Hàm số tổng và bậc của hàm số học

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************

VŨ THÙY LIÊN

HÀM SỐ TỔNG VÀ BẬC CỦA CÁC
HÀM SỐ HỌC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành Đại số

HÀ NỘI – 2014
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2


KHOA TOÁN
*************

VŨ THÙY LIÊN

HÀM SỐ TỔNG VÀ BẬC CỦA CÁC
HÀM SỐ HỌC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành Đại số

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
Th.S. ĐỖ VĂN KIÊN

HÀ NỘI – 2014

LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này, em đã nhận
được sự quan tâm, động viên, khích lệ của các thầy cô giáo trong tổ Đại số
nói riêng và các thầy cô trong khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với các thầy cô giáo, đặc
biệt là Th.S Đỗ Văn Kiên người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt thời
gian qua để em hoàn thành khóa luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề mà
em trình bày trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính
mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

Vũ Thùy Liên


LỜI CAM ĐOAN

Trong quá trình nghiên cứu khóa "Hàm số tổng và bậc của các hàm số
học" em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của
mình. Danh sách tài liệu tham khảo này em đã đưa vào mục tài liệu tham
khảo của khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận được hoàn thành bởi sự cố gắng nỗ lực của
bản thân cùng sự hướng dẫn tận tình của Th.S Đỗ Văn Kiên cũng như các
thầy cô trong tổ Đại số. Đây là đề tài không trùng với đề tài của các tác giả

khác.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn để
khóa luận được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên

Vũ Thùy Liên


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1
Chƣơng 1. Kiến thức chuẩn bị..................................................................... 3
1.1. Số nguyên tố......................................................................................... 3
1.2. Một số tính chất của số nguyên tố ........................................................ 3
1.3. Dạng phân tích tiêu chuẩn .................................................................... 5
1.4. Hệ thặng dư modun m .......................................................................... 7
Chƣơng 2. Hàm số học ............................................................................... 10
2.1. Khái niệm hàm số học ........................................................................ 10
2.2. Một số hàm số học cơ bản .................................................................. 11
2.2.1. Hàm Euler .................................................................................... 11
2.2.2. Hàm Mobius

n ........................................................................ 14

2.2.3. Công thức nghịch đảo Mobius ...................................................... 16
2.2.4. Hàm Mangoldt

n

................................................................... 18

2.2.5. Hàm điểm nguyên r n ................................................................. 19
2.2.6. Hàm ước d n ............................................................................. 19
2.2.7. Hàm tổng các ước
2.2.8. Hàm

k

n ................................................................ 20

n ................................................................................... 25

2.2.9. Hàm   n  .................................................................................... 26
Chƣơng 3 .................................................................................................... 27
Hàm tổng và bậc của các hàm số học ........................................................ 27
3.1. Hàm tổng............................................................................................ 27
3.1.1. Định nghĩa hàm tổng .................................................................... 27
3.1.2. Các hàm tổng của các hàm số học R N , D N ,Φ N .... ............ 27
3.2. Bậc của các hàm số học ...................................................................... 29
KẾT LUẬN................................................................................................. 38
TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................... 39



MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Số học luôn được các nhà khoa học quan tâm nghiên cứu. Bên cạnh
việc giải đáp những bí ấn về các con số, nó còn có những ứng dụng vô cùng
quan trọng trong hệ thống toán học, cũng như trong khoa học kĩ thuật, và đặc
biệt là ứng dụng thông qua các hàm số học.

Hàm số học là khái niệm giữ vai trò vị trí trung tâm trong khoa học
toán học. Đảm bảo vị trí trung tâm của khái niệm hàm số sẽ tăng cường tính
thống nhất của môn toán phổ thông, góp phần xóa bỏ danh giới giả tạo giữa
các phân môn của môn toán, giữa các phần khác nhau của chương trình.
Do một số hàm số học không là chính qui. Nên ta xét hàm tổng của các
hàm số học. Việc nghiên cứu hàm tổng và bậc của hàm số học giúp ta hiểu rõ
nét hơn về tính chất của hàm và các ứng dụng của nó.
Chính vì vậy nên em đã chọn đề tài " Hàm số tổng và bậc của các
hàm số học" làm khóa luận tốt nghiệp.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu:
Đề tài nhằm hệ thống lại 1 số hàm số học cơ bản như: hàm euler, hàm
mobius, hàm tổng…; bên cạnh đó là nghiên cứu về hàm tổng của các hàm và
bậc của các hàm số học cũng như hàm tổng
3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng: các hàm số học, hàm tổng, bậc của các hàm số học.
- Phạm vi nghiên cứu: do hạn chế về thời gian cũng như năng lực của bản
thân nên khóa luận này chỉ tập trung nghiên cứu về hàm tổng và bậc của 1 số
hàm số học
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Nghiên cứu về bậc của các hàm số học cơ bản và hàm tổng của các
hàm số học

1


5. Giả thuyết khoa học
Đề tài nghiên cứu các vấn đề:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Hàm số học.
Chương 2: Hàm tổng và bậc của các hàm số học.

6. Phƣơng pháp nghiên cứu:
Nghiên cứu và phân tích các tài liệu. Hệ thống khái quát các vấn đề về
điểm nguyên đã được định hướng. Tổng kết kinh nghiệm của các nhà khoa
học và bản thân.

2


Chƣơng 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1. Số nguyên tố
Định nghĩa 1.1.1.Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước tự
nhiên nào khác ngoài 1 và chính nó.
Tập số nguyên tố kí hiệu là
Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố được gọi là hợp số.
Định nghĩa 1.1.2. Hai số nguyên a, b được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu
chúng có ước chung lớn nhất là phần tử khả nghịch. Kí hiệu là a, b

1.

1.2. Một số tính chất của số nguyên tố
Mệnh đề 1.2.1. Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn hơn
1 là một số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử a là một số tự nhiên, a > 1 và p > 1 là ước nhỏ nhất của
a. Ta chứng minh p là số nguyên tố.
Thật vậy, giả sử p không là số nguyên tố thì p phải là hợp số vì p  1, nghĩa là
nó có một ước thực sự p1,1< p1< p.
Suy ra p1 cũng là ước của a (mâu thuẫn với giả thiết p là ước nhỏ nhất khác 1
của a).
Vậy p phải là số nguyên tố.
Hệ quả 1.2.1(Bổ đề Euclid). Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều chia hết cho ít

nhất một số nguyên tố.
Mệnh đề 1.2.2. Có vô số số nguyên tố hay tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1, p2,…, pn.
Xét số a = p1 p2…pn. + 1 > 1

3


Suy ra, theo tính chất thì a có ít nhất một số ước nguyên tố q. Nhưng vì có
hữu hạn số nguyên tố kể trên nên q phải trùng với một trong các số p1, p2,…,pn.

Do đó q | p1 p2…pn. Mà q | a suy ra q | a – p1 p2…pn = 1 (vô lý). Vậy

điều giả sử là sai. Do đó tập số nguyên tố là vô hạn.
Mệnh đề 1.2.3. Ước nhỏ nhất khác 1 của một hợp số n là một số nguyên tố
không lớn hơn

n

Chứng minh. Gọi p là ước tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của n. Theo tính chất 1
ta có p là số nguyên tố. Giử sử n = pq, khi đó do n là hợp số nên
n  p, suy ra q > 1. Vậy q cũng là một ước lớn hơn 1 của n. Theo giả thiết ta
có p  q  p2  p.q = n. Từ đó ta được p 

n.

Vậy định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2.2. Nếu số tự nhiên a > 1 không có ước nguyên tố nào trong
khoảng từ 1 đến

a thì a là số nguyên tố.

Mệnh đề 1.2.4. Cho p là số nguyên tố. Khi đó mọi số tự nhiên a thì p | a hoặc
(a, p) = 1.
Chứng minh. Gọi d = (a , p)  d | p. Mà p là số nguyên tố nên hoặc d = 1
hoặc d = p.
+ Nếu d = 1 thì (a , p) = 1.
+ Nếu d = p thì p | a.
Vậy định lý được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5. Cho p là số nguyên tố và a1, a2,…, an là các số tự nhiên. Khi
đó nếu p | a1a2…an thì tồn tại i  {1, 2,…, n} để p | ai

4


Chứng minh. Nếu p không là ước của ai với mọi i  1, n thì theo mệnh đề
1.1.4 ta có  ai , p   1 , với mọi i  1, n . Suy ra (a1a2…an , p) = 1. Điều này mâu
thuẫn với giả thiết p | a1a2…an . Vậy tồn tại i 1,2,...n để p | ai.
Hệ quả 1.2.3. Nếu số nguyên tố p chia hết tích của nhiều số nguyên tố thì nó
phải trùng với một trong các số nguyên tố đó.
1.3. Dạng phân tích tiêu chuẩn
Định lý 1.3.1 (Định lý cơ bản của số học). Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy
nhất không kể thứ tự các thừa số.
Chứng minh


Sự phân tích được:

Giả sử a là một số tự nhiên lớn hơn 1 thế thì a phải có một ước nguyên tố p1

và ta có a

p1a1 , 1 a1

a.

p1 và là sự phân tích của a .

Nếu a1

1 thì a1

Nếu a1

1 thì a1 có ước nguyên tố p2 và ta có a1

Nếu a2

1 thì a

Nếu a2

1 thì a2 có ước nguyên tố p3 và ta có a2

p2a2 .

p1 p2 và là sự phân tích của a .
p3a3 .

Tiếp tục xét a3 , …

Quá trình này phải kết thúc vì ta có a
có an

1 và ta được a

a1

a2

... nên sau hữu hạn bước sẽ

p1 p2 ... pn là dạng phân tích của a thành tích các thừa

số nguyên tố.


Tính duy nhất
Giả sử a có phân tích

a

p1 p2 ... pn

q1q2 ...qm , pi , q j

,i

1, n , j

5

1, m . Khi đó có p1 q1q2 ...qm .


Suy ra p1 trùng với một trong các thừa số q j nào đó giả sử là q1 . Vậy
p1

q1 , giản ước p1 ta được p2 p3 ... pn

q2 q3 ...qm .

Lập luận tương tự như trên với p2 , p3 ,... cho tới khi giản ước hết các thừa số ở
một vế.
Vì pi , q j

i

hoặc pm 1... pn

1, n , j

1, m nên không thể xảy ra đẳng thức 1

qn 1...qm

1 nên suy ra

m

n và pi

1, n .

qi , i

Định nghĩa 1.3.1. Trong sự phân tích số tự nhiên a thành tích các thừa số
nguyên tố. Gọi p1 , p2 ,..., pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau có mặt
trong sự phân tích của a với các bội tương ứng
thì ta được a

p1 p2 ... pk ,
1

2

0, i

k

i

1, k , pi

1

,

2

,...,

k

i

0, i

1, k

hay viết

k

pia .

a

i

i 1

Dạng phân tích trên gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a .
Định lý 1.3.2 (Tiêu chuẩn chia hết). Cho a là một số tự nhiên với dạng
phân tích tiêu chuẩn là a
và chỉ khi nó có dạng a

p1 p2 ... pk . Một số tự nhiên d là ước của a khi
1

k

2

p1 p2 ... pk với 0
1

2

k

i

i

,i

1, k .

Chứng minh
 Điều kiện cần
Giả sử a chia hết cho d khi đó có q sao cho a

d .q . Đẳng thức này

chứng tỏ mọi ước nguyên tố của d đều là ước nguyên tố của a và số mũ của
nó trong dạng phân tích tiêu chuẩn của d không lớn hơn số mũ của nó trong
dạng phân tích tiêu chuẩn của a , ta được kết quả cần chứng minh.
 Điều kiện đủ
Giả sử a và d thỏa mãn điều kiện của định lý khi đó ta được a
với q

p1

1

1

... pk

k

k

suy ra q

. Vậy d là ước của a .
6

d .q


1.4. Hệ thặng dƣ modun m
1.4.1. Vành các lớp thặng dƣ môđun m
Cho tập thương

m

 {a : a  } các lớp thặng dư môđun m. Trên tập

m

ta

trang bị hai phép toán như sau:
a  b : a  b và a .b : a.b với mọi a, b

Khi đó

m

cùng với hai phép toán này lập thành một vành giao hoán có đơn

vị 1 , phần tử không 0 .
Định nghĩa 1.4.1. Cho một số nguyên dương m. Khi đó vành

m

cùng với hai

phép toán cộng và nhân các lớp thặng dư môđun m, được gọi là vành các lớp
thặng dư môđun m. Lớp a  m được gọi là một lớp khả nghịch nếu tồn tại

b

m

để a .b  1 .

Mệnh đề 1.4.1. Lớp a 
Chứng minh. a 

m

m

là khả nghịch khi và chỉ khi  a, m   1

là một lớp khả nghịch khi và chỉ khi tồn tại b 

a .b  1 hay ab  1 . Điều này tương đương với tồn tại b

m

để

để

ab  1(mod m)

hay tồn tại b

và x 

để ab  mx  1 . Vậy a 

khi  a, m   1 .
Kí hiệu

*
m

là tập các phần tử khả nghịch của

Mệnh đề 1.4.2.

*
m

m

m

khả nghịch khi và chỉ

.

là một nhóm giao hoán có cấp là (m) .

Chứng minh. Lấy tùy ý a , b 
. Điều này chứng tỏ a .b 

*
m

*
m

hay

. Vì  a, m   1 và  b, m   1 nên  ab, m   1

*
m

đóng với phép nhân. Hơn nữa, phép

nhân các lớp thặng dư thỏa mãn luật kết hợp, giao hoán và 1 
là một vị nhóm. Hơn nữa, nếu a 
khả nghịch hay b 

*
m

*
m

thì tồn tại b 

.

7

m

*
m

. Do đó

*
m

để a .b  1 . Do đó b


Vậy

*
m

là một nhóm giao hoán. Cuối cùng a 

nên

*
m

 (m) .

m

khi và chỉ khi  a, m   1 ,

Nhận xét 1.4.1. Khi m = p là một số nguyên tố thì mọi phần tử khác không
trong

p

đều khả nghịch. Do đó

p

là một trường và

*
p

 ( p)  p  1 .

1.4.2. Hệ thặng dƣ đầy đủ và thu gọn modun m
Định nghĩa 1.4.2. Ta lập ánh xạ f 

m



như sau: Với mỗi A

lấy một số nguyên a  A và đặt f  A   a . Như vậy f  A  A, A 
Tập hợp ảnh f 
Tập hợp ảnh f 

m

 được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modun m

*
m

m

m

.

.

 được gọi là một hệ thặng dư thu gọn modum m .

Mệnh đề 1.4.3. Nếu r1 , r2 ,..., r
số nguyên dương, a, n

n

là một hệ thặng dư thu gọn modul n , và a là

1, thì tập hợp ar1 , ar2 ,..., ar n cũng là hệ thặng dư

thu gọn modul n.
Chứng minh
Hệ a r1, a r2 ,..., a r
Từ a, n

rj , n

n

gồm

n số nguyên.

1 dễ dàng suy ra a rj , m

1.

Vậy mỗi số của hệ nguyên tố cùng nhau với n .
Nếu có 1 i
Do n, a

j

ta

n để a ri

1 ta suy ra n ri

a rj mod n thì n a ri

rj , hay ri

rj .

rj mod n điều này vô lý với giả

thuyết. Vậy suy ra định lý được chứng minh.
Định lý 1.4.1 (Định lý Euler). Nếu m

a

m

0; a, m

1 mod m

Chứng minh

8

; a, m

1 thì


Giả sử r1 , r2 ,..., r

m

là thặng dư thu gọn modm , lập nên từ các số nguyên

dương không vượt quá m . Theo định lý 1.4.3, ta có ar1 , ar2 ,..., ar

m

cũng là

một hệ thặng dư thu gọn. Khi đó thặng dư dương bé nhất của hệ này sẽ là tập
hợp r1 , r2 ,..., r

m

sắp xếp theo 1 thứ tự nào đó.

Ta có

a r1 a r2 ... a r

Như vậy,

a

m

rr
...r
1 2

rr
...r
1 2

m

rr
...r
1 2

m

m

mod m .

m

mod m .

Từ đó suy ra định lý được chứng minh.
Định lý 1.4.2 (Định lý Fermat bé). Nếu p là một số nguyên tố và a là một
số nguyên không chia hết cho p thì ta có

ap

1

1 mod p .

Chứng minh
Vì a không chia hết cho p nên a, p

1. Ta lại có

p

p 1, p

.

Áp dụng định lí Euler ta có

a

p

ap

1 mod p

1

1 mod p

+ Dạng khác của định lý Fermat: cho p là số nguyên tố thì với mọi số
nguyên a ta có a p

a(mod p) .

Chứng minh
Nếu a là bội của p thì ta có a
được a p

0 mod p do đó a p

0(mod p) từ đó ta

a mod p .

Nếu a không chia hết cho p thì theo trên ta có a p
Nhân đồng dư thức * với a ta được a p

9

1

a mod p .

1 mod p *


Chƣơng 2. Hàm số học
2.1. Khái niệm hàm số học
Định nghĩa 2.1.1. Một hàm số học là một ánh xạ từ tập các số nguyên dương
đến tập các số phức.
Ví dụ 2.1.1. Hàm f n

n2

*

1, n

là một hàm số học.

Định nghĩa 2.1.2. Một hàm số học f khác không được gọi là hàm nhân tính
nếu với mọi số nguyên dương m, n nguyên tố cùng nhau ta có

f (mn)

f (m) f (n)

Trong trường hợp đẳng thức trên đúng với mọi số nguyên dương m, n thì hàm

f được gọi là hàm nhân tính mạnh.
Ví dụ 2.1.2. Cho hàm f (n)

*

n và g (n) 1, n

. Khi đó f, g là các hàm

nhân tính mạnh.
Định lý 2.1.1. Cho số nguyên tố p và số nguyên dương m. Nếu f là một hàm
nhân tính và f p m

0 khi p m

0 khi n

thì f n

.

Chứng minh:
Vì f p m

0 khi p m

nên:

(i)

Tồn tại hằng số dương A mà f p m

(ii)

Tồn tại hằng số B , mà nếu p m

(iii)

Cho

0 , tồn tại N

A

B thì f p m

, nếu p m

N

1

thì f p m

Ta thấy A, B là các hằng số không phụ thuộc , p, m , và N
vào

chỉ phụ thuộc

.

Có triển khai lũy thừa nguyên tố của số dương n 1 như sau:
n

p1a p2a ... pra
1

2

r

1

với pi là các số nguyên tố khác nhau và ai là các số nguyên không âm.
10


Do f là hàm nhân tính nên
f p1a . f p2a ... f pra

f n

Đặt C

# pa p

1

*

,a

, pa

2

r

2

B .

Khi đó C là hằng số không phụ thuộc vào n và .
Trong vế phải của (2), ứng với các nhân tử mà pia

i

B thì f ( pia )
i

A , có tối

đa C nhân tử như vậy. Các nhân tử còn lại đều có trị tuyệt đối nhỏ hơn 1 (theo
(ii)) nên ta có f (n)

AC .

Ngược lại chỉ có hữu hạn các số nguyên dạng p a không vượt quá N

.

Vì vậy chỉ có hữu hạn các số nguyên mà trong phân tích tiêu chuẩn của nó có
các thừa số dạng p a với p a
Gọi P

n

P

pa , pa

N

.

là số lớn nhất trong các số nguyên kể trên. Chọn số nguyên
thì phân tích tiêu chuẩn của n phải chứa ít nhất một nhân tử

N

. Theo (iii), ta có
f pa

Do đó, nếu n

P

thì ta có

AC .

f n

khi f n

0 và n

.

2.2. Một số hàm số học cơ bản
2.2.1. Hàm Euler
Định nghĩa 2.2.1. Hàm Euler

(n) là một hàm số học cho bởi công thức
( n)

1
1 k n ,( k , n ) 1

Tức là

(n) biểu thị số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố

cùng nhau với n.

11


Ví dụ 2.2.1.Từ định nghĩa hàm Euler ta có:

1

1,

2

1,

3

2,

4

2,

5

4,

6

2,....

Từ định nghĩa trên ta có hệ quả trực tiếp
Hệ quả 2.2.1. Với số nguyên tố p ta có

p

p 1.

Định lý 2.2.1. Hàm Euler là hàm nhân tính.
Chứng minh:
Ta thấy (n) là hàm số không đồng nhất không.
Giả sử m, n là 2 số dương nguyên tố cùng nhau. Ta cần chứng tỏ rằng

m, n

m

n

Ta sắp xếp tất cả các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng sau
1 m 1 2m 1 ...
2 m 2 2m 2 ...
...
...
...
...

n 1m 1
n 2 m 2
...

r m r
...
...
m 2m

n 1m
...
mn

2m r ...
...
...
3m
...

Giả sử r là số nguyên không vượt quá m , và r , m

r

d

1 khi đó trong

hàng thứ r không có số nguyên nào nguyên tố cùng nhau với mn . Vì thế, để
tính

mn , ta chỉ cần quan tâm các số trong hàng thứ r với r , m

1 . Các

số trong hàng này đều nguyên tố cùng nhau với m .
Mặt khác dễ thấy rằng các số hàng này lập thành một hệ thặng dư đầy đủ
modul n .
Do đó có đúng

n số trong hàng nguyên tố cùng nhau với n tức là trong

hàng số nguyên tố cùng nhau với mn . Có tất cả

n hàng như vậy. Định lý

được chứng minh.
Định lý 2.2.2. Nếu p là một số nguyên tố và

12

là số tự nhiên,

0 thì ta có


p

p

p

1

p

và

p 1

Chứng minh:
Do p là một số nguyên tố nên 1,2,..., p 1 là tất cả các số thuộc dãy 1,2,..., p

p

nguyên tố với p . Vậy

p 1.

Vì số nguyên dương nguyên tố với p khi và chỉ khi nó nguyên tố với p nên
trong dãy 1,2,..., p nếu muốn tìm các số nguyên tố với p ta phải bỏ đi trong
dãy này các số là ước của p .
Mà dãy 1,2,..., p có p
Vậy ta có

p

p

1

số là ước của p đó là các số p,2 p,3 p,..., p 1. p
1

p

.

Định lý 2.2.3 (Công thức tính của hàm Euler).
Nếu số tự nhiên n có dạng phân tích chuẩn n

n

1
1
p1

n1

p1 p2 ... pk thì ta có
1

k

2

1
... 1
p2

1
pk

Chứng minh:
Do các pi đôi một nguyên tố cùng nhau nên các pia đôi một nguyên tố cùng
i

nhau. Vì hàm

là hàm nhân tính nên ta có
n

p1

p2 ...

1

1
p2 1
p1

p1 1
1

2

p1 p2 ... pk 1
1

k

2

n1

Định lý 2.2.4. Nếu n 1 thì

pk

2

1
1
p1

(d )

n

dn

13

k

1
... pk 1
p2

1
1
p1
1
... 1
p2

k

1
... 1

p2
1
pk

1
pk
1
pk


Chứng minh:


Nếu n



Nếu n 1, giả sử n có dạng phân tích tiêu chuẩn n

1 thì công thức trên hiển nhiên đúng.
p1 p2 ... pk . Áp
1

k

2

n ta được

dụng tính chất nhân của hàm

k

d

1

pi

pi2

...

pi2

pi

pi

i

i 1

dn

k

1

pi

1

...

pi

pi

i

i

1

i 1
k

pi

n

i

i 1

Mệnh đề 2.2.1. Giả sử g là hàm thực đơn điệu giảm, xác định t 1 và

g t

0 với t 1 thì

X

g n

1

1 n X

Với n nguyên dương, X

1 n

(hằng số Euler) thỏa mãn

1
X n

log X

1

O

1
X

n

Định nghĩa 2.2.2. Hàm Mobius
i)

A O g x

1 và A là hằng số chỉ phụ thuộc vào g .

Hệ quả 2.2.1: Tồn tại hằng số

2.2.2. Hàm Mobius

g t d t

được xác định như sau:

1
p1a ..... pka thì :

ii) Với n 1 có phân tich tiêu chuẩn n

1

+

n

-1 nếu a1  a2  ...  ak  1

+

n

0 nếu trái lại .

k

k

Ví dụ 2.2.2. Theo định nghĩa hàm mobius ta có
28

0,

29

1

1

1,

14

30

2.3.5

1

3

1

Đây là bảng ngắn giá trị của

n
n

1
1

n

2
1

3 4
1 0

5 6
1 1

7 8 9 10
1 0 0 0

Từ định nghĩa ta suy ra định lý.
Định lý 2.2.5. Cho n 1, ta có
d

0

d n

Chứng minh
Nếu n 1 thì n được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố

n

p1 1 . p2 2 ... pk k

Khi đó
p11 p22 ... pk k trong đó

d
dn

i

là 0 hoặc 1 .

1 , 2 ,..., k

Do đó
d

1 k

dn

Định lý 2.2.6. Hàm Mobius

k
2

k
3

...

1

k

k
k

1 1

k

0

n là hàm nhân tính.

Chứng minh
Giả sử  m, n   1 khi đó ta có


1
neáu m  n  1


k
h
  m .  n    1  1    m.n  neáu m  p1. p2 ... pk , n  q1.q2 ...qh

neáu mhoaëc n chia heát cho p2
0    m.n 

   m .  n     m.n  .

Suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 2.2.7.
15


1, n

1
n

d
dn

1

0, n 1

Chứng minh
Công thức trên đúng nếu n
Giả sử, n 1và n
Trong tổng

1.

p1a .... pka

k

1

1và từ ước của n

d các giá trị khác không giới hạn từ d

dn

với tích số của số nguyên tố khác nhau.
Do đó

d

1

p1

dn

1

k

...

k

1

1

pk

1

2

2

p1 p2

k

...

k

...

1

k

pk 1 pk

1 1

k

...

0

2.2.3. Công thức nghịch đảo Mobius
Định lý 2.2.7 (Công thức nghịch đảo Mobius thứ nhất). Nếu f là một
hàm số học và

g n

f d
dn

thì
f n

d g
dn

n
d

Chứng minh:
Ta có

d g
dn

n
d

d
dn

f d'
n
d
'
d'

d f d'
dd 
'n

f d'
d
'n

16

d
n
d
d'

p1 p2 ... pk


f d'
d
' n ,d ' n

d

f n

d
d
'

n
d
'
d'

f d ' .0

f n

f n

d
' n ,d ' n

Định lý 2.2.9. (Công thức nghịch đảo Mobius thứ hai). Nếu f là một hàm
số xác định với mọi x 1 ,và
g x

f
n x

x
n

thì
f x

x
n

n g
n x

với x 1 và ngược lại.
x

được định nghĩa là

Chú ý
n x

và nếu không có số hạng nào thì tổng là
n 1

0.
Chứng minh:
 Chiều thuận: từ định nghĩa của g ta có, nếu x 1 ,
n g
n x

x
n

n
n x

f
m

x
n

n f
m , n ,1 mn x

f
1 r x

x
r

x
mn
x

mn
n

nr

 Chiều ngược lại: giả sử
f x

n x

n g

17

x
, x
n

1

f x


Thế thì ta có:

f
m x

x
m

m xn

n g

x
mn

ng

x
mn

x
m

m , n ,1 mnx

2.2.4. Hàm Mangoldt

g
1 r x

x
r

n

g x

nr

n

Định nghĩa 2.2.3. Mọi số nguyên n 1 ta định nghĩa
i)

n

log p , nếu n

ii)

n

0 nếu trái lại

p m đối với một số nguyên tố p và m 1

Sau đây là bảng ngắn giá trị của

n

n: 1
2
3
4
5
6
7

8
9 10
n : 0 log 2 log3 log 2 log5 0 log 7 log 2 log3 0
Ví dụ 2.2.3. Theo định nghĩa hàm Mangold ta có
2m

log 2,

3k

4l

log3,

log 2 với m, k , l

1.

Định lý 2.2.10. Nếu n 1 ta có

log n

d

*

dn

Chứng minh:
Định lý trên đúng khi n

1

Do đó, giả sử n 1 , viết
r

pka

n

k

k 1

Lấy logarit hai vế ta có
r

log n

ak log pk
k 1

Xét tổng trên cùng vế phải của * . Mặt khác,từ ước d của mẫu trong tổng
trên có dạng pkm với m 1,2,..., ak và k
18

1,2,..., r .


Do đó

r

ak

d
dn

r

pkm

ak

r

log pk

k 1 m 1

ak log pk

k 1 m 1

log n

k 1

* đã được chứng minh.
Định lý 2.2.11. Nếu n 1 ta có

n

d log
dn

n
d

d log d
dn

Chứng minh:
Nghịch đảo * theo hàm nghịch đảo Mobius ta được:

n

d log
dn

n
d

I n log n

log n

d
dn

d log d

dn

d log d
dn

Từ I n log n

0 cho tất cả n định lý hoàn toàn được chứng minh.

2.2.5. Hàm điểm nguyên r n
Định nghĩa 2.2.4.(Hàm điểm nguyên trên đƣờng tròn r n ) Với mọi số
nguyên dương n 1, hàm số học r n cho ta số các cách biểu diễn n dưới
dạng tổng của hai bình phương của số nguyên. Nói cách khác:
r n

x 2

# x, y

y2

là số nghiệm nguyên x, y của phương trình x 2
Do đó, r 1

4 , từ 1

12

02

02

n
y2

n

12 .

Ta thấy rằng r n không là hàm nhân tính.
Ví dụ 2.2.4. Từ định nghĩa hàm điểm nguyên ta có r 10n

n

2.2.6. Hàm ƣớc d n
Hàm số học d n cho biết ước dương của số nguyên dương n .

19