Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính chất số học của dãy các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

BÙI THU NGA

TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA DÃY CÁC SỐ NGUYÊN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

BÙI THU NGA

TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA DÃY CÁC SỐ NGUYÊN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019

LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với GS.TSKH Nguyễn Văn
Mậu (Trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN), thầy đã trực tiếp hướng dẫn
tận tình và động viên tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các quý thầy, cô giáo đã trực tiếp giảng dạy lớp cao
học Toán K11, các bạn học viên, và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận
lợi, động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân ln khuyến
khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các
bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019
Tác giả

Bùi Thu Nga

ii


Mục lục
MỞ ĐẦU

1

Chương 1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN

1.1 Lớp các hàm số học cổ điển và các dãy số liên quan . . . . . . . . .
1.1.1 Phi hàm Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Hàm tổng các ước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 Hm s Măobius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.4 Hàm đếm các ước số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.5 Một số đẳng thức giữa các hàm số học . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số dạng toán số học về dãy số nguyên . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Các dạng tốn về số chính phương trong dãy số . . . . . . .
1.2.2 Các dạng toán về tính chia hết và đồng dư trong dãy số . .
1.3 Một số dạng toán về dãy số nguyên qua các kỳ Olympic . . . . . .
1.3.1 Một số dạng tốn về số chính phương trong dãy số . . . . .
1.3.2 Đồng dư và chia hết trong dãy số . . . . . . . . . . . . . . .

2
2
4
8
10
12
14
18
18
32
34
34
46

Chương 2. CÁC DÃY SỐ LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC NGUYÊN
VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC
59

2.1 Sử dụng đa thức nguyên giải bài toán đồng dư trong dãy số . . . . 59
2.2 Thiết lập phương trình để khảo sát tính chất số học của dãy số . . 73
KẾT LUẬN

80

TÀI LIỆU THAM KHẢO

81

iii


Mở đầu
Trong các kì thi học sinh giỏi tốn các cấp, các bài tốn liên quan tới các tính
chất số học của dãy các số nguyên thường xuyên được đề cập. Những dạng toán
này thường được xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức về chun đề này khơng
nằm trong chương trình chính thức của giáo trình số học bậc trung học phổ thơng.
Chun đề nằm trong chương trình bồi dưỡng HSG ở các lớp THCS phục vụ
các kỳ thi HSG quốc gia và khu vực.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên
đề về dãy các số nguyên, tôi chọn đề tài luận văn ”Tính chất số học của dãy các
số nguyên”.
Tiếp theo, khảo sát một số lớp bài toán từ các đề thi HSG Quốc gia và các tỉnh
thành trong cả nước những năm gần đây.
Cấu trúc luận văn gồm 2 chương:
Chương 1. Một số tính chất số học của dãy số nguyên.
Chương 2. Các dãy số liên quan đến đa thức nguyên và phương trình đa thức.
Tiếp theo, cuối các chương đều trình bày các bài tập áp dụng và giải các đề thi
HSG quốc gia và Olympic liên quan.

1


Chương 1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ
HỌC CỦA DÃY SỐ NGUYÊN
Trong lý thuyết số, các hàm số học có vai trò hết sức quan trọng. Trong chương
này, ta xét một số hàm số học cổ điển (Phi hàm Euler, hàm M˝obuis, hàm đếm các
ước và hàm tổng) và xét các tính chất số học của dãy sinh bởi chúng.
Ta chủ yếu khảo sát lớp hàm số học nhận giá trị nguyên. Những trường hợp
đặc biệt sẽ được xét riêng và có chú giải chi tiết. Phần lý thuyết trong phần này
được lựa chọn từ các tài liệu [1]-[4].

1.1

Lớp các hàm số học cổ điển và các dãy số liên quan

Định nghĩa 1.1 (xem [1],[4]). Hàm số học là hàm số có miền xác định là tập các
số nguyên dương và miền giá trị là tập các số thực hoặc phức.
Định nghĩa 1.2 (Hàm nhân tính). Một hàm số học f được gọi là hàm nhân tính
nếu với mỗi cặp số m, n nguyên tố cùng nhau, ta có f (nm) = f (n)f (m).
Trong trường hợp đẳng thức đúng với mọi m, n nguyên dương (không nhất thiết
nguyên tố cùng nhau) hàm f gọi là hàm nhân tính mạnh.
Định lý 1.1 (Tính chất của hàm nhân tính). Nếu f là hàm nhân tính thì

f ([m, n])f ((m, n)) = f (m)f (n)
với mọi số nguyên dương m và n.
Chứng minh. Cho p1 , p2 , . . . , pr là các số nguyên tố chia hết m hoặc n. Khi đó
r

pki i

n=
i=1

và

r

plii

m=
i=1

với k1 , . . . , kr , l1 , . . . , lr là các số nguyên không âm.
2


Suy ra

r
max(ki ,li )

[m, n] =

pi
i=1

và

r
min(ki ,li )

(m, n) =

pi

.

i=1

Do

{max(ki , li ), min(ki , li )} = {ki , li }
và vì f là hàm nhân tính, ta thu được
r

r
max(ki ,li )
f (pi
)

f ([m, n])f ((m, n)) =
i=1
r

)

i=1
r

f (pki i )

=

min(ki ,li )

f (pi

i=1

f (plii )
i=1

= f (m)f (n).
Vậy, ta thu được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.1. Xét dãy số {un } với un = f (n), trong đó f là hàm số học nhân tính.
Khi đó, nếu n là hợp số và có dạng chính tắc
m

pαk k

n=
k=1

thì

m

f (pαk k ).

un =
k=1

Vì vậy, về sau, ta quan tâm nhiều đến số nguyên tố và dãy các số nguyên tố.
Định nghĩa 1.3. Dãy các số nguyên tố là dãy

P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, . . . , pk , . . . }
với pk là các số nguyên tố.
Ngoài dãy các số nguyên tố, cịn có các dãy tạo bởi các lũy thừa của các số
nguyên tố.
Tính chất 1.1. Nếu f là một hàm nhân tính thì hàm F (n) =

f (d) cũng là
d|n

hàm nhân tính.
3


Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng, nếu m, n là các số nguyên dương và (m, n) = 1
thì F (m.n) = F (m)F (n).
Giả sử (m, n) = 1, ta có

F (mn) =

f (d).
d|mn

Vì (m, n) = 1, mỗi ước của số mn có thể viết duy nhất dưới dạng tích các ước d1

của m, d2 của n và d1 , d2 nguyên tố cùng nhau, đồng thời mỗi cặp ước nguyên tố
d1 của m, d2 của n tương ứng với d = d1 d2 của mn. Do đó, ta có thể viết

F (mn) =

f (d1 d2 ).
d1 |m
d2 |n

Vì f là hàm có tính chất nhân tính và (d1 , d2 ) = 1, nên

f (d1 )f (d2 ) =

F (mn) =
d1 |m
d2 |n

1.1.1

f (d1 )
d1 |m

f (d2 ) = F (m)F (n).
d2 |n

Phi hàm Euler

Tiếp theo, ta xét một số hàm số học cơ bản.
Định nghĩa 1.4 (Phi hàm Euler ϕ(n)). Cho số tự nhiên n ≥ 1. Ta ký hiệu ϕ(n)
là số các số tự nhiên bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n. Quy ước ϕ(1) = 1.

Định lý 1.2 (xem [4]). Hàm ϕ(n) là hàm nhân tính.
Chứng minh. Ta có thể giả thiết a > 1, b > 1. Các số nguyên dương không vượt
quá ab được liệt kê như sau:
1
2
a
a+1
a+2
. . . . . . . . . 2a
2a + 1
2a + 2
3a

ka + 1
ka + 2
. . . . . . . . . (k + 1)a
(b − 1)a + 1 (b − 1)a + 2
ba
Các số đó sắp thành bảng có dạng ax + y , trong đó 0 ≤ x ≤ b − 1, 1 ≤ y ≤ a.
Xét các số ở cột thứ y . Ta có (ax + y, a) = (y, a). Vì một số nguyên tố với ab
khi và chỉ khi nó nguyên tố với a và b, do đó các số này phải nằm ở cột thứ y mà
(y, a) = 1. Có cả thẩy ϕ(a) cột như vậy. Xét một cột thứ y , với (y, a) = 1.
Các số ở trong cột này là
y, a + y, 2a + y, . . . , (b − 1)a + y.
4


Giả sử rx là số dư khi chia ax + y cho b. Như vậy (ax + y, b) = (rx , b). Dễ dàng
thấy rằng vì (a, b) = 1 nên rx1 = rx2 với x1 = x2 . Như vậy ta có đẳng thức tập
hợp

r0 , r1 , . . . , rb−1 = 0, 1, . . . , b − 1.
Vậy số các x mà (ax + y, b) = 1 chính là số các x mà (rx , b) = 1 tức chính là ϕ(b).
Vậy cả thẩy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a và ngun tố với b. Đó chính là các
số ngun tố với ab. Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Từ định lý này ta suy ra cơng thức tính ϕ(n) như sau.
Định lý 1.3 (xem [20, 30 - 33]). Giả sử n = pα1 1 . . . pαk k là phân tích chính tắc của
n > 1. Khi đó
1
1
1
ϕ(n) = n 1 −
1−
... 1 −
.
p1
p2
pk
Chứng minh. Theo Định lý 1.2, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 1 ) . . . ϕ(pαk k ).
Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chứng tỏ rằng ứng với p là một số nguyên
1
tố thì ϕ(pα ) = pα (1 − ). Thật vậy, vì p là nguyên tố nên với mỗi k ≤ pα thì
p
..
(k, p) = 1 hoặc k . p.
pα
α
Số các số k ≤ p và là bội của p là
= pα−1 .
p
Vậy

1
ϕ(pα ) = pα − pα−1 = pα (1 − ).
p
Bài tốn 1.1. Tính ϕ(360).
Lời giải. Với n = 360 = 23 .32 .5 thì

ϕ(360) = 360 1 −

1
2

1−

1
3

1−

1
= 96.
5

Bài toán 1.2. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng

ϕ(d) = n.
d|n

Lời giải. Tổng trên đây được lấy theo các ước số của n.
Ta phân chia tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp theo cách sau
đây. Lớp Cd gồm các số nguyên m, 1 ≤ m < n, mà (m, n) = d. Như vậy m thuộc

Cd nếu và chỉ nếu d là ước chung của m, n và (m|d, n|d) = 1. Như vậy, số phần
tử của Cd là số các số nguyên dương không vượt quá n|d và nguyên tố cùng nhau
5


với n|d; tức là Cd gồm ϕ(n|d) phần tử. Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc và
chỉ một lớp Cd nào đó (d = (m, n)) nên n bằng tổng của số các thành phần trong
các lớp Cd , d là ước của n.
Ta có
n
ϕ
n=
.
d
d|n

Mặt khác, khi d chạy qua mọi ước của n thì n|d cũng chạy qua mọi ước của n,
nên từ đó suy ra
ϕ(d).
n=
d|n

Nhận xét 1.1. Tầm quan trọng của hàm ϕ(n) trong số học được thể hiện trong
Định lý Euler. Sau đây là một dạng mở rộng của Định lý Euler.
Định lý 1.4 (Định lý Euler mở rộng). Cho a và m là hai số tự nhiên. Khi đó

am ≡ am−ϕ(m)

(mod m).

Chứng minh. Ta phải chứng minh

A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1)
chia hết cho m.
Giả sử m có phân tích chính tắc là

m = q1α1 q2α2 . . . qkαk .
.
.
Ta sẽ chứng minh rằng nếu (a, qi ) = 1 thì (aϕ(m) − 1) .. q αi , cịn nếu a .. q thì
.
.
am−ϕ(m) ..q αi , và như vậy A .. m.
Thật vậy, nếu (a, qi ) = 1 thì theo Định lý Euler
αi
.
(aϕ(qi ) − 1) .. qiαi .

Mặt khác,

ϕ(qiαi ) = qiαi (1 −

1
).
qi

là ước của ϕ(m) (suy ra từ cơng thức tính ϕ(m)).
Do đó
αi
.

.
(aϕ(m) − 1)..(aϕ(qi ) − 1) .. q αi .
.
Nếu a .. qi thì
.
am−ϕ(m) .. q m−ϕ(m) .
6


Mặt khác, rõ ràng m − ϕ(m) ≥ αi (vì có ít nhất αi số khơng ngun tố với m
là q1α1 q2α2 . . . qiαi ).
Do đó
.
.
am−ϕ(m) .. q m−ϕ(m) .. qiαi .
Định lý được chứng minh.
Định lý 1.5 (Định lý Fermat). Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên
không chia hết cho p. Khi đó, ta có

ap−1 ≡ 1

(mod p).

Chứng minh. Theo giả thiết, ta có ϕ(p) = p − 1 và a là nguyên tố với p nên
theo Định lý Euler, ta thu được ap−1 ≡ 1 (mod p).
Định lý 1.6 (Định lý Fermat dạng khác). Cho p là một số nguyên tố và a là một
số nguyên tùy ý khi ấy ta có

ap ≡ a (mod p).
Chứng minh. Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p). Nếu a khơng

chia hết cho p thì theo Định lý 1.5, ta có ap−1 ≡ 1 (mod p) cho nên sau khi nhân
hai vế của đồng dư thức này với a, ta thu được ap ≡ a (mod p).
Nhận xét 1.2. Ngược lại, từ Định lý 1.6 ta có thể suy ra Định lý 1.5.
Thật vậy, từ ap ≡ a (mod p) và a là một số nguyên không chia hết cho số
nguyên tố p thế thì a nguyên tố với p nên bằng cách chia cho a, ta thu được
ap−1 ≡ 1 (mod p). Chính vì vậy, người ta nói Định lý 1.6 là dạng khác của Định
lý Fermat.
Bài tốn 1.3. Tìm các số ngun x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp.
Lời giải. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n ∈ Z, suy ra

36x + 20 = 4n2 + 4n.
Suy ra 36x + 21 = (2n + 1)2 hay 3(12x + 7) = (2n + 1)2 .
Số chính phương (2n + 1)2 chia hết cho 3 nên nó cũng chia hết cho 9. Mặt khác
(12x + 7) không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chia hết cho 9.
Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 = n(n + 1).

7


1.1.2

Hàm tổng các ước

Tiếp theo, ta xét hàm tổng các ước của một số tự nhiên.
Định nghĩa 1.5 (xem [4]). Cho số nguyên dương n. Ta ký hiệu σ(n) là tổng các
ước nguyên dương của n.

σ(1) = 1

σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12

σ(2) = 1 + 2 = 3

σ(7) = 1 + 7 = 8

σ(3) = 1 + 3 = 4

σ(8) = 1 + 2 + 4 + 8 = 15

σ(4) = 1 + 2 + 4 = 7

σ(9) = 1 + 3 + 9 = 13

σ(5) = 1 + 5 = 6

σ(10) = 1 + 2 + 5 + 10 = 18.

Nếu n ≥ 2 thì σ(n) ≥ n + 1. Ta có thể sử dụng phép phân tích thành nhân tử
của n để tính σ(n).
Bài tốn 1.4. Tính σ(180).
Lời giải. Ta có 180 = 22 32 5. Mọi ước d của 180 có dạng d = 2a 3b 5c , với 0 ≤ a ≤ 2,
0 ≤ b ≤ 2 và o ≤ c ≤ 1. Ta có

σ(180) =

d
d|180

= 1 + 2 + 4 + 5 + 6 + 9 + 10 + 12 + 15 + 18
+ 20 + 30 + 36 + 45 + 60 + 90 + 180

= (1 + 2 + 3)(1 + 3 + 9)(1 + 5) = 546.
Nhận xét 1.3. Ta có thể tính σ(n) theo cách trên với mọi số nguyên dương n.
Nếu d là ước của n thì d có thể viết dưới dạng

pap ,

d=
p|n

với

0 ≤ ap ≤ νp (n).
Khi đó, ta có
νp (n)

σ(n) =

pa p

d=
p|n ap =o

d|n

=
p|n

pνp (n)+1 − 1
.
p−1

8


Đây chính là cơng thức biểu diễn σ(n) của n.
Bài tốn 1.5. Tính σ(20).
Lời giải. Ta có

23 − 1 52 − 1
σ(20) = σ(2 .5 ) =
.
= 48.
1
4
2

1

Định lý 1.7 (xem [1],[4]). Hàm số học σ(n) là hàm nhân tính.
Chứng minh. Giả sử m và n là hai số nguyên tố cùng nhau. Do khơng có số
ngun tố nào là ước của cả m và n, ta có

σ(mn) =
p|mn

=
p|m

pνp (mn)+1 − 1
p−1

pνp (m)+1 − 1
p−1

p|n

pνp (n)+1 − 1
= σ(m)σ(n).
p−1

Vậy định lý được chứng minh.
Định lý 1.8 (xem [1],[4]). a) n là số nguyên tố khi và chỉ khi σ(n) = n + 1.
n
b) σ(n) là một số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phương hoặc là số chính phương.
2
Chứng minh.
a) Nếu n là số ngun tố thì σ(n) = n + 1. Ngược lại, nếu σ(n) = n + 1 và n
là hợp số thì n có ước là 1, a và n với (1 < a < n). Vậy σ(n) ≥ n + 1 + a > n + 1.
Nếu n = 1 thì σ(n) = 1 < n + 1.
b) Nếu n = m2 hoặc n = 2m2 thì n = 2α pα1 1 pα2 2 . . . pαk k , ở đó p1 , p2 , . . . , pk là
các số ngun tố lẻ cịn αi là chẵn. Khi đó

σ(n) = σ(2α )σ(pα1 1 )σ(pα2 2 ) . . . σ(pαk k ).
Ta có σ(2α ) = 2α+1 − 1 là số lẻ, σ(pαi i ) = 1 + pi + · · · + pαi i là một số lẻ vì là
tổng của một số lẻ là các số lẻ. Vậy σ(n) lẻ.
Ngược lại, giả sử σ(n) lẻ, và giả sử n = 2α pα1 1 pα2 2 . . . pαk k . Khi đó với mỗi i, thì
σ(pαi i ) là số lẻ.
Mặt khác σ(pαi i ) = 1 + pi + · · · + pαi i ≡ α1 + 1 (mod 2), nên αi là chẵn. Do đó,
n
nếu α chẵn thì n là số chính phương. Nếu α lẻ thì là một số chính phương.
2

9


Bài tốn 1.6. Tìm tất cả các số tự nhiên n có tính chất n chia hết cho ϕ(n),
trong đó ϕ là phi hàm Euler.
Lời giải. Hiển nhiên, nếu n = 1 thì ϕ(n)|n. Ta xét n > 1. Giả sử n có khai triển
chính tắc dưới dạng
n = pk11 . . . pki i .
Ta có

ϕ(n) = n 1 −

1
p1

... 1 −

1
pi

.

Từ điều kiện ϕ(n)|n, chẳng hạn n = xϕ(n), suy ra

p1 . . . pi = x (p1 − 1) . . . (pi − 1) .
Như vậy, phải có pi nào đó bằng 2 (nếu ngược lại thì vơ lí, vì vế trái là số lẻ, vế
phải là số chẵn).
Giả sử p1 = 2, ta có

2p2 . . . pi = x (p2 − 1) . . . (pi − 1) .
Do p2 , . . . , pi khác 2, nên từ đẳng thức trên, suy ra rằng n có nhiều nhất là một
ước nguyên tố lẻ, chẳng hạn p2 .
Đặt
p2 = 2y + 1.
Ta có

2p2 = x(2y).
Do p2 nguyên tố, nên suy ra x = p2 , y = 1.
Vậy p2 = 3 và n có dạng

n = 2k 3m , k ≥ 1, m ≥ 0.
Dễ dàng thử lại rằng, các số n nói trờn tha món iu kin (n)|n.

1.1.3

Hm s Mă
obius

nh ngha 1.6. Hm s Măobius c nh ngha nh sau:

1 nu n = 1
µ(n) = (−1)k nếu n là tích của k số nguyên tố phân biệt

0 nếu n chia hết cho bình phương của một số nguyên tố.
10


Định nghĩa 1.7 (xem [1],[4]). Một số nguyên được gọi là số khơng chính phương
nếu nó khơng chia hết cho bình phương của một số ngun tố.

Như vậy µ(n) = 0 nếu và chỉ nếu n là số khơng chính phương.
Ví dụ 1.1. Ta có

µ(1) = 1,

µ(6) = 1,

µ(2) = −1,

µ(7) = −1,

µ(3) = −1,

µ(8) = 0,

µ(4) = 0,

µ(9) = 0,

à(5) = 1,

à(10) = 1.

nh lý 1.9. Hm s Măobius µ(n) là hàm nhân tính, và

µ(d) =
d|n

1 nếu n = 1,
0 nếu n > 1.

(1.1)

Chứng minh. Tính nhân tính được suy ra trc tip t nh ngha ca hm
Măobius. Nu m, n là hai số nguyên tố cùng nhau có k và l ước là các số chính
phương thì mn có k + l ước là các số chính phương, và

µ(n)µ(n) = (−1)k (−1)l = (−1)k+l = µ(mn).
Tiếp theo, ta chứng minh cơng thức (1.1).
Nếu n = 1, thì
µ(d) = µ(1) = 1.
d|n

Nếu n ≥ 2, cho n = pr11 . . . prkk là khai triển chính tắc (thành thừa số nguyên
tố) của số nguyên n thì r ≤ 1.
Định nghĩa 1.8. Ta gọi căn của n là ước khơng chính phương lớn nhất của n,
nghĩa là
rad (n) = p1 p2 . . . pr
là tích của tất cả các thừa số nguyên tố khác nhau là ước của n. Giả sử m = rad (n).
Nếu d chia hết n và µ(d) = 0 thì d là số khơng chính phương và vì vậy d chia
hết m.
k
Do m là tích của k số nguyên tố, ta suy ra rằng có đúng i
ước của m có
thể được viết như là tích của i số nguyên tố i khác nhau, nghĩa là số các ước d của
k
m thỏa mãn điều kiện ω(d) = i là i .

11

Vì vậy
k

d|m

d|n

µ(d)

µ(d) =

µ(d) =

i=0 d|m ω(d)=i

k

k
i

=

(−1) =
i=0 d|m ω(d)=i
k

k
i
i (−1)

i=1

= (1 − 1) = 0.
Ta có điều phải chứng minh.
Định lý 1.10 (nh lý Măobius). Gi s f l hm nhân tính với f (1) = 1 thì

(1 − f (p)).

µ(d)f (d) =
p|n

d|n

Chứng minh. Ta thấy định lý đúng với n = 1. Với n ≥ 2, giả sử m = rad (n)
là tích của các số nguyên tố khác nhau chia hết n. Do µ(d) = 0 nếu d là số khơng
chính phương, ta thu được

µ(d)f (d) =
d|n

(1 − f (p)) =

µ(d)f (d) =
d|m

p|m

(1 − f (p)).
p|n

Định lý được chứng minh xong.
Tiếp theo, ta định nghĩa hàm số học (hàm đơn vi) 1(n) = 1 với mọi n ∈ N.
Sử dụng tích chập Dirichlet, ta có

µ∗1=δ
và vì vậy hàm Măobius l kh nghch vi nghch o ca 1.

1.1.4

Hm m các ước số

Trong toán học và đặc biệt là trong lý thuyết số, hàm sinh bởi các ước số là
một hàm số học liên quan đến tính tốn các ước số của một số nguyên dương.
Hàm này gắn với phép đếm số các ước số của một số nguyên và các dạng toán liên
quan đến biểu diễn các ước số của một số nguyên dương cho trước. Các kết quả
này gắn với các nghiên cứu gần đây của nhà toán học Ấn Độ Ramanujan.
Định nghĩa 1.9 (xem [1],[4], [6]). Hàm số học xác định số các ước dương của một
số nguyên dương n được gọi là hàm đếm các ước và kí hiệu là d(n).
12


Như vậy,
d(1) = 1,
d(3) = 2,

d(6) = 4,
d(8) = 4,

d(2) = 2,

d(4) = 3,

d(7) = 2,
d(9) = 3.

Nhận xét rằng khi n có dạng

pνp (n) ,

n=
p|n

thì mọi ước của n có dạng

pap ,

d=
p|n

trong đó ap là số nguyên thỏa mãn điều kiện

0 ≤ ap ≤ νp (n).
Vì mỗi số mũ ap có thể nhận vp (n) + 1 giá trị khác nhau, nên ta có đẳng thức

d(n) =

(νp (n) + 1).
p|n

Định lý 1.11 (xem [4-6]). Hàm d(n) là một hàm nhân tính.

Chứng minh. Xét cặp m và n là hai số nguyên tố cùng nhau,

pνp (m)

m=
p|m

và

q νq (n).

n=
q|n

Do (m, n) = 1 nên tập hợp các số nguyên tố là ước của m và tập hợp các số
nguyên tố là ước của n là rời nhau. Vì vậy

pνp (m)

mn =
p|m

q νq (n)
q|n

là phép phân tích thành nhân tử của mn, và

d(mn) =

(νp (m) + 1)

p|m

(νq (n) + 1) = d(m)d(n).
q|n

Vậy định lý đã được chứng minh.
13


Bài tốn 1.7. Tính d(20).
Lời giải. Ta có

d(20) = d(22 .51 ) = (2 + 1)(1 + 1) = 6.
Bài toán 1.8. Chứng minh rằng n là số nguyên tố khi và chỉ khi d(n) = 2.
Lời giải. Nếu n là số nguyên tố thì n là một số tự nhiên lớn hơn 1 và khơng có
ước nào ngồi 1 và chính nó. Do đó d(n) = 2.
Nếu d(n) = 2 thì số các ước số của số nguyên dương n là 2. Như vậy n là một
số nguyên tố.
Bài toán 1.9. Chứng minh rằng d(n) là số nguyên tố khi và chỉ khi n = pq−1 với
q và p là các số nguyên tố.
Lời giải. Nếu d(n) là số nguyên tố, giả sử đó là số q . Khi đó, ta có d(n) =
(q − 1) + 1. Như vậy n = pq−1 với p là số nguyên tố.
Ngược lại, nếu n = pq−1 với q và p là các số nguyên tố thì hiển nhiên d(n) =
(q − 1) + 1 = q . Vậy nên d(n) là số nguyên tố.
Ta thu được điều phải chứng minh.

1.1.5

Một số đẳng thức giữa các hàm số học

Tiếp theo, ta xét một số đẳng thức giữa các hàm d(n), σ(n) và ϕ(n).
Bài toán 1.10 (xem [4],[6-7]). Cho dãy số nguyên dương xn xác định theo quy
luật sau x0 = a, xn+1 = d(xn ), ∀n ≥ 0.
Chứng minh rằng ∀a ∈ N∗ , tồn tại chỉ số n0 (phụ thuộc a) sao cho xn = 2 với
mọi n ≥ n0 .

√
Lời giải. Ta có d(n) ≤ 2 n < n nếu n > 4.
Với n = 4 và n = 3, thử trực tiếp cho thấy d(4) = 3 < 4 và d(3) = 2 < 3.
Với n = 2 thì d(2) = 2.
Vậy, ta có d(n) < n, ∀n > 2 và d(2) = 2.
Suy ra xn+1 < xn nếu xn > 2.
Vì (xn ) là các số nguyên dương nên bắt đầu từ chỉ số n0 nào đó, ta phải có
xn0 = 2. Khi ấy xn = 2, ∀n ≥ n0 .
Bài toán 1.11 (xem [4], [6]). Chứng minh rằng nếu σ(n) = 2n + 1 thì n là bình
phương của một số lẻ.

14


Lời giải. Vì σ(n) = 2n + 1 là một số lẻ. Do đó, ta có n = 2α m2 , trong đó α ≥ 0
cịn m là số lẻ.
Ta cần chứng minh α = 0.
Ta có σ(n) = 2n + 1 = 2α+1 m2 + 1. Do tính chất nhân tính của hàm σ(n), ta
lại có σ(n) = σ(2α ).σ(m2 ) = (2α+1 − 1).σ(m2 ).
.
Vậy nên 2α+1 m2 + 1 = (2α+1 − 1).σ(m2 )..2α+1 − 1.
Ta lại có

2α+1 m2 + 1 = 2α+1 m2 + 1 − m2 + m2

.
= m2 (2α+1 − 1) + (m2 + 1) .. 2α+1 − 1.
.
Suy ra m2 + 1 .. 2α+1 − 1.
Nếu a > 0 thì 2α+1 − 1 có dạng 4k − 1. Do đó nó có ước nguyên tố p dạng
4k − 1.
Vậy nên m2 ≡ −1 (mod p).
p−1
Suy ra mp−1 ≡ (−1) 2 = (−1) (mod p). Điều này trái với Định lý Fermat. Do
vậy α = 0.
Bài toán 1.12 (xem [4], [6]). Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên k , tồn tại ít
nhất một số nguyên dương n để cho ϕ(n + k) = ϕ(n).
Lời giải. Nếu k chẵn thì ϕ(k + k) = ϕ(2k) = ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k).
Vậy ta có thể chọn n = k .
Xét trường hợp k lẻ. Gọi p là số nguyên tố bé nhất trong tập hợp các số nguyên
tố không phải là ước của k . Ta có

ϕ(pk) = ϕ(p)ϕ(k) = (p − 1)ϕ(k).
Giả sử p1 , p2 , . . . , pr là các ước nguyên tố của k . Mọi ước nguyên tố của p − 1
cũng nằm trong tập (p1 , p2 , . . . , pr ) do cách chọn p.
Vậy thì

ϕ((p − 1)k) = (p − 1)k 1 −

1
1
... 1 −
= (p − 1)ϕ(k).
p1
pr

Suy ra ϕ(pk) = ϕ((p − 1)k). Vậy có thể chọn n = (p − 1)k .
Bài toán 1.13. Chứng minh rằng

d = nd(n)/2 .
d|n

15


Lời giải. Giả sử n = pa với p là số nguyên tố và a là số nguyên dương.
Ta có các ước của pa là 1, p, p2 , . . . , pa . Do đó

d = 1.p.p2 . . . pa = p1+2+···+a = p

a(a+1)
2

.

d|n

Mặt khác, d(n) = a + 1, nên

n

d(n)
2

= (pa )

a+1
2

=p

a(a+1)
2

.

Như vậy

d = nd(n)/2 .
d|n

Giả sử số ngun dương n có phân tích chính tắc (ra thừa số nguyên tố) dạng

n = pa11 pa22 . . . pas s .
Khi đó
a1 (a1 +1)
2

d = p1

a2 (a2 +1)
2

p2

as (as +1)
2

. . . ps

= (pa11 pa22 . . . pas s )

(a1 +1)(a2 +1)...(as +1)
2

.

d|n

Mặt khác, d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (as + 1). Vì thế

n

d(n)
2

= (pa11 pa22 . . . pas s )

(a1 +1)(a2 +1)...(as +1)
2

.

Như vậy

d = nd(n)/2 .
d|n

Bài toán 1.14. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có

σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n (n ≥ 2).
Lời giải. Giả sử các ước của n là 1 = d1 < d2 < . . . < dk = n.
n
Trong các số tự nhiên không vượt quá n, có
là số bội của di . Mỗi số khơng
di
vượt q n và không nguyên tố cùng nhau với n phải là bội của một ước nào đó
(> 1) của n. Vì thế ta có
n
n
n
n − ϕ(n) ≤
+
+ ··· + .
d2 d3
dk
Mặt khác,

n
n
n
+
+ ··· +
= dk−1 + dk−2 + · · · + d1 = σ(n) − n.
d2 d3

dk
Vậy nên n − ϕ(n) ≤ σ(n) − n, tức là σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n (n ≥ 2).
Khi n là nguyên tố, ta có đẳng thức σ(n) + ϕ(n) = 2n.
16


Bài toán 1.15. Cho n là một số tự nhiên, α là số thực. Đặt
n−1

Sn (α) =

α+
j=0

j
,
n

trong đó [x] kí hiệu phần nguyên của số thực x.
√
Chứng minh rằng nếu [α]+1 khơng phải là số chính phương thì Sn (α) = n [ α].
Lời giải. Với mọi j, 0 ≤ j ≤ n − 1, ta có

α+

√
j
≥
α .
n

√
Do đó Sn (α) ≥ n [ α] .
Nếu đẳng thức không xảy ra thì ta phải có
α+

√
n−1
>
α .
n

Như vậy, tồn tại số nguyên k thỏa mãn điều kiện

√

α
α+

n−1
1
, hay k 2 + ≤ α + 1 < k 2 + 1,
n
n

suy ra [α] + 1 = k 2 . Do đó, nếu khơng có đẳng thức thì [α] + 1 là số chính phương.
Bài tốn 1.16. Cho n là một số tự nhiên, α là số thực. Đặt
n−1

Sn (α) =

α+
j=0

j
,
n

trong đó [x] kí hiệu phần nguyên của số thực x.
Chứng minh rằng nếu [α] + 1 là số chính phương thì
√
√
Sn (α) = n α + n α − α

.

Lời giải. Đặt r = [n(α − [α])]. Khi đó, nếu [α] + 1 = k 2 , thì

k2 +

r
(r + 1)
≤ α + 1 < k2 +
,
n
n

suy ra

α+

n−r−1
n
17

α+

n−r
.
n


Vậy nên

α+

j
=
n

k − 1, j < n − r
k, j ≥ n − r.

Do đó

Sn (α) = (n − r) (k − 1) + rk = n (k − 1) + r.
√
Vì (k − 1) = [ α] nên suy ra

√
√
Sn (α) = n α + n α − α .

1.2

Một số dạng toán số học về dãy số nguyên

Trong phần này, ta trình bày các tính chất cơ bản và phương pháp giải toán về
dãy số nguyên.

1.2.1

Các dạng toán về số chính phương trong dãy số

Trong phần này, ta xét một số dạng tốn về số chính phương trong dãy số. Nội
dung chính của lời giải các bài tốn này là xét dãy số đã cho bằng phương pháp
truy hồi và phương pháp khai triển chính tắc của số tự nhiên. Tiếp theo, khảo sát
về chứng minh phần tử nào đó của dãy số là số chính phương hoặc phải tìm số
chính phương trong dãy đã cho.
Trong các bài tốn về tính chính phương của các phần tử trong dãy số, việc xác
định được công thức số hạng tổng quát của dãy số được cho bởi công thức truy
hồi giúp ta giải quyết được bài toán đã cho.
Trong một số trường hợp, ta có thể sử dụng phương pháp sai phân để tìm số
hạng tổng qt, sau đó đưa biểu thức cần chứng minh về bình phương đủ của một
số nguyên. Với một số bài toán tổng quát ta có thể đặc biệt hóa để có bài tốn
mới, ngược lại với một bài tốn cụ thể ta có thể tổng qt hóa để được một dạng
tốn.
Bài tốn 1.17. Cho dãy số (un ) xác định bởi

u0 = 3, u1 = 17
un = 6un−1 − un−2 ,

n≥2

u2n − 1
là một số chính
Chứng minh rằng với mọi n = 0, 1, 2, . . . thì un =
2
phương.

18


Lời giải. Xét phương trình đặc trưng tương ứng tương ứng

x2 − 6x + 1 = 0.
√
√
Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3 + 8 và x2 = 3 − 8. Vì thế số hạng
tổng qt un có dạng
√ n
√ n
un = a 3 + 8 + b 3 − 8 .
Từ u0 = 3, u1 = 17 suy ra hệ phương trình sau để xác định a, b

√ 0
√ 0

a 3+ 8 +b 3− 8 =3

√ 1
√ 1

a 3 + 8 + b 3 − 8 = 17

√
1

a =
3+ 8
2
⇔
√
1

b =
3− 8 .
2
Vì vậy

un =

1
2

3+

√

n+1

8

+ 3−

√

n+1

8

.

Do đó, ta có

1 1
un = .
2 4

3+


1  3+
= .
2

√

√

n+1

8
n+1

8

+ 3−

− 3−

√

√

n+1 2

8
n+1

8

2

 .

2

Áp dụng công thức nhị thức Newton ta có 3 ±

−4

√

n+1

8

√
= M ± N 2, ở đây M, N

là các số nguyên dương.
u2n − 1
Từ đó suy ra un =
= N 2 (điều phải chứng minh.
2
Bài toán 1.18. Cho dãy số (un ) xác định bởi

u0 = 9, u1 = 161
un = 18un−1 − un−2 ,

n ≥ 2.

u2n − 1
Chứng minh rằng
là số chính phương với mọi n tự nhiên.
5
19

Lời giải. Giải phương trình sai phân đề bài ta được
√
√ n+1
9+4 5
+ 9−4 5
un =
2

n+1

.

Ta có các biểu diễn sau
√ n+1
√
9±4 5
= An+1 ± Bn+1 5, (An+1 , Bn+1 ∈ Z) .
Từ đó

√

n+1

9+4 5
u2n

√

− 9−4 5

=
√
2Bn+1 . 5
=

n+1 2

+4

4
2

+4

4

2
= 5Bn+1
+ 1.

u2n − 1
2
= Bn+1
là một số chính phương với mọi n tự nhiên. Ta có điều
5
phải chứng minh.
Suy ra

Bài toán 1.19. Cho dãy số (un ) xác định bởi u0 = 1, u1 = 2 và

un+2 = 4un+1 − un (n ∈ N).
Tìm tất cả các giá trị của n để un − 1 là một số chính phương.
Lời giải. Xét phương trình đặc trưng tương ứng t2 = 4t − 1 có hai nghiệm
√
t1,2 = 2 ± 3.
Do đó số hạng tổng quát của dãy là
√ n
√ n
un = a 2 + 3 + b 2 − 3 .

1
Theo giả thiết, cho u0 = 1, u1 = 2 ta tìm được a = b = . Suy ra
2
√ n 1
√ n
1
un =
2+ 3 + 2− 3
2
2

√
√
2n
2n
1
3+1
3−1
.
√

√
= 
+
2
2
2
Do đó

 √
n
√
3
+
1
−
3−1

un − 1 = 
√ n+1
2
20

n

2

.


Vì un − 1 là số chính phương nên

n
√
√
3+1 −
3−1
A=
√ n+1
2

n

∈ Z.

Ta lần lượt xét các trường hợp
+ Nếu n = 0 thì A = 0 ∈ Z.
+ Nếu n = 1 thì A = 1 ∈ Z.
+ Nếu n = 2k , k ∈ N∗
Xét dãy (bk ), với

2+
bk =

√

k

3

− 2−
√

2

√

√

k

3

n

−

3+1

=

√

√
n+1

3−1

n

= A.

2

√
Ta lại có 2 ± 3 là các nghiệm của phương trình đặc trưng x2 = 4x − 1 nên
(bk ) thỏa mãn điều kiện bk+2 = 4bk+1 − bk .
√
/ Q, ∀k ∈ N.
Mặt khác b0 = 0, b1 = 6. Suy ra bk ∈
Do đó un − 1 khơng phải là số chính phương.
• Nếu n = 2k + 1, k ∈ N∗ , ta có
√
√ k
√ k
3+1
A= √
.
2+ 3 − 2− 3
2
√
√ k
√ k
3+1
Đặt Ck = √
2+ 3 − 2− 3
, k ∈ N. Khi đó, dãy (Cn ) thỏa
2
mãn điều kiện Ck+2 = 4Ck+1 − Ck .
Mặt khác, C0 = 0, C1 = 5 nên Ck ∈ Z, ∀k ∈ N.
Vậy un − 1 là số chính phương khi và chỉ khi n = 0 hoặc n là số nguyên dương lẻ.
Bài toán 1.20. Cho dãy số (un ) xác định bởi

u0 = 0, u1 = 1
un+1 = 2un − un−1 + 1,

(n ∈ N∗ ).

(1.2)

Chứng minh rằng 4un+2 un + 1 là số chính phương.
Lời giải.
Cách 1.
Xét phương trình đặc trưng tương ứng : x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 (nghiệm kép).
21