = am , m N; g ( a) = , a Ơ .
a

Nhận xét: Nếu f là một hàm nhân, n là số nguyên dơng có khai triển thành tích của
các số nguyên tố dạng n = p1 p2 ... pk thì f (n) = f ( p1 ) f ( p2 )... f ( pk )
1

2

k

1

2

k

1.2.3. Mệnh đề. Cho các hàm số học f, g là những hàm nhân và k là hàm cộng. Khi
đó, ta có
(i)
f (1) = 1, k (1) = 0
(ii) Hàm f g xác định bởi (fg)(n) = f(n) g(n) cũng là một hàm nhân.
Chứng minh. (i) Vì f là hàm nhân, nên có số nguyên dơng n để f(n) 0. Khi đó ta có
f (n) = f (1.n) = f(1).f(n). Vì n f(n) 0, nên f(1) = 1. Vì k(1) = k(1.1) = k(1) + k(1),
nên k(1) = 0.


(ii) Ta có (fg)(1) = f(1)g(1) 0 theo trên nên fg 0. Hơn nữa, nếu các số nguyên dơng a,b thoả mãn UCLN (a,b) = 1 thì (fg)(ab) = f(ab)g(ab) = f(a)f(b)g(a)g(b) = (fg)



(a)(fg)(b). Ta có điều phải chứng minh.

1.2.4. Định lý. (Công thức tổng trải) Nếu số nguyên dơng n có sự phân tích chính
tắc n = p1 1 p2 2 ... ps s thì với mọi hàm nhân f ta có
s

j

i =1

j =1

f (d ) = (1 + f ( pij )
dn

Chứng minh. Khai triển tích ở vế phải của hệ thức trên ta có
s

j

i =1

j =1

(1 + f ( pij )
=

f ( p ) f ( p )... f ( p ) , trong đó 0 i i, i = 1,,s,
1

1

2

2

s

s

f ( p p ... p ) , (vì f là hàm nhân),
= f (d ) , d = p p ... p .
=

1

1

dn

2

2

s

s

1

1

2

2

s

s



Nh vậy, hệ thức trên là đúng.

1.2.5. Định lý. Giả sử f là hàm có tính chất nhân. Khi đó hàm
F ( n) = f ( d )
dn

cũng có tính chất nhân.
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng, nếu m, n là các số nguyên dơng nguyên tố cùng nhau
thì F (mn) = F ( m) F (n) . Giă sử (m, n) = 1 , ta có
F (mn) =



d mn

Vì

f (d ) .

(m, n) = 1 nên mỗi ớc số của mn có thể viết duy nhất dới dạng tích

d = d1d 2 trong đó d1 là ớc của m , d 2 là uớc của n và d1 , d 2 nguyên tố cùng nhau.
Do đó, ta có thể viết
F (mn) =



d1 m, d 2 n

f (d1d 2 )

.

Vì f là hàm có tính chất nhân và d1 , d 2 nguyên tố cùng nhau, cho nên


F (mn) =



d1 m, d 2 n

f (d1d 2 ) =



d1 m

f (d1 ). f (d 2 ) = F (m) F (n)
d2 n

.



1.3. Hàm ( n), ( n) và số hoàn chỉnh
1.3.1. Định nghĩa: Cho số nguyên dơng n.
a) (n) là hàm số biểu thị số các ớc nguyên dơng của n. Ký hiệu

(n) = 1 .
d \n

b) (n) là hàm số xác định với mọi số nguyên dơng n, biểu thị tổng các ớc tự
nhiên của n. Ký hiệu:

(n) = d
d \n

1.3.2. Mệnh đề. Hàm số (n) và (n) là hàm số có tính chất nhân.
Chứng minh: Đặt f(x) = 1, x N và f(x) = x, x N theo định lý 2.1.5 , ta có

(n) = 1 = f ( d ) và (n) = d = f (d )
d \n

là các hàm có tính chất nhân.

d \n

d \n

d \n



1.3.3. Công thức tính. Giả sử n = p1k1 p2k2 ... pnkn là dạng phân tích chính tắc của n, khi
đó
a) (n) = ( k1 + 1) ( k2 + 1) L ( kn + 1) .
b) (n) =

p1k1+ 1 1 p2k2+ 1 1 pmkm+ 1 1
.
...
p1 1 p2 1
pm 1

Chứng minh. Vì (n) là hàm số có tính chất nhân nên (n) = ( p1k 1 ) ( p2k 2 )... ( pnkn ) . Ta
chỉ cần chứng minh ( p k ) = k + 1 . Thật vậy, với p là số nguyên tố nên pk chỉ có các ớc
là 1, p, p2, , pk. Vậy, số các ớc của ( p k ) là k + 1 hay ( p k ) = k + 1 .
p k1+ 1 1 p k2+ 1 1

p km + 1 1

Vậy, (n) =(k1+1)(k2+1)(km+1) và (n) = p1 1 . p2 1 ... pm 1 .
1
2
m
1.3.4. Mệnh đề. Với mọi n ta có bất đẳng thức sau: (n) < 2 n .


n

cũng là ớc của n. Ta chia tập hợp các ớc của n
a

Chứng minh. Nếu a là ớc của n thì

làm 2 tập hợp con s1 = { a / n, a n } , s2 = { b / n, b n } . Với mỗi phần tử b S2 tơng
n
b

ứng với phần từ a = S1 . Vậy số phần tử của S2 không vợt quá số phần tử của S1. Rõ
ràng, số phần tử của S1 bé hơn hay bằng n hay (n) 2 n .
1.3.5. Mệnh đề.

n

(d ) =
dn

(k j + 1)(k j + 2)
2

j =1

, trong đó n = p1k1 p2k 2 ... pmkm là dạng phân

tích chính tắc của n.
Chứng minh. Giả sử n = p1k1 p2k2 ... pmkm là dạng phân tích chính tắc của n, khi đó áp
dụng định lý 2.1.4, ta đợc:
n

n

n

(d ) = 1 + ( p j ) + ... + ( p kjj ) = 1 + 2 + ... + k j + (k j + 1) =

d \n
j =1
j =1
j =1

(k j + 2)(k j + 1)
2

1.3.6. Mệnh đề. a) n là số nguyên tố khi và chỉ khi (n) = n+1.
b) (n) là số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phơng hoặc

n
là số chính phơng.
2

Chứng minh. a) Nếu n là số nguyên tố thì (n) = n + 1, ngợc lại nếu (n) = n + 1 thì
n là số nguyên tố. Giả sử n là hợp số thì n có ớc là 1, a và n (với 1 < a < n)
Nh vậy, (n) n + 1 + a > n+1 (vô lý)
- Nếu n = 1 thì (n) = 1 < n + 1 (vô lý).
- Nếu n = m2 hoặc n = 2m2 thì n = 2 . p1 . p2 .... pk , ở đó p1, p2, pk là các số
1

2

k


k1
k2
km
nguyên tố lẽ còn i là chẵn, khi đó: (n) = (2 ) ( p1 ) ( p2 )... ( pm )

Ta có (2) = 2+1 - 1 là số lẻ.


Vì i là số chẵn nên ( pi ) = 1 + p1 + p2 + ... + pi là số lẻ. Vậy (n) là số lẻ.
i

i







Đảo lại, giả sử (n) lẻ và giả sử n = 2 . p1 1 . p2 2 .... pk k khi đó với mỗi i, ( pi ) là
i

số lẻ. Mặt khác, ( pi ) = 1 + p1 + p2 + ... + pi i + 1(mod 2) suy ra i là số chẵn. Do đó,
i

i

nếu là chẵn thì n là số chính phơng, nếu lẻ thì

n
là số chính phơng.
2



1.3.7. Định lý. Số nguyên dơng n là hợp số khi và chỉ khi (n) > n + n .
Chứng minh. i) Giả sử (n) > n + n . Vì (1) = 1 nên n > 1 . Ta cần chứng minh n là hợp
số. Giả sử ngợc lại, n là số nguyên tố. Từ đó ta có:
(n) = n + 1 < n + n , n > 1 ,

Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức trên. Vậy n là hợp số.
ii) Giả sử n là hợp số. Ta cần chứng minh (n) > n + n . Vì n là hợp số nên n = ab ,
với 1 < a, b < n , a, b nguyên dơng. Suy ra a n hoặc b n . Giả sử a n . Khi đó
b n . Vậy:

( n) = d 1 + b + n > n + b n + n .
dn

Định lý đợc chứng minh.


1.4. Hàm số số học Euler và ứng dụng
Cho n là số tự nhiên khác không. Trong các hàm số số học, hàm số Euler đợc
định nghĩa sau đây, có vai trò rất quan trọng.
1.4.1. Định nghĩa. Hàm số Euler (n) là hàm số số học có giá trị tại n bằng số các
số tự nhiên khác 0, không vợt quá n và nguyên tố cùng nhau với n:

( n) = 1

1 m n .
( n , m ) =1

Từ định nghĩa trên đây, ta có ngay hệ quả: Số tự nhiên p lớn hơn 1, là số nguyên
tố khi và chỉ khi ( p) = p 1.
1.4.2. Định nghĩa. Hệ thặng d đầy đủ modn là một tập hợp gồm n số nguyên đôi
một không đồng d với nhau theo modn.
Hệ thặng d thu gọn modn là một tập hợp gồm (n) số nguyên đôi một không
đồng d với nhau theo modn và mỗi số đều nguyên tố cùng nhau với n .
1.4.3. Định lý. Giả sử a là số nguyên sao cho a và n nguyên tố cùng nhau. Khi đó,
nếu r1 , r2 , ... , r ( n ) là một hệ thặng d thu gọn modn thì ar1 , ar2 , ... , ar ( n ) cũng là hệ
thặng d thu gọn modn.
Chứng minh. Với 1 i j n , giả sử ari ar j (mod n) ,thế thì từ giả thiết a và n
nguyên tố cùng nhau ta suy ra

ri r j (mod n) . Điều này trái với giả thiết

r1 , r2 , ... , r ( n ) là hệ thặng d thu gọn. Nh vậy, mỗi số nguyên của hệ
ar1 , ar2 , ... , ar ( n ) đôi một không đồng d với nhau theo modn. Ngoài ra, cũng từ giả
thiết a và n nguyên tố cùng nhau ta suy ra

(ari , n) = ( ri , n) = 1 . Vì vậy, hệ

ar1 , ar2 , ... , ar ( n ) cũng là hệ thặng d thu gọn modn. Định lý đợc chứng minh.
1.4.4. Định lý Euler. Nếu a là số nguyên, nguyên tố cùng nhau với n , thì
a ( n) 1 (mod n) .
Chứng minh. Giả sử r1 , r2 , ... , r ( n ) là một hệ thặng d thu gọn modn. Theo định lý
1.4.3 hệ ar1 , ar2 , ... , ar ( n ) cũng là hệ thặng d thu gọn modn. Vì mỗi thặng d của hệ

này đồng d với một và chỉ một thặng d của hệ kia theo modn, cho nên ta có:


ar1 ar2 ... ar ( n) r1 r2 ...r ( n ) (mod n).
Do đó,
a ( n) r1 r2 ... r ( n ) r1 r2 ...r ( n ) (mod n).
Vì mỗi thặng d ri nguyên tố cùng nhau với n, cho nên ta có:
a ( n ) 1(mod n).
Định lý Euler đợc chứng minh.



1.4.5. Hệ quả. Nghiệm của phơng trình đồng d bậc nhất ax b(mod n), với
(a, n) = 1 là x a ( n ) 1b(mod n) .
1.4.6. Bổ đề. Cho m,n là hai số nguyên dơng, nguyên tố cùng nhau. Khi đó, mỗi
hàng trong bảng số sau đây là một hệ thặng d đầy đủ modn:
1
2
...
r
. ..
m

m + 1 2m + 1 ... ( n 1)m + 1
m + 2 2m + 2 ... (n 1)m + 2
...
....
...
m + r 2m + r ... ( n 1)m + r
...

....
...
2m
3m ...
mn.

Chứng minh. Ta xét hàng thứ r tổng quát. Với 0 x, y n 1 , giả sử
xm + r ym + r (mod n) ,
khi đó từ giả thiết m và n nguyên tố cùng nhau, ta suy ra
x y (mod n) .
Do đó, mỗi hàng của bảng số trên gồm n số nguyên phân biệt đôi một không đồng d
với nhau theo modn, hay mỗi hàng là một hệ thặng d đầy đủ modn.
1.4.7. Định lý. Hàm Euler (n) là hàm có tính chất nhân, nghĩa là với m,n là hai số
nguyên dơng nguyên tố cùng nhau, ta có: ( mn) = ( m) ( n).
Chứng minh. Ta sắp xếp tất cả các số nguyên dơng không vợt quá tích mn thành bảng
số nh trên. Giả sử r là số nguyên dơng không vợt quá m và (m, r ) = d > 1. Khi đó,
trong hàng thứ r không có số nào nguyên tố cùng nhau với mn. Vì thế để tính giá trị


(mn) ta chỉ xét các số trong hàng thứ r với (m, r ) = 1. Các số trong hàng này đều
nguyên tố cùng nhau với m. Ngoài ra, theo bổ đề 1.6, các số trong hàng này lập
thành một hệ thặng d đầy đủ modn, nghĩa là có đúng (n) số trong hàng này nguyên
tố cùng nhau với n. Do đó, trong mỗi hàng này có (n) số nguyên tố cùng nhau với
mn. Có cả thảy (m) hàng nh vậy. Vì vậy, trong bảng số trên có (m) (n) số
nguyên tố cùng nhau với mn, hay

(mn) = (m) (n).
Định lý đợc chứng minh.
1.4.8. Bổ đề. Nếu p là số nguyên tố và k là số nguyên dơng thì ta có:

( p k ) = p k (1 p k 1 ).
Chứng minh. Theo định nghĩa hàm Euler (n) , ta có

( pk ) =

1 = 1 = p k 1 = p k 1 .

1 m p k 1 m p k
( m, p k ) =1 ( m, p ) =1

1 m p k
( m, p ) 1

1 m p k
m p

Ta thấy rằng, các số nguyên dơng không vợt quá p k và chia hết cho p phải có dạng
sp, p s p k 1 . Do đó, có đúng p k 1 số nh vậy. Vì vậy, ta có

( p k ) = p k p k 1 .
1.4.9. Công thức tính giá trị của hàm số Euler.
Giả sử n = p11 p 2 2 p k k là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n, Khi đó, ta
có công thức

( n) = n(1

1
1
1
)(1

) (1
).
p1
p2
pk

Chứng minh. Do hàm Euler có tính chất nhân, nên áp dụng bổ đề 1.4.8, ta có công
thức cần chứng minh.
1.4.10. Định lý. (Hệ thức Gauss) Giả sử n là số nguyên dơng. Khi đó, ta có công
thức sau:

(d ) = n,

d /n


trong đó tổng đợc lấy theo mọi ớc của n.
Chứng minh. Thật vậy, nếu n = 1, thì công thức đúng. Nếu n > 1, thì nó có dạng phân
tích tiêu chuẩn, giả sử là n = p11 p 2 2 p k k . Khi đó, áp dụng tính chất nhân của
hàm số Euler ta đợc

(d ) =

0 i i
i =1,..., k

d /n

=

( p11 p2 2 ... pkk ) =



( p11 ) ( p22 )... ( pkk ) =

k



0 i i
i =1,..., k

= (
i =1

0 i i

k

( p )) = (1 + ( pi 1) + ( p pi ) + L + ( p p
i
i

i
i

2
i

i =1

i 1
i

k

)) = pi i = n.
i =1

Công thức trên đợc chứng minh.
1.4.11. ứng dụng. Các tính chất của hàm Euler đợc sử dụng để tính đồng d của
những luỹ thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính a n mod k , trong đó n là một số
nguyên dơng rất lớn. Giả sử có


k = p11 p 2 2 p k k .
Khi đó, theo định lý Euler ta có
a

( pi i )



1(mod p i j ).

Do đó, nếu N là bội chung nhỏ nhất của các ( p i i ) thì
a N 1(mod k ).
Vì vậy, nếu viết n = Nq + r , r < N , ta đợc

a n a r (mod p i j ).
Ta xét một ví dụ bằng số: Tính 21000000 mod 77 . Ta có:

77 = 11.7, và có

(7) = 6, (11) = 10. Bội chung nhỏ nhất của 6 và 10 là 30. Do đó
2 30 1(mod 77).
Mặt khác, 1000000 = 30. 33333 + 10, do đó 21000000 210 23 (mod 77).


1.5. Tính toán với các hàm số số học
1.5.1. Hàm Euler và các ứng dụng liên quan
Hàm Euler của số tự nhiên n đợc tính bằng lệnh
{>phi(n);
Thí dụ: [ > phi(123456);
41088
Ngợc lại, ta cũng có thể tìm đợc những số tự nhiên n nhận một số a cho trớc làm giá
trị Phi hàm Euler của nó, bằng lệnh
[> invphi (a);
Thí dụ: [> invphi (41088) ;
[51365, 54655, 55705, 82184, 82304, 87488, 89128, ,154260,154320,179970].
Tuy nhiên đây là một công việc tính toán vô cùng phức tạp cho nên ngay cả
với máy tính ta cũng không thể tìm đợc giá trị của hàm với a đủ lớn trong khoảng
thời gian có thể chờ đợi đợc. Ngoài ra, lu ý rằng phi - hàm không phải là ánh xạ toàn
ánh cho nên không phải giá trị nào của a thì hàm invphi () cũng cho kết quả.
Thí dụ: [invphi(123);
[]
Ta biết rằng khi a và n là các số nguyên tố cùng nhau thì định lý Euler cho
phép tìm nghịch đảo của số a theo modulo n, tơng tự nh ta đã dùng định lý Fermat

để tìm nghịch đảo của số a theo modulo một số nguyên tố. Thủ tục này đợc thực
hiện nh sau:
Trớc hết ta kiểm tra tính nguyên tố cùng nhau của hai số a và n bằng lệnh tính
ớc chúng lớn nhất của chúng:
[> gcd(a,n) ;
Nếu chúng không nguyên tố cùng nhau (kết quả lệnh trên khác 1) thì ta kết luận
không tồn tại nghịch đảo. Ngợc lại, ta tính nghịch đảo của a theo modulo n bằng
việc tính a ( n ) 1 , thông qua lệnh:
[> a^(phi(n)-1) mod n ;
Ví dụ, tính nghịch đảo của số 56341 theo modulo 13713471 qua các lệnh sau:
[> gcd(56341,13713471);
1

[> 56341&^(phi(13713471)-1) mod 13713471;
11683261


Kiểm tra lại ta thấy
[> 11683261*56341 mod 13713471;
1

1.5.2. Hàm sigma(.) và số hoàn hảo
Ta đã biết hàm tau(.) cho biết số lợng các ớc dơng của một số nguyên. Tổng
của các ớc này đợc tính bằng hàm sigma( . ), có cú pháp lệnh tính là:
[> Sigma( n ) ;
Thí dụ:
[> sigma (123456789) ;
178422816
Muồn biết số n có là hoàn hảo hay không, ta dùng lệnh kiểm tra xem biểu thức
sigma (n) = 2*n có đợc thoả mãn không, bằng lệnh:

[> is ( sigma (n) = 2*n ;
Thí dụ, ta có n = 6 là một số hoàn hảo, vì rằng
[> is (sigma(6) = 2*6 ;
true
Tiếp tục với n =124
[> is (sigma (124) = 2*124 ;
false
ta thấy nó không phải là số hoàn hảo. Để thấy đợc khả năng tính toán của Maple, ta
xét một ví dụ không tầm thờng, với n = 2305843008139952128. Khi ấy ta có:
[> is ( sigma ( 2305843008139952128 ) = 2*2305843008139952121);
và nh vậy 2305843008139952128 là một số hoàn hảo.

1.5.3. Số Mersenne và số nguyên tố Mersenne
Số Mersenne thứ k là số ( 2 1) và đợc tính trực tiếp bằng lệnh:
k

[> M[k] := 2^k 1 ;
Thí dụ, số Mersenne thứ 9 đợc tính bằng
[> M[9] := 2^9 1 ;
M := 511
9

Khi k là số nguyên tố ta dùng hàm Mersenne (k) kiểm tra xem số Mersenne thứ k có
là số nguyên tố Mersenne hay không? Nếu hàm trên trả lại giá trị false thì số M[k]
không phải là số nguyên tố Mersenne, ngợc lại hàm trả lại giá trị bằng số Mersenne
thứ k, tức là 2 1. Ví dụ:
[> k := 7 ;
k

k:=7
[> mersenne(k) ;
127
Nh vậy số Mersenne thứ 7 là số nguyên tố và bằng 127. Tơng tự, ta dễ dàng kiểm tra
đợc rằng trong 50 số Mersenene đầu tiên thì chỉ có các số thứ 2, 3, 5, 7, 13, 19, 31 là
những số nguyên tố ( còn lại đều là hợp số ). Càng về sau chúng phân bố càng tha
thớt, cho nên việc tìm đợc một số nguyên tố Mersenne rất khó khăn. Thí dụ:
[> mersenne ( 111) ;
false
[> mersenne (203) ;
false
[> mersenne (307) ;
false

1.5.4. Bậc của một số và căn nguyên thuỷ
Bậc của số nguyên a theo modulo n là số tự nhiên n nhỏ nhất thoả mãn
a mod m = 0 , và đợc tính bằng lệnh order (a, m). Kết quả trả lại của lệnh là FAIL
( không tồn tại ) nếu nh a và m không phải là hai số nguyên tố cùng nhau. Ngợc lại
hàm trả lại bậc của a theo modulo m. Thí dụ:
[> order (18,30) ;
FAIL
[> order ( 171717, 23232323) ;
2040
Thật vậy, kiểm tra lại ta thấy:
[> 171717&^2040 mod 23232323 ;
1
n

Căn nguyên thuỷ modulo m là những số có bậc đúng bằng ( m ) , cho nên
muốn kiểm tra một số a có phải là căn nguyên thuỷ hay không chỉ cần dùng lệnh

[> is (order (a,m) =phi(m) ;
Ví dụ
[> is ( order (123,1114111) = phi (1114111)) ;
true
[> is ( order (1111,1114111) =phi(1114111)) ;
false


Nh vậy 123 là căn nguyên thuỷ modulo 1114111 thì không phải. Ta biết rằng
nếu tập căn nguyên thuỷ modulo m mà khác rỗng thì nó có số phần tử ( ( m ) ) phần
tử không đồng d với nhau. Nh vậy số lợng các căn nguyên thuỷ modulo 1114111
( không đông d với nhau) đợc tính bằng lệnh
[> phi (phi (1114111) ;
297072
Phần tử đầu tiên trong tập các căn nguyên thuỷ modulo m đợc tính bằng lệnh
[> primroot (m) ;
Nếu không tồn tại căn nguyên thuỷ modulo m thì kết quả sẽ báo FAIL, còn
ngợc lại thì sẽ cho kết quả cần tìm. Thí dụ:
[> primroot (a,m) (11111111) ;
FAIL
[> primroot (11111117) ;
2
Phần tử đầu tiên lớn hơn số a trong tập các căn nguyên thuỷ modulo m đợc tính bằng
lệnh
[> primroot (a,m) ;
Thí dụ:
[> primroot (23,11111117):
27

1.5.5. Phơng trình đồng d và hệ phơng trình đồng d

Giải phơng trình eqn đồng d theo modulo m bằng lệnh:
[> msolve (eqn,m) ;
Ví dụ:
[> msolve (113*x^2+121*x-24=0, 333) ;

{ x = 130} ,{ x = 13} ,{ x = 204} ,{ x = 87}
Nếu nh thấy kết quả không hiện ra thì có nghĩa là phơng trình vô nghiệm.
Thí dụ:
[> msolve (113*x^2+121*x+1=0, 333) ;
Thủ tục giải hệ phơng trình đồng d cũng tơng tự nh vậy. Thí dụ:
[> msolve ({ 113* x 141* y = 111,171* x + 159 * y = 211} ,111);

{ x = 455, y = 616}