SH tien v bai toan lien quan voi cac ham so hoc

1

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC
Giáo viên: Võ Tiến
Trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam
Địa chỉ email:
A. Tóm tắt báo cáo :
Chương I.
- Nêu định nghĩa, tính chất của các hàm số học.
- Tóm tắt các hàm số học thường gặp như : Hàm MÖbius; hàm Euler ; hàm
(n), hàm (n), hàm k(n), hàm Liouville, hàm (n), hàm S(n), hàm g(n) và
hàm h(n.)
- Nêu định nghĩa số hoàn hảo, số thiếu, số thừa và số Mersenne
(không chứng minh các định lý)
Chương II. Các bài toán số học liên quan đến các hàm số học
1. Các bài toán về tính chất của các hàm số học.
2. Các bài toán về ước số, bội số, số nguyên tố, số chính phương
3. Các bài toán về đẳng thức số học:
4. Các bài toán về bất đẳng thức số học
5. Các bài toán về số hoàn hảo, số thiếu, số thừa, số Mersrenne.
Kết luận


2

B. MỤC LỤC

Trang

TÓM TẮT BÁO CÁO ………………………………………………………......1
NỘI DUNG BÁO CÁO …………………………………………………….........3

Chương 1. CÁC HÀM SỐ HỌC THƯỜNG DUNG ……..………………….. .3
1.1. Định nghĩa hàm số học và các tính chất cơ bản…………….…………….3
2.1.1. Định nghĩa hàm số học ………………………………………….... 3
2.1.2. Tính chất nhân tính và cộng tính của hàm số học …………………3
2.2. Hàm MÖbius và công thức nghịch đảo của MÖbius ………………........4
2.2.1. Hàm MÖbius ………………………………………………………4
2.2.2. Công thức nghịch đảo của MÖbius ……………………………….5
2.3. Hàm Euler …………………………………………………..……...........6
2.4. Hàm (n), hàm (n), hàm k(n), hàm Liouville, hàm (n), hàm S(n),
hàm g(n) và hàm h(n)………………………………………………….....8
2.4.1. Hàm (n), hàm (n), hàm k(n) ………………………………….. .8
2.4.2. Hàm Liouville, hàm số (n), hàm S(n), hàm g(n), và h(n) ……….9
2.5. Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa và số Mersenne ………………….……...10
2.5.1. Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa …………………………………….10
2.5.2. Số Mersenne ………………………………………………….…...12
Chương 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC... 13
3.1. Các bài toán về tính chất của các hàm số học ……………………….…..13
3.2. Các bài toán về ước số, bội số, số nguyên tố, số chính phương ………...17
3.3. Các bài toán về đẳng thức số học ………..………………..…………......23
3.4. Các bài toán về bất đẳng thức số học ………..…………….……….........28
3.5. Các bài toán về số hoàn hảo,số thiếu, số thừa,số Mersrenne…………….32

Bài tập đề nghị …………………………………………………………………37
KẾT LUẬN ……………………………………………………………………...38
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………..39


3

C. NỘI DUNG BÁO CÁO

Chương 1. CÁC HÀM SỐ HỌC THƯỜNG DÙNG
Trong chương này, chúng tôi trình bày khá đầy đủ về định nghĩa và các tính chất
của các hàm số học một cách tóm tắc. Một số mảng kiến thức có liên quan đến lý
thuyết các hàm số học, như: số hoàn hảo, số siêu hoàn hảo, số thiếu, số thừa, số
Mersenne…, cũng được nghiên cứu tương đối kỹ bởi vì các khái niệm và phương
pháp nghiên cứu chúng thường được tái hiện ít nhiều trong các đề thi chọn học sinh
giỏi Toán.
1.1. Định nghĩa hàm số học và tính chất cơ bản
1.1.1 Định nghĩa hàm số học
Định nghĩa 1.1. ([08]) Hàm số học là hàm xác định trên tập hợp các số nguyên
dương.
Ví dụ 1.1.
a) Cho hàm f: ¥*  ¡ xác định bởi f (n)  sin n . Khi đó f là hàm số học.
b) Cho hàm : ¥*  ¥* xác định bởi  (n) =số các ước dương của n.

c) Cho hàm : ¥*  ¥* xác định bởi  (n) =tổng các ước dương của n.
1.1.2 Tính chất nhân tính và cộng tính của hàm số học
Định nghĩa 1.2. ([08]) Một hàm số học f được gọi là có tính chất nhân (hay hàm
nhân tính) nếu với mọi số nguyên dương m, n nguyên tố cùng nhau, ta có:
f (mn )  f (m) f (n). Trong trường hợp đẳng thức đúng với mọi m, n (không nhất
thiết nguyên tố cùng nhau), hàm f được gọi là một hàm có tính chất nhân đầy đủ
(hay tính chất nhân hoàn toàn).
Ví dụ 1.2. Hàm f (n)  n k là một hàm có tính chất nhân đầy đủ với mọi số thực k
vì ta có
f ( mn)  ( mn) k  m k n k  f (m) f (n)
với mọi m, n  ¥*.
a
Định lý 1.1. ([08]) Giả sử f là một hàm có tính chất nhân, và n  p1a1 p2a2 ... pk k là
phân tích tiêu chuẩn của n ra thừa số nguyên tố. Khi đó

f (n)  f ( p1a1 ) f ( p2a2 )... f ( pkak ).
Định nghĩa 1.3. ([08]) Một hàm nhân tính được gọi là hàm nhân mạnh nếu và chỉ
f ( p k )  f ( p ) với mọi số nguyên tố p và mọi số nguyên dương k.
nếu
Định nghĩa 1.4. ([08]) Một hàm số học
f
thỏa mãn đẳng thức
f (mn)  f (m)  f (n) với tất cả các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau m và n
được gọi là một hàm cộng tính; nếu công thức trên thỏa với mọi số nguyên dương
m và n thì f được gọi là một hàm hoàn toàn cộng tính (hay cộng tính đầy đủ).
Ví dụ 1.3. Hàm f (n)  log n là một hàm cộng tính đầy đủ vì ta có:
f (mn)  log mn  log m  log n  f (m)  f ( n)
với mọi m, n  ¥*.
1.2. Hàm Möbius và công thức nghịch đảo của Möbius.


4
1.2.1. Hàm Möbius
Định nghĩa 1.5. ([08]) Hàm MÖbius là hàm số học  được xác định bởi (1)=1 và,
khi n>1,
(1) k nếu n là tích của k số nguyên tố đôi một phân biệt
 ( n)  
 0 trong các trường hợp khác.
Ví dụ 1.4.  (6)  1 vì 6=2.3;  (30)  1 vì 30=2.3.5;  (12)  0.
Mệnh đề 1.1. ([08]) Hàm MÖbius là hàm nhân tính.
Định nghĩa 1.6. ([08]) Cho f là hàm số học. Hàm “tổng giá trị của f trên các ước
dương” là hàm F được xác định bởi:
F ( n)   f ( d ) .
0 d n

Ví dụ 1.5. Cho hàm số học f: ¥*  ¥* xác định bởi f (n)  n 2 . Khi đó
F ( n) 



f (d ) 

0 d n

d

2

0 d n

.

d 2  12  22  32  42  6 2  122  210 .
Chẳng hạn, F (12)  0
 d 12
Định lý 1.2. ([08]) Giả sử f(n) là một hàm có tính chất nhân. Khi đó hàm



F ( n) 

f (d )

0 d n

cũng có tính chất nhân.
Chứng minh.
Ta sẽ chỉ ra rằng: nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, thì
F (mn)  F (m) F (n). Giả sử (m, n)  1. Ta có:
F (m.n) 



0 d mn

f (d ) .

Vì (m, n)  1 nên theo bổ đề 1.6, mỗi ước dương của mn có thể viết được một cách
duy nhất dưới dạng tích các ước dương d1 của m, d2 của n mà d1, d2 nguyên tố cùng
nhau, đồng thời mỗi cặp ước dương d1 của m, d2 của n tương ứng với một ước
dương d  d1d 2 của mn. Do đó ta có thể viết
F (mn) 



0 d1 m
0 d 2 n

f (d1d 2 )

.

Vì f là hàm có tính chất nhân và (d1 , d 2 )  1, nên
F ( mn) 



0 d1 m
0 d 2 n

f (d1 ) f (d 2 ) 



0  d1 m

f (d1 ).  f ( d 2 )  F (m).F (n)
0 d2 n

Định lý 1.3. ([05])
1 nếu n=1
 trong trường hợp khác.

  ( d )  0

0 d n

Ví dụ 1.6. Với n=24, ta có

.


5

  (d )   (1)   (2)   (3)   (4)   (6)   (12)   (24)

0 d 24

= 1+(-1)+(-1)+0+1+0+0=0.
Định nghĩa 1.7. ([05]) Cho f và g là các hàm số học, ta gọi tích Dirichlet của f và g
là hàm số học f * g được xác định bởi công thức:



( f * g )(n) 

0 d n

n
f (d )g ( ).
d

Ví dụ 1.7. Nếu f và g là các hàm số học thì
( f * g )(12)  f (1) g (12)  f (2) g (6)  f (3) g (4)  f (4) g (3)  f (6) g (2)  f (12) g (1).
Định lý 1.4. ([05]) Nếu f và g là các hàm nhân tính thì tích Dirichlet f * g cũng là
một hàm nhân tính.
Định nghĩa 1.8. ([05]) Ta định nghĩa các hàm số học:
a) I(n)=1 với mọi n ¥* ,
1 nếu n=1
b) e(n)  
0 trong trường hợp khác.
Định lý 1.5. (Tính chất của tích Dirichlet, [05]) Cho f, g, h là các hàm số học. Khi
đó:
a) f * g  g * f ;
b) ( f * g ) * h  f * ( g * h);

c) f * e  e * f  f ;
d) f * I  F  I * f ;
e)  * I  e.
1.2.2. Công thức nghịch đảo Möbius
Định lý 1.6 (công thức nghịch đảo Möbius, [08]). Giả sử f và F là các hàm số học
liên hệ với nhau bởi công thức:
F ( n) 



0 d n

f (d ), n  ¥ *.

Khi đó:
f ( n) 

n

  (d ) F ( d ) n  N .
*

0 d n

Chú ý rằng mệnh đề đảo của định lý 1.6 cũng đúng.
Định lý 1.7. ([08]) Nếu với mọi số nguyên dương n,
f ( n) 

n

  (d ) F  d ,

0 d n

thì
F ( n) 



0 d n

1.3. Hàm Euler

f (d ) n  ¥ *.


6
Định nghĩa 1.9. ([08]) Hàm Euler  : ¥ *  ¥ * (còn gọi là Phi-hàm Euler) là hàm
số học có giá trị tại n (n  ¥* ) bằng số các số nguyên dương không vượt quá n và
nguyên tố cùng nhau với n.
Ví dụ 1.8. (1)=1; (2)=1; (3)=2; (5)=4, (9)=6.
Định nghĩa 1.10. ([01]) Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n là một tập hợp gồm
 (n) số nguyên sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhau với n, và
không có hai phần tử khác nhau nào của tập hợp lại đồng dư với nhau môđulô n.
Ví dụ 1.9. Tập hợp 1, 3, 5, 7 là một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8. Tập hợp -3, -1,
1, 3 cũng vậy.
Định lý 1.8. ([01]) Giả sử r1 , r2 ,..., r ( n ) là một hệ thặng dư thu gọn môđulô n, a là số
nguyên mà (a, n)  1. Khi đó, tập hợp ar1 , ar2 ,..., ar ( n) cũng là một hệ thặng dư thu
gọn môđulô n.
Ví dụ 1.10. Tập hợp 1, 3, 5, 7 là một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8. Do (3,8)=1 nên

3, 9, 15, 21 cũng là một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8.
Định lý 1.9. (Định lý Euler, [01]). Giả sử m là số nguyên dương và a là số nguyên
với (a, m)=1. Khi đó a ( m )  1(mod m).
Nhận xét: Ta có thể tìm nghịch đảo môđulô m bằng cách sử dụng định lý Eurler.
Giả sử a, m là các số nguyên tố cùng nhau, khi đó
a.a ( m )1  a ( m )  1 (mod m).
Vậy a ( m )1 là một nghịch đảo của a môđulô m.
Ví dụ 1.11. 2 (9) 1  261  25  32  5 (mod 9) là một nghịch đảo của 2 môđulô 9.
Ví dụ 1.12. Giải đồng dư 3x  7 (mod 10). Ta có x  3 (10) 17  33.7  9 (mod 10).
Định lý 1.10. ([01]) Số nguyên dương p là số nguyên tố khi và chỉ khi
 ( p)  p  1.
Định lý 1.11. ([01]) Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên dương. Khi đó

 ( p a )  p a  p a 1.
Ví dụ 1.13.  (125)   (53 )  53  52  100;  (210 )  210  29  512.
Để thiết lập công thức tính  (n) khi biết phân tích ra thừa số của n, trước tiên ta
cần chứng tỏ  (n) là hàm nhân tính. Chúng ta minh họa ý tưởng sau với ví dụ:
Ví dụ 1.14. Giả sử m=4 và n=9, ta có m.n=36. Chúng ta viết các số nguyên từ 1 đến
36 trong bảng hình chữ nhật, như hình sau:
1
2

5
6

3
4

9
10

7
8

13
14
11

12

15
16

17
18
19
20

21
22
23
24

25
26
27
28

29
30

31
32

33
34
35
36


7
Dòng thứ hai và dòng thứ tư đều không chứa những số nguyên tố cùng nhau với
36, bởi vì những phần tử trong những dòng đó không nguyên tố cùng nhau với 4
nên nó không nguyên tố cùng nhau với 36. Chúng ta xét hai dòng còn lại, mỗi phần
tử của dòng này thì nguyên tố cùng nhau với 4, mỗi dòng có 6 số nguyên tố cùng
nhau với 9, ta khoanh tròn nó thì có 12 số nguyên trong danh sách những số nguyên
tố cùng nhau với 36. Do vậy  (36)  2.6   (4). (9).
Định lý 1.12. ([01]) Nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, thì
 (mn)   (m). (n).
a
a
a
Định lý 1.13. ([01]) Giả sử n  p1 1 p2 2 ... pk k là phân tích tiêu chuẩn của n ra thừa số
nguyên tố. Khi đó
1
1
1
 (n)  n(1  )(1  )...(1  ).
p1
p2
pk

Ví dụ 1.15.

(100)=(22.52)=100(1-

1
1
)(1- )=40
2
5

Chú ý rằng (n) là chẵn, ngoại trừ khi n=1 hoặc n=2. Định lý sau đây thể hiện
điều đó.
Định lý 1.14. ([08]) Giả sử n là một số nguyên dương lớn hơn 2. Khi đó (n) là một
số chẵn.
Kết luận sau đây nói rằng n là tổng các giá trị của phi hàm tại tất cả những ước
dương của n; kết quả đó sẽ được sử dụng hữu ích cho phần sau.
Định lý 1.15. ([08]) Giả sử n là một số nguyên dương. Khi đó

  (d )  n,

0 d n

trong đó tổng được lấy theo mọi ước dương của n.
Ví dụ 1.16. Chúng ta minh họa phần chứng minh của định lý 2.15 khi n=18. Những
số nguyên từ 1 đến 18 có thể chia thành những lớp Cd với d18, như vậy lớp Cd
gồm có những số nguyên m với (m, 18)=d. Ta có :
C1 = {1,5,7,11,13,17},
C2 = {2,4,8,10,14,16},
C3 = {3,15},

C6 = {6,12},
C9 = {9},
C18 = {18}.
Chúng ta xác định lớp Cd gồm (18/d) số nguyên, với 6 lớp bao gồm (18)=6;
(9)=6; (6)=2; (3)=2; (2)=1; và (1)=1 số nguyên tách biệt (lần lượt theo thứ tự
định sẵn).

 (d ) .
Chúng ta chú ý rằng 18=(18)+(9)+(6)+(3)+(2)+(1)= 0
 d 18


8
1.4. Hàm  (n), hàm  (n), hàm  k(n), hàm Liouville, hàm số  (n), hàm S(n),
hàm g(n) và h(n).
1.4.1. Hàm  (n), hàm  (n), hàm  k(n)
Định nghĩa 1.11. ([08]) Hàm tổng các ước dương, kí hiệu qua , được xác định bởi:
(n) bằng tổng mọi ước dương của số nguyên dương n.
Ví dụ 1.17. Trong bảng sau, chúng ta đưa ra (n) của 1  n  12.
N

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

(n
)

1

3

4

7

6

12

8

15

13

18

12

28

Ta có (12)=1+2+3+4+6+12=28.
Định nghĩa 1.12. ([08]) Hàm số các ước dương, kí hiệu qua , được xác định bởi:
(n) bằng số các ước dương của số nguyên dương n.
Ví dụ 1.18. Trong bảng sau, chúng ta đưa ra (n) của 1  n  12.
N

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

(n) 1

2

2

3

2

4

2

4

3

4

2

6

Ta có thể biểu diễn hàm (n), (n) dưới dạng

d ; (n)=  1 .
(n)= 0
d n
1 d n

Hệ quả 1.4. ([08]) Các hàm (n) và (n) có tính chất nhân.
Bổ đề 1.1. ([08]) Giả sử p là số nguyên tố, a là số nguyên dương. Khi đó
p a 1  1
 ( p )  1  p  p  ...  p 
,
p 1
a

2

a

 ( p a )  a  1.
Ví dụ 1.19. Áp dụng bổ đề 1.1 với p=5 và a=3, ta tính được
54  1
 (5 )  1  5  5  5 
 156

5 1
3

2

3

và

 (53 )  1  3  4.
Từ bổ đề 1.1 và hệ quả 1.4. ta suy ra công thức sau.
Định lý 1.16. ([08]) Giả sử số nguyên dương n có phân tích tiêu chuẩn ra thừa số
nguyên tố
n  p1a1 p2a2 ... psas .
Khi đó


9
a 1

j
p a1 1  1 p2a2 1  1 psas 1  1 s p j  1
 (n )  1
.
...

,
p1  1 p2  1
ps  1
p


1
j 1
j

s

 (n)  (a1  1)(a2  1)...( as  1)   ( a j  1).
j 1

Định nghĩa 1.13. ([08]) Hàm  k (n) là hàm tính tổng các lũy thừa bậc k của các ước
dương của n. Kí hiệu

 k ( n) 

d

k

.

0 d n

(chú ý 1 (n)   ( n),  0 (n)   (n))
Định lý 1.17. ([08]) Hàm  k có tính chất nhân.
Định lý 1.18. ([08]) Nếu p là số nguyên tố thì

 k ( p) 

d

k

 1  pk .

0 d p

Định lý 1.19. ([08]) Nếu p nguyên tố, a số nguyên dương thì

 k ( pa ) 

p ka  k  1
.
pk  1

Định lý 1.20. ([08]) Nếu n có phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố dưới dạng
n  p1a1 p2a2 ... pmam
thì
m

 k ( p1a1 p2a2 ... pmam )  
i 1

pikai  k  1
.
pik  1

1.4.2. Hàm Liouville, hàm số  (n), hàm S(n), hàm g(n) và h(n).
Định nghĩa 1.14. ([08]) Hàm Liouville là hàm số học  được xác định như sau:
 (1)  1 và  (n)  (1)1 2 ... m nếu 1  n  ¥* có phân tích thành thừa số nguyên tố

n  p11 p2 2 ... pm m .

Định lý 1.21. ([08]) Hàm Liouville là hàm nhân tính đầy đủ.
Định lý 1.22. ([08]) Với n là một số nguyên dương thì
   (d )  0 nếu n không là số chính phương
 0 d n

   (d )  1 nếu n là số chính phương.
 0 d n
Định nghĩa 1.15. ([08]) Hàm số học  : ¥*  ¥ được cho bởi:  (n) là số ước
nguyên tố của n.
Định lý 1.23. ([08]) Hàm (n) là hàm cộng tính, nhưng không cộng tính hoàn toàn.
Ví dụ 1.20: (10.15)=(2.3.52)=3(10)+(15).
Định nghĩa 1.16. ([02]) Cho n là số nguyên dương. Ta định nghĩa hàm S(n) là tổng
các chữ số của n, khi biểu diễn nó trong hệ thập phân.
Ví dụ 1.21. S(24)=2+4=6; S(2011)=2+0+1+1=4.


10
Mệnh đề 1.2. ([02]) Cho n là số tự nhiên dương, ta có:
a) S (n)  n (mod 9);
b) 0  S (n)  n;
c) S (n)  n  1  n  9;
d) S (m  n)  S (m)  S (n), với mọi m, n nguyên dương;
e) S (mn)  S (m).S (n), với mọi m, n nguyên dương;
Chú ý. Bằng qui nạp chúng ta cũng chứng minh được công thức tổng quát hơn:
a) Nếu a1 , a2 ,..., ak là các số nguyên dương, thì
k

S (a1  a2  ...  ak )   S (ak ).

i 1

b) Nếu A1 , A2 ,..., An là các số nguyên dương, thì:
S ( A1 A2 ... An )  S ( A1 ) S ( A2 )...S ( An ).
Định nghĩa 1.17. ([02]) Cho n là số nguyên dương. Ta định nghĩa hàm g(n) là tổng
các chữ số biểu diễn trong hệ nhị phân của n.
Ví dụ 1.22. g(14)=3 vì 14=1110 2
Định nghĩa 1.18. ([02]) Cho n là số nguyên dương. Ta định nghĩa hàm h(n) là số
nguyên k không âm lớn nhất sao cho n chia hết cho 2k .
Bổ đề 1.2. ([02]) Hàm h(n) là hàm cộng tính đầy đủ.
Mệnh đề 1.3. ([02]) Cho n là số nguyên dương, ta có:
h(n !)  n  g (n).
Trên đây là những hàm số học ta thường gặp khi giải các bài toán số học. Ta có
thể xây dựng thêm các hàm số học khác nữa để vận dụng kết quả của nó làm cho lời
giải của các bài toán số học được súc tích, ngắn gọn.
1.5. Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa và số Mersenne.
1.5.1. Số hoàn hảo, số thiếu, số thừa.
Định nghĩa 1.19.([08]) Số nguyên dương n được gọi là số hoàn hảo nếu 2n   (n).
Số nguyên n gọi là k-hoàn hảo nếu  (n)  kn.
Số nguyên dương n được gọi là số siêu hoàn hảo nếu  ( ( n))  2n.
Ví dụ 1.23.
- 28 là số hoàn hảo, vì 56=1+2+4+7+14+28.
- 120  23.3.5 là số 3-hoàn hảo, vì (120)=3.120.
- Số 16 là số siêu hoàn hảo. Vì ta có ((16))=(31)=32=2.16.
Định lý 1.24. ([01]) Số nguyên dương chẵn n là số hoàn hảo nếu và chỉ nếu
n  2m 1 (2m  1),
trong đó m là số nguyên dương sao cho 2m  1 là số nguyên tố.
Định lý 1.25. ([01]) Nếu 2m  1 là số nguyên tố thì m là số nguyên tố.
Chứng minh.

11
Giả sử ngược lại, m  ab, trong đó 1  a  m, 1  b  m;
Khi đó
2m  1  2ab  1  (2a  1)(2a (b 1)  2a (b 2)  ...  2a  1).
Vì mỗi nhân tử ở vế phải đều lớn hơn 1, nên 2m  1 là hợp số. Định lý được chứng
minh.
Định nghĩa 1.20. ([08]) Cho n là một số nguyên dương, ta nói n là số khuyết nếu
 (n)  2n; và ta nói n là số thừa nếu  (n)  2n. Mỗi số nguyên là một số khuyết,
hoặc là số hoàn hảo, hoặc là số thừa.
Số nguyên n được gọi là k-số thừa nếu  (n)  ( k  1) n.
Hai số nguyên dương m, n được gọi là một cặp số thân tình nếu
 (m)   (n)  m  n.
Vi dụ 1.24.
- Số 908107200 là 4-số thừa. Vì (908107200)>4.908107200.
- Cặp số 220, 284 là cặp số thân tình. Vì ta có (220)=(284)=220+284.
Định lý 1.26. ([08]) Lũy thừa của mỗi số nguyên tố là một số khuyết.
Chứng minh.
Ta có

 ( ps ) 
Nếu p  2 thì p  1 
Suy ra

ps

p
; Do đó
2

p s 1  1
p
 ps
;
p 1
p 1

p
 2;
p 1

p
 2. p s .
p 1

Vậy lũy thừa của những số nguyên tố lớn hơn 2 là số khuyết.
Định lý 1.27. ([08])
a) Mọi ước số dương của một số hoàn hảo mà bé hơn chính số hoàn hảo đó đều
là một số khuyết.
b) Ước số dương của một số khuyết cũng là một số khuyết.
Chứng minh.
Giả sử n là số khuyết hoặc là số hoàn hảo  (n)  2n.
Giả sử mn thì m=

n
d
với k nguyên, ước của m bao gồm các số nguyên
với dn.
k
k

Do

 (m)  
dn

d 1
1
1
  d   ( n)  2 n  2 m .
k k dn
k
k

Vậy ước của một số khuyết hoặc số hoàn hảo là số khuyết.
Định lý 1.28. ([08])


12
a) Mọi bội số của một số hoàn hảo mà lớn hơn chính số hoàn hảo đó đều là một
số thừa.
b) Bội số dương của một số thừa cũng là một số thừa.
Chứng minh.
Giả sử m là một bội số dương của n. Nếu m  n, và n là một số thừa thì hiển
nhiên m cũng là một số thừa. Vậy ta chỉ còn phải xét trường hợp m  n; trong đó, n
có thể là một số thừa hay một số hoàn hảo. Lúc này, m  kn với k là một số nguyên
lớn hơn 1. Rõ ràng, khi d chạy (một lần) trên tập các ước số dương của n, các số kd
sẽ lập nên một họ các ước lớn hơn 1 (và đôi một khác nhau) của m. Do đó, vì n là
một số thừa hoặc hoàn hảo, ta có:
( m )  1   kd  1  k  d  1  k ( n )  1  k 2n  2kn  2m,

dn

dn

suy ra m là một số thừa.
Định lý 1.27 và định lý 1.28 được xuất phát từ hai bài toán trong cuốn sách
Elementary Number Theory and Its Applications của tác giả Kenneth H.Rosen.
Nhưng chúng tôi đưa vào làm định lý, vì nó xem như một công cụ để tìm số thiếu
hoặc số thừa. Trong hai bài này tác giả cuốn sách có hướng dẫn một bài (tương ứng
định lý 1.28) nhưng theo tôi có chỗ sai, ví dụ tác giả viết :
Giả sử nm thì m=kn với k nguyên, ước của m bao gồm các số nguyên kd và d
n. Do

( m )   ( k  1 )d  ( k  1 ) d  ( k  1 )( n )  ( k  1 )2n  2kn  2m
dn

dn

Do vậy m là số thừa.
1.5.2. Số Mersenne
Định nghĩa 1.21. ([01]) Nếu m là số nguyên dương thì M m  2m  1 được gọi là số
Mersenne thứ m. Hơn nữa, nếu p là số nguyên tố thì M p được gọi là số nguyên tố
Mersenne.
Ví dụ 1.25. Ta có M 7  27  1 là một số nguyên tố Mersenne, trong khi
M 11  211  1 =2047=23.89
là một hợp số.
Định lý 1.29. ([01]) Giả sử p là một số nguyên tố lẻ. Khi đó mọi ước của số
p
Mersenne M p  2  1 đều có dạng 2kp  1, trong đó k là số nguyên dương.
Nhờ định lý 1.33, để kiểm tra một số Mersenne M có phải là số nguyên tố hay

không, ta không cần chia nó cho mọi số nguyên tố bé hơn M , mà chỉ cần chia
cho các số nguyên tố có dạng đã nói trong định lý và nhỏ hơn M .
Ví dụ 1.26. Số M 13  213  1 có phải là số nguyên tố không ?
Ta có 213  1  8191, để xem 8191 có phải là số nguyên tố hay không, ta chỉ cần
xem 8191 có ước nguyên tố nào dạng 26k+1 và bé hơn 8191  90,50 hay không.
Như vậy, chỉ cần làm phép chia 8191 cho 53 và 79, ta rút ra kết luận 8191 là số
nguyên tố Mersenne.


13

Chương 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỚI CÁC HÀM SỐ HỌC
Trong chương này, chúng tôi đưa ra các bài toán từ dễ đến khó, từ bài toán nhỏ
để xây dựng một bài toán lớn và áp dụng các kiến thức của các hàm số học để giải.
Các bài toán này hầu hết được dịch và giải từ các bài toán chưa có lời giải cụ thể
nào trên cuốn sách Elementary Number Theory and Its Applications của tác giả
Kenneth H.Rosen. Các dạng toán này được phân loại dựa trên cơ sở các phần lý
thuyết của các hàm số học.
1.1. Các bài toán về tính chất của các hàm số học.
Dạng bài tập này mở rộng thêm các tính chất của các hàm số học, có thể được
xem như những bài toán cơ sở để giải quyết những bài toán số học khác. Bên cạnh
đó cũng nêu thêm cách chứng minh khác cho các tính chất đã nêu ở chương hai.
Bài toán 2.1. Chứng minh rằng
( n )
f(n)
n
là hàm nhân tính mạnh.
Giải:

Rõ ràng f có tính chất nhân. Với mọi số nguyên dương k và với mọi số nguyên
tố p, ta có:

 ( p k ) p k  p k 1
1 p  1 ( p )
f( p )

 1 

 f ( p ).
k
k
p
p
p
p
p
k

( n )
là hàm nhân tính mạnh.
n
Bài toán 2.2. Chứng minh rằng nếu f và g là hàm nhân tính thì fg cũng là hàm nhân
tính, với ( fg )(n)  f ( n) g (n) với mọi số nguyên dương.
Giải:
Với mọi m, n  ¥* mà (m, n )  1, ta có:
( fg )(mn)  f (mn) g (mn)
 f (m) f (n) g (m) g (n) (vì f,g là hàm nhân tính)
 f (m) g (m) f (n) g (n)  ( fg )(m)( fg )( n).
Vậy fg là hàm nhân tính.

Bài toán 2.3.Chứng minh rằng nếu f và g là hàm nhân tính đầy đủ thì fg cũng là
hàm nhân tính đầy đủ, với ( fg )(n)  f (n) g (n) với mọi số nguyên dương.
Giải:
Với mọi m, n  ¥* , ta có
( fg )(mn)  f (mn) g (mn)
Vậy f ( n ) 


14
 f (m) f (n) g (m) g (n) (vì f,g là hàm nhân đầy đủ)
 f (m) g (m) f (n) g (n)  ( fg )(m)( fg )( n).
Vậy fg là hàm nhân tính đầy đủ.
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng nếu f là một hàm cộng tính và nếu g (n)  2 f ( n ) thì
g là một hàm nhân tính.
Giải:
Với mọi m, n  ¥* mà (m, n )  1, ta có:
g (mn)  2 f ( mn )  2 f ( m ) f ( n )  2 f ( m).2 f ( n )  g (m).g (n).
Vậy g là hàm nhân tính.
Bài toán 2.5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên k  1, phương trình
 ( n)  k
có vô số nghiệm n  ¥* .
Giải:
Với p là số nguyên tố, vì k  1  ¥* nên ta có:

 ( p k 1 )  k  1  1  k .

Do vậy phương trình (n) = k có vô số nghiệm nguyên dương n.
Ví dụ:  (34 )  5;  (54 )  5...
Bài toán 2.6. Chứng minh rằng nếu f là hàm nhân tính đầy đủ thì
f ( n )  f ( p1 )a1 f ( p2 )a2 ... f ( pm )am ,

a
với mọi cách phân tích n ra thừa số n  p1a1 p2a2 ...pmm .

Giải:
Vì f là hàm nhân tính đầy đủ nên với mọi m, n  ¥* , ta có f (mn)  f (m) f (n).
Suy ra
f ( p1a1 p2a2 ...pmam )  f ( p1a1 ) f ( p2a2 )... f ( pmam )
 f ( p1 ...p1 ) f ( p2 ...p2 )... f ( pm ...pm )
 f ( p1 )... f ( p1 ) f ( p2 )... f ( p2 )... f ( pm )... f ( pm )
144244
3 144244
3 1442443
a1 lần
a2 lần
am lần

 f ( p1 )a1 f ( p2 )a2 ... f ( pm )am .
Vậy kết luận bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.7. Giả sử n là số nguyên dương. Lập dãy n1 , n2 , n3 ,... bằng cách đặt
n1   (n), nk 1   (nk ), k  1, 2,3,... Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương r sao
cho nr  1.
Giải:
Ta có 1   ( k )  k  1 khi k  1 ; do đó, nếu n  2, thì n  n1   (n), ta suy ra
n  n1  n2  ...  1, với n1   (n) và ni   (ni 1 ) với i  1.


15
Suy ra ni , i  1, 2,3,... là một dãy số nguyên dương giảm dần, vậy tồn tại một số
nguyên dương r sao cho nr  1.
Kết luận của bài toán là hiển nhiên khi n  1.

Bài toán 2.8. Giả sử n là số nguyên dương, n  2. . Lập dãy n1 , n2 , n3 ,... như sau:
n1   (n), nk 1   (nk ), k  1, 2,3,...
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương r sao cho 2  nr  nr 1  nr  2  ...
Giải:
Dễ thấy  (m)  2 khi m  2. Hơn nữa  (2)  2 và  (m)  m khi m  3. Vậy,
m   (m)  2 với mọi m  3.
Do đó, nếu n  3 thì n  n1  n2  ...  2, với n1   (n) và ni   (ni 1 ) khi i  1.
Suy ra ni , i  1, 2,3,... là một dãy số nguyên giảm dần và không bé hơn 2. Vậy tồn
tại một số nguyên dương r sao cho 2  nr  nr 1  nr  2  ...
Bài toán 2.9. Sử dụng công thức nghịch đảo MÖbius (định lý 1.6-1.7) và công thức
n
n    ( ) (định lý 1.15),
d
dn
hãy chứng minh rằng:
a)  ( p t )  p t  p t 1 với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên dương t.
b) (n) là một hàm nhân tính.
Giải:
n
*
Đặt F( n )    ( )    ( d ) n  ¥ .
d
0 d n
0 d n
Theo định lý 1.15, F( n )  n. Vậy từ công thức nghịch đảo MÖbius, ta có:

( n ) 

n

( d )
d
0 d n

 ( d )F( d )  n 

0 d n

(2.1)

với mọi n  ¥* .

a) Nếu n  p t thì n có cả thảy t  1 ước dương là 1, p, p 2 ,..., p t ; trong đó, theo định
nghĩa 1.5 của hàm  thì ( p 2 )  ...  ( p t )  0
nên từ (2.1) suy ra
 ( 1 ) ( p ) 
1
( pt )  pt 

 pt ( 1  )

p 
p
 1
 p t  p t 1 .
b) Cho m,n  ¥* mà ( m,n )  1. Theo bổ đề, mỗi ước dương d của mn có biểu diễn
duy nhất dưới dạng d  d1d 2 với d1 và d 2 tương ứng là các ước dương của m và n;
đồng thời mỗi cặp ước dương d1 của m, d 2 của n cho ta một ước dương d  d1d 2
của mn. Vì thế dùng (2.1) và tính nhân của hàm MÖbius  (mệnh đề 1.1), ta có:

16
 ( mn )  mn

( d )
 ( d1 ) ( d 2 )
 mn 
d
d1d 2
0 d mn
0 d1 m



0 d 2 n

(m

 ( d1 )
( d 2 )
)( n 
)
d1
d2
0 d1 m
0d 2 n



  ( m ) ( n ).

Nhận xét:
1) Dĩ nhiên, sử dụng kết quả của bài toán 2.9 ta sẽ thu được kết quả của định lý
1.13.
2) Cách giải phần b) của bài toán 2.9 thực ra còn cho thấy hàm số học f cũng có
tính chất nhân nếu hàm số học F được xác định bởi công thức
F( n ) 



0 d n

f ( d ), n  ¥* ,

có tính chất nhân.
k
Bài toán 2.10. Giả sử (10  1) M với k  ¥. Khi đó, S ( M )  9k .

Giải:
Đặt M= at ...a1a0 . Với mọi i{0,1,…,k-1} ký hiệu Si=



j i (mod k )

aj .

k
k
s
Theo giả thiết (10  1) M suy ra (10  1) 10 M với mọi s  0,1,..., k  1. Do đó ta có:

 Sk 110k 1  S k 210k 2  ...  S1101  S 0100

0
k 1
2
1
 Sk 110  S k 210  ...  S110  S 010

......................................................

 Sk 110k 2  Sk 210k 3  ...  S1100  S010 k 1

chia hết cho 10k-1
chia hết cho 10k-1
chia hết cho 10k-1.

Suy ra: (Sk-1+…+S0)(10k-1+…+10+1)k(10k-1).
Do vậy
k 1

S(M)=  Si 9k.
i 0

Ghi chú: Vì n  10  1 là ước của M nên M  mn với m  ¥* . Hơn nữa,
n  99...9
{ nên S (n)  9k . Vì thế nếu áp dụng mệnh đề 1.2, ta sẽ thu được một bất
k

k chữ số 9

đẳng thức khác (dấu bất đẳng thức đi theo khuynh hướng ngược lại):
S ( M )  S (m) S (n)  9kS (m)
với S(m) là số nguyên dương.
Bài toán 2.11. Chứng minh rằng:
S ((10k  1)m)  9k
với mọi số nguyên dương m và k mà m  10k .
Giải:


17
Trước

hết

xét

trường

m  10k .

hợp

Khi

đó

m  a1a2 ...as .10t với

s  ¥* ,t  ¥ ,s  t  k ,as  0. Thực hiện phép trừ 10k m  a1a2 ...as10t  k cho m (để

được (10k  1) m) như hình minh họa, ta thấy:

S ((10k  1)m)  S (a1...as 1 ( as  1)9...9(9
 a1 )...(9  as1 )(10  as ))
{
(k-s) chữ số 9

s 1

s 1

 ( ai )  as  1  9(k  s )  ( (9  ai ))  (10  as )
i 1

i 1

 9(k  s)  9  9( s  1)  9k .
Vậy trong trường hợp này, điều phải chứng minh là đúng. Cuối cùng, khi m  10k
k
2k
k
(lúc đó s  1, t  k , a  1 ) thì (10  1) m  10  10  9...90...0
{ { nên cũng có
s

k chữ số 9 k chữ số 0

S ((10k  1)m)  9k , điều phải chứng minh.

t+k chữ số
6444444
4074444444
8

t
 a1... as 1 as 00...0
00...0 (  m.10k )
{ ...........................................
144444
42444444
3

t chữ số 0
k chữ số 0

t
t


a1... as 1
as
00...0
( m )
{

t chữ số 0

M
M

M

t
k
a1...as 1 (a s  1)99...9
{ (9  a1 )...(9  a s1 )(10  as ) 00...0
{ (  (10  1)m)
k-s chữ số 9

t chữ số 0

k
k
Hình minh họa
t phép trừ m.10 cho m (trong ttrường hợp m  10 )
Hai bài toán 2.10 và 2.11 cho ta những tính chất đẹp của hàm S (n); với hai kết
quả này, ta có thể giải quyết được một số các bài toán khác nữa.
2.2 Các bài toán về ước số, bội số, số nguyên tố, số chính phương.
Bài toán 2.12. Gọi (n) là tích của tất cả các ước số dương của số nguyên dương n.

Chứng minh rằng (n)  n

( n)
2

.

Giải:
Đặt k   (n) là số ước dương của n. Ta sắp xếp cả thảy k ước dương của n theo
thứ tự tăng:

u1  1  u2  ...  uk 1  uk  n
và nhận thấy: ui 

n
uk 1i

với mọi i  ¢ mà 1  i  k (tức là u1 

Vậy:
k

k

i 1

i 1

(n)   ui   uk 1i

n
n
, u2 
,... ).
uk
uk 1


18
k

k

i 1

i 1

  (n)    (ui uk 1i )   n  n k
2

k
2

 ( n )  n  n

( n)
2

, điều phải chứng minh.

Kết quả của bài toán trên được vận dụng rất nhiều trong các bài toán số học
khác, ví dụ như bài tập 2.19 của chương này.
n
Bài toán 2.13. Với số nguyên dương n nào thì  ( n )  ?
2
Giải:
Ta sẽ dùng p để ký hiệu biến số nguyên tố.
Ta luôn viết được mọi số nguyên dương n dưới dạng n  2k .t với t  ¥* là số lẻ (tức
là (t , 2)  1 ), và k  ¥.
(2.2)
n

Nếu k=0 và t=1 thì n  1   ( n)  ; còn nếu k=0 và t>1 thì n=t,
2
1
 (n)   (t )  t  (1  ) , nên  (n)  n khi và chỉ khi
p
pt
2
1

1

 (1  p )  2
pt

 2 ( p  1)   p
pt

(2.3)

pt

mà (2.3) không thể đúng vì vế trái chẵn, vế phải lẻ. Mâu thuẩn đó chứng tỏ rằng
n
điều kiện cần để  (n)  là k>0. Với điều kiện đó,
2
(2.2)   (n)   (2k ) (t )  2k 1 (t );
nên  (n) 

1
n

khi và chỉ khi  (t )  t  t  1; vì nếu t>1 thì  (t )  t  (1  )  t.
p
pt
2

Vậy, n  ¥* thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi n  2k với k  ¥* .
Bài toán 2.14. Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên dương có k ước số nguyên
tố lẻ khác nhau thì (n) chia hết cho 2k.
Giải:
Ta sẽ dùng p để ký hiệu biến số nguyên tố.
Rõ ràng nếu p lẻ thì p  1 M 2 . Vậy
1
p 1
 (n)  n. (1  )  n.
p
p
pn
pn


n

p
pn

. ( p  1)
pn

n
với

p
pn

¢


19
  (n)M ( p  1)
pn

  ( n )M 2 k
trong đó, k là số ước nguyên tố lẻ của n.
Bài toán 2.15. Với số nguyên dương n nào thì  ( n ) chia hết cho 4 ?
Giải:
1) Theo kết quả của bài toán 2.14, nếu n có 2 ước nguyên tố lẻ khác nhau thì
 (n)M 22  4.
2) Vậy ta chỉ còn phải xét trường hợp n  2k p s ; trong đó, p là một số nguyên tố
lẻ và k , s  ¥ . Lúc này:
(i) Với k  3, hiển nhiên ta có  (n)M (2k )  2k 1 M 4.
(ii) Với k=2 thì  (n)   (4) ( p s )  2 ( p s ) nên

 (n)M 4   ( p s )M 2  s  1 (theo bài toán 2.14).

(iii) Với k   0,1 thì  (2k )  1 , suy ra

 (n)   (2k ) ( p s )   ( p s );
nên

 ( n)M 4   ( p s )M 4

s 1


s 1
( p  1) p M 4
 s 1

 p  1M 4

s 1


 p  1(mod 4).
Kết hợp các trường hợp 1), 2(i), 2(ii), 2(iii) ta thấy  (n)M 4 khi và chỉ khi n có ít nhất
2 ước nguyên tố lẻ, hoặc nM8 , hoặc n chia hết đồng thời cho 4 và một số nguyên tố
lẻ, hoặc n chia hết cho một số nguyên tố p mà p  1(mod 4).
Bài toán 3.16. Với số nguyên dương n nào thì (n)n ?
Giải :
2k 1 2k  n khi k  0
1) Nếu n  2 , với k  ¥, thì  (n)  
khi k  0
 1  n n
nên n thỏa yêu cầu bài toán.
2) Chỉ còn phải xét trường hợp n  2k .t với k  ¥ còn t là một số nguyên
dương lẻ, lớn hơn 1. Rõ ràng: t có ít nhất một ước nguyên tố lẻ
  (t )M 2 (theo kết quả của bài toán 2.14)
k

  (n)   (2k ) (t )M 2.

20
Vậy, trong trường hợp này, nếu n thỏa yêu cầu nM ( n) của bài toán thì phải có:
nM 2  k  0,
và do đó

 (n)   (2k ) (t )  2k 1 (t ).
Vì thế,

 (n) n   (t ) (2t ).

(2.4)

Lại theo kết quả của bài toán 2.14, từ (2.4) ta thấy t chỉ có một ước nguyên tố (lẻ);
tức là: t  p s với s  ¥* còn p là một số nguyên tố lẻ. Nhưng khi đó,

 (t )  p s 1 ( p  1)

nên:
(3.4)  ( p  1) (2 p)
 ( p  1) 2 (vì ( p  1, p)  1)
 p  1  1 hoặc p  3
 p  2 (loại) hoặc p  3
 n  2k . p s  2k .3s (k , s  ¥* ).
Kết hợp hai trường hợp 1) và 2) ta thấy n thỏa yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi n
có dạng
n  2k .3s
trong đó, k  ¥, s  ¥; ngoài ra, nếu s>0 thì cần có k>0.
Bài toán 2.17. Số nguyên n được gọi là hoàn toàn không chính phương nếu n  1

và n không có ước chính phương khác 1 nào. Chứng minh rằng nếu n là một hợp số
và  (n) (n  1) thì n hoàn toàn không chính phương và n có ít nhất 3 ước số nguyên
tố.
(Đề thi Olympic 30/4 lớp 11- đề của trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Kiêm
Quảng Nam)
Giải:
Gọi p là một ước nguyên tố bất kỳ của n. Ta viết n  p r m với r và m là các số
nguyên dương mà ( p, m)  1 . Theo giả thiết:
p r 1 ( p  1) ( m)   ( p r ) ( m)   ( n) ( n  1)  p r m  1
 p r 1 ( p r m  1)
 r  1  0 (vì ( p, p r m  1)  1)
 r  1 (và do đó m  1 vì n là một hợp số).
Vậy, n là một số hoàn toàn không chính phương và n có ít nhất hai ước nguyên tố.
Giả sử n  pq với p và q là hai số nguyên tố khác nhau. Khi đó,
( p  1)(q  1)   ( p ) (q)   (n) ( n  1)  pq  1.

suy ra


21
( p  1) ( pq  1).
 ( p  1)  ( pq  1)  ( p  1)q   q  1.
Tương tự, q  1 ( p  1); vậy p  q, vô lý!
Mâu thuẫn đó chứng tỏ rằng n có ít nhất ba ước nguyên tố, điều phải chứng minh.
Bài toán 2.18. Chứng minh rằng nếu m và n là hai số nguyên dương mà m n thì

 (m)  ( n).
Giải:
Cho m, n  ¥* mà m n . Khi đó, ta có thể viết n  a.b với a và b là các số
nguyên dương nguyên tố cùng nhau, m a, hơn nữa, m và a có chung các ước

nguyên tố (tức là số nguyên tố p là ước của m khi và chỉ khi p cũng là ước của a).
Bấy giờ :
1
a (1  )
p
 (n)
 (a)
pa
  (b).
  (b).
1
 ( m)
 ( m)
m (1  )
p
pm
a
 ¥*
m
(p kí hiệu là số nguyên tố). Vậy  (m)  ( n), điều phải chứng minh.
  (b).

Bài toán 2.19. Chứng minh rằng không có hai số nguyên dương khác nhau nào có
tích các ước dương bằng nhau.
Giải:
(n)

Theo bài tập 2.12, ta có tích các ước dương của số nguyên dương n là n 2 .
Giả sử có hai số nguyên dương m, n khác nhau có cùng tích các ước dương, tức là
m

(m)
2

n

( n )
2

.

Ta suy ra
m ( m )  n ( n ) .
Đẳng thức này chứng tỏ rằng số nguyên tố p là ước của m khi và chỉ khi nó cũng là
ước của n. Đặc biệt, ta có thể viết:
s

s

m   p , n   pibi
i 1

ai
i

i 1

s
i i 1

với ( p ) là s số nguyên tố đôi một phân biệt; (ai )is1 và (bi )is1 là 2s số nguyên
dương ( s  ¥* ) . Đẳng thức m ( m )  n ( n ) được viết lại thành
s

s

i 1

i 1

 piai (m)   pibi (n ) ;
và do tính duy nhất của phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố, ta thấy


22
ai (m)  bi ( n) i   1;2;...; s


a1 a2
a
 (n)

 ...  s 
.
b1 b2
bs  (m)

(2.5)

Nếu  (m)   (n) thì (2.5) kéo theo

a1  b1 , a2  b2 , ..., as  bs
s

s

i 1

i 1

  (m)   (1  ai )   (1  bi )   (n),
vô lý! Tương tự; nếu  (m)   (n) ta cũng gặp mâu thuẫn. Cuối cùng, khi
 (m)   (n) thì m=n; từ đó, suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.20. Chứng minh rằng số cặp (có thứ tự) số nguyên dương có bội chung
nhỏ nhất bằng n là (n2).
Giải:
Kết luận là hiển nhiên nếu n  1. Vậy ta chỉ xét trường hợp n  1 và viết
n  p1a1 p2a2 ... prar với ( pi )ir1 là r số nguyên tố đôi một phân biệt và (ai )ir1 là r số
nguyên dương. Ta cần tính số cặp ( x, y ) (có thứ tự) với x, y  ¥* mà  x, y   n.
Hiển nhiên x n, y n nên có thể viết
b

b

b

c

c

c

x= p11 p22 ...pr r và y= p11 p22 ...pr r
với bi,ci=0,1,2,…,ai. Khi đó  x, y   n nếu và chỉ nếu max{bi,ci}=ai với mọi i; tức
là một trong hai số bi , ci phải bằng ai , số kia có thể lấy trùng trong  0,1,..., ai  với
mọi i. Vì thế có cả thảy 2ai  1 cách chọn cặp (bi,ci) với mọi i. Vậy số cặp ( x, y ) có
 x, y   n là:
(2a1  1)(2a2  1)...(2ar  1)   (n 2 ).
Bài toán 2.21. Cho m  a n  1 , a và n là các số nguyên dương, a  1. Chứng minh
rằng n  (m).
Giải:
Với mỗi số nguyên dương t  n, ta có
1  a t  a n1  a n  1  m
ngoài ra, a n  1  m  1(mod m). Vậy





n  min t  ¥* a t  1 (mod m)
 ord m a
 n  (m) (theo hệ quả 1.1).

Bài toán 2.22.
a) Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên dương và 2n+1 là số nguyên tố thì
(2n  1) M n hoặc (2n  1) ( M n  2).
b) Sử dụng câu a) để chứng minh rằng M 11 và M 23 là các hợp số.


23
Giải:

a) Ta có
M n ( M n  2)  (2 n  1)(2 n  1)  22 n  1.
Nếu 2n  1 là số nguyên tố thì  (2n  1)  2n và 22 n  1 (mod(2n  1)).
Suy ra
(2n  1) 22 n  1  M n ( M n  2).
Vậy (2n  1) M n hoặc (2n  1) ( M n  2).
b) Kết quả câu a) gợi ý ta tìm ra phân tích:
M 11  211  1  2077  23.89
(ở đây, với n=11, 2n  1  23 là một số nguyên tố; M 11  1  2049 không chia hết
cho 23)
và
M 23  223  1  8388607  47.178481
(ở đây, với n=23, 2n  1  47 là một số nguyên tố; M 23  1  8388608 không chia
hết cho 47). Suy ra M 11 , M 23 là các hợp số.
2.3 Các bài toán về đẳng thức số học:
Bài toán 2.23. Với số nguyên dương n nào thì  (3n)  3 ( n) ?
Giải:
+ Nếu (3, n)  1 thì  (3n)   (3) (n)  2. (n)  3 (n).
+ Nếu (3, n)  1 thì n  3s t với t , s  ¥* ; (t ,3)  1. Khi đó,

 (3n)   (3s 1.t )   (3s1 ). (t )  2.3s. (t ).
 3(3s 1.2. (t ))  3. (3s ). (t )  3. (3s.t )  3. ( n).
Vậy  (3n)  3 ( n) nếu và chỉ nếu n là bội của 3.
Bài toán 2.24. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có:
  ( n ) nếu n lẻ
 ( 2n )  
2 ( n ) nếu n chẵn
Giải:
+ Nếu n lẻ thì (2, n)  1 và  (2n)   (2). ( n)   ( n).
+ Nếu n chẵn thì n  2 s t với s và t là các số nguyên dương lẻ và ta có:

 (2n)   (2 s 1 t )   (2s 1 ). (t )  2 s. (t )  2(2 s 1. (t ))
 2. (2 s ). (t )  2 (2 s t )  2 ( n).
Vậy kết luận của bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.25. Chứng minh rằng nếu m và k là số nguyên dương thì

 (m k )  m k 1 (m).
Giải:


24
Điều cần chứng minh là đúng nếu m  1. Với m  1, ta xét phân tích tiêu chuẩn
của m ra thừa số nguyên tố:
m  p1a1 p2a2 ...prar .
Suy ra
m k  p1a1k p2a2k ...prar k .
Do vậy:

 (m k )  p1a1k ... prar k (1 

1
1
)...(1  )
p1
pr

p1a1k ...prar k p1a1 ...prar
1
1
( 1  )...( 1  )

= a1
ar
p1 ...pr
p1
pr
= p1a1 ( k 1 ) ...prar ( k 1 ) .( m )
= ( p1a1 ... prar ) k 1. ( m)
 m k 1. (m).
Vậy  (m k )  m k 1 (m).
Ghi chú.
Lời giải của bài toán 2.25 có thể được viết gọn lại như sau nếu ta qui ước dùng
p để ký hiệu biến số nguyên tố:
1
1
 (m k )  m k  (1  )  m k 1.m  (1  )
p
p
p mk
p mk
1
 m k 1.m (1  )  m k 1 (m).
p
pm
Bài toán 2.26. Chứng minh rằng nếu a và b là hai số nguyên dương thì
(a, b) (a ) (b)
 (ab) 
.
 ((a, b))
Giải:
Vì  có tính nhân nên điều phải chứng minh là đúng nếu (a, b)  1. Xét trường

hợp (a, b)  1.
Giả sử p1 , p2 ,..., pr là tất cả những số nguyên tố khác nhau chia hết a nhưng
không chia hết b; q1 , q2 ,..., qr là tất cả những số nguyên tố khác nhau chia hết b
nhưng không chia hết a; r1 , r2 ,..., ri là tất cả những số nguyên tố khác nhau chia hết
cả a và b.
1
1
1
Đặt P=  (1  ) , Q=  (1  ) và R=  (1  ) , ta có
pi
qi
ri

 (ab)  abPQR 

aPR.bQR  ( a). (b)

R
R


25
Nhưng  ((a, b))  (a, b) R vì vậy R 

 (ab) 

 ( a , b)
nên ta suy ra:
( a, b)

 (a). (b) (a, b). (a). (b)

, điều phải chứng minh.
R
( a, b)

Ghi chú.
Dùng p để ký hiệu biến số nguyên tố, ta viết lời giải gọn như sau:
Do ( p a  p b)  p (a , b ) nên
1
1
a (1  ).b (1  )
p pb
p
1
pa
 (ab)  ab (1  ) 
1
p
p ab
 (1  p )
p ( a ,b )

 (a) (b)
( a, b) ( a) (b)

.
 ((a, b)) / (a, b)
 ((a, b))
Bài toán 2.27. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho

 (n)   (n)  2n.


Giải:
Rõ ràng, nếu n=1 thì  (n)   (n)  1  1  2n; còn nếu n là một số nguyên tố thì
 (n)   ( n)  ( n  1)  (n  1)  2n; vậy n thỏa yêu cầu của bài toán.
Bây giờ, giả sử n  1 và n không nguyên tố. Khi đó k   (n)  2. Ta liệt kê tất cả
các ước dương của n theo chiều tăng:
1  d1  d 2  ...  d k  n.
có đúng n   (n) số nguyên dương m không vượt quá n mà (m, n)  1. Mỗi số m
như thế phải là bội của một di nào đó với 2  i  k . Mặt khác, dễ thấy; số bội
n
nguyên dương không vượt quá n của di là ; suy ra
di
k

n
.
i 2 di

n   ( n)  

(2.6)

Dấu “=” không xảy ra ở (2.6) do k  2 và do trong vế phải số bội nguyên dương
không vượt quá n của d k  n đã được kể trong số bội nguyên dương không vượt
quá n của d 2 (1  d 2  n, d 2 n). Vậy,
k

k

n
n   (n)     d k 1i   ( n)  d k
i 2 di
i 2

  (n)   (n)  n  d k  2n.
Kết luận: n thỏa yêu cầu bài toán khi và chỉ khi n=1 hoặc n là số nguyên tố.