Phương trình hàm và một số tính chất cực trị của hàm số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI THỊ THÚY HẢI

PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ
CỦA HÀM SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI THỊ THÚY HẢI

PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ
CỦA HÀM SỐ HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

8460113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2018


3

Mục lục

Danh sách kí hiệu

5

Mở đầu

6

1 Phương trình hàm đối với hàm tổng các ước

8

1.1

Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2

Một số ký hiệu và kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3

Cấu trúc của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4

Nghiệm với ω(n)

1.5

Trường hợp n khơng có ước là luỹ thừa bậc 4 . . . . . . . . . . . . . 17

1.6

Đếm các phần tử trong K ∩ [1, x] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.7

Kết luận Chương 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Bậc cực trị của một số hàm số học

26

2.1

Giới thiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2

Chuỗi Dirichlet của Vk (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3

Bậc cực trị liên quan đến các hàm số học suy rộng cổ điển . . . . . . 30

2.4

Bậc cực trị liên quan đến các tương tự đơn của σk và φk . . . . . . . 31

2.5

Bậc cực trị liên quan đến hợp các hàm số học . . . . . . . . . . . . . 33

2.6

Các bài toán mở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.7

Kết luận Chương 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41

4

Lời cảm ơn
Trước hết, tác giả muốn tỏ lòng biết ơn đến người hướng dẫn khoa học
của mình, GS.TSKH. Hà Huy Khoái (Trường Đại học Thăng Long), người
đã đặt bài tốn của đề tài, tận tình hướng dẫn để luận văn này được hoàn
thành tốt đẹp.
Nhân dịp này, tác giả xin được cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, cùng các
giảng viên đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn khóa 10 (2016-2018).
Xin trân trọng cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám
hiệu và các đồng nghiệp ở Trường THPT Phạm Ngũ Lão, Thủy Nguyên, Hải
Phòng, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tác giả học tập và nghiên cứu.
Lời cuối cùng, tác giả muốn dành để tri ân bố mẹ và gia đình vì đã chia
sẻ những khó khăn để tác giả hồn thành cơng việc học tập của mình.


5

Danh sách kí hiệu

#X

lực lượng của tập hợp X

x

trần của số x

x

sàn của số x

a|b

b là bội của a

a | b

a không phải là ước của b

σ(n)

tổng các ước của n

vp (n)

lũy thừa cao nhất của p chia hết n

φ(n)

hàm Euler, φ(n) = n

1−
p|n

1
p

−1

ζ(s)

1−

hàm zeta (ζ) Riemann, ζ(s) =
p

s = σ + it ∈ C và σ > 1

lim sup

giới hạn trên

lim inf

giới hạn dưới

1
ps

,


6

Mở đầu
Có thể nói, Lý thuyết số là một ngành khoa học sớm nhất của nhân loại.
Trước những năm 70 của thế kỷ XX, Lý thuyết số được coi là một ngành

thuần túy lý thuyết, còn hiện nay Lý thuyết số đang trở thành một trong
những lĩnh vực có nhiều ứng dụng sơi động nhất của Tốn học.
Trong Lý thuyết số, các hàm số học là những hàm số xác định trên tập
hợp các số tự nhiên và có tập giá trị là một tập con nào đó của tập hợp các
số phức. Các điều kiện được đặt lên các hàm số học sẽ phụ thuộc vào mục
đích nghiên cứu. Như Hardy & Wright từng yêu cầu, một hàm số học phải
“thể hiện một số tính số học của n”.
Luận văn này có mục đích nghiên cứu một mối quan hệ về hàm số học là
tổng các ước của một số nguyên cho trước, và sau cùng là bậc cực trị của
một số lớp hàm số học quan trọng.
Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung của luận
văn được trình bày trong hai chương:
• Chương 1. Phương trình hàm đối với hàm tổng các ước. Nội dung của
chương này là nghiên cứu về nghiệm nguyên dương của σ(n) = γ(n)2 ,
trong đó σ(n) và γ(n) tương ứng là tổng của các ước và tích của các ước
nguyên tố phân biệt của n.
• Chương 2. Bậc cực trị của một số hàm số học. Chương này dành để trình
bày về để chuỗi Dirichlet của V (n) (số các số chính quy modulo n) và
xác định các bậc cực trị của một số hàm số học cổ điển, các hàm tổng


7
các ước đơn của n (ước d của n được gọi là đơn nếu n và n/d nguyên tố
cùng nhau) và liên hệ với hàm φ-Euler.

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018
Tác giả

Lại Thị Thúy Hải

8

Chương 1

Phương trình hàm đối với
hàm tổng các ước
Chương này dành để nghiên cứu các số nguyên n > 1 thỏa mãn quan hệ
σ(n) = γ(n)2 , trong đó σ(n) và γ(n) tương ứng là tổng các ước và tích các
ước nguyên tố phân biệt của n. Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm có khơng q
bốn ước ngun tố phân biệt duy nhất là n = 1782. Ta cũng sẽ chỉ ra khơng
tồn tại nghiệm nào khơng có ước là lũy thừa bậc 4, và số nghiệm nhỏ hơn
x là không vượt quá x1/4+ với

> 0 và với mọi x > x . Thêm nữa, số n

được gọi là nguyên thủy nếu khơng có ước đơn thực sự d nào của n thỏa mãn
σ(d) | γ(d)2 . Ta sẽ chỉ ra số nghiệm ngun thủy của phương trình khơng
vượt q x là nhỏ hơn x với x > x .
Nội dung chương này được viết dựa vào tài liệu Broughan A.K. et al [3].

1.1

Giới thiệu

Tại hội nghị khoa học “Western Number Theory Conference” 1 năm 2000, De
Koninck J.-M. (tác giả thứ hai của cơng trình Broughan A.K. et al [3]) đưa
ra câu hỏi về tìm nghiệm nguyên dương n của phương trình
σ(n) = γ(n)2
1

Hội nghị Lý thuyết số Bờ Tây, />
(1.1)


9
(gọi là “phương trình De Koninck”), trong đó σ(n) là tổng tất cả các ước
dương của n, và γ(n) là tích tất cả các ước nguyên tố phân biệt của n, cũng
được gọi là “cốt lõi” (core) của n. Dễ thấy, n = 1 và n = 1782 là các nghiệm,
nhưng, tình đến năm 2012 - năm xuất bản cơng trình Broughan A.K. et al
[3] - người ta khơng biết thêm một nghiệm nào nữa. Một tìm kiếm bằng máy
tính với mọi n

1011 không cho thấy nghiệm nào khác. Một giả thuyết tự

nhiên (được gọi là “Giả thuyết De Koninck”) là phương trình này khơng có
nghiệm nào khác. Nó được trình bày bởi Guy R.K. (2004).
Có một kết quả đã được chứng minh rằng một nghiệm bất kỳ không tầm
thường n phải có ít nhất ba ước ngun tố, chẵn, và khơng thể là số hồn tồn
khơng chính phương (tạm dịch thuật ngữ squarefree - số khơng có ước chính
phương khác 1). Luca F. (2004) chỉ ra rằng số nghiệm mà số các ước nguyên
tố là số cố định cho trước chỉ là hữu hạn. Thật ra Luca F. đã chứng điều
này cho lớp rộng hơn các nghiệm dương n của phương trình σ(n) = aγ(n)K
trong đó K

2 và 1

a

L với K và L là các tham số cố định. Tuy nhiên,

có rất ít tiến bộ trong nghiên cứu Giả thuyết De Koninck.
Ở đây, luận văn sẽ trình bày kết quả nói rằng các nghiệm n = 1, 1782 là
các số duy nhất có ω(n)

4, trong đó như thường lệ, ω(n) là số ước nguyên

tố phân biệt của n. Phương pháp chứng minh dựa vào các chặn trên sơ cấp
đối với những số mũ có thể của các số nguyên tố xuất hiện trong phân tích
của n, và sử dụng kết thức để giải hệ phương trình đa thức thu được, mà các
ẩn là các ước nguyên tố của n.
Ta chứng minh rằng nếu một số nguyên n là không có ước là luỹ thữa bậc
4 (fourth power free) (tức là p4 n với mọi số nguyên tố p), thì n khơng thể
thỏa mãn phương trình De Koninck (1.1). Sau đó chúng ta đếm số nghiệm
tiềm năng n khơng vượt quá x. Pollack & Pomerance [4], gọi một số nguyên
dương n là nguyên tố–hoàn hảo (prime–perfect) nếu n và σ(n) chung nhau
tập hợp các ước nguyên tố. Rõ ràng, mọi nghiệm n của phương trình De


10
Koninck là số nguyên tố–hoàn hảo. Pollack & Pomerance chứng minh rằng
tập hợp các số ngun tố–hồn hảo là vơ hạn, và hàm đếm các số ngun
tố–hồn hảo n

x có lực lượng nhiều nhất là x1/3+o(1) khi x → ∞. Sử dụng

các kết quả của Pollack & Pomerance, ta sẽ chứng minh rằng số các nghiệm
x của phương trình De Koninck nhiều nhất là x1/4+ với bất kỳ > 0 và

n

mọi x > x .
Bằng cách hạn chế đến nghiệm “nguyên thủy” (“primitive” solutions) sử
dụng phương pháp của Wirsing E., ta nhận được một chặn trên của O(x )
với mọi

> 0. Khái niệm “nguyên thủy” được sử dụng ở đây để chỉ các số

khơng có ước đơn thực sự d | n thỏa mãn σ(d) | γ(d)2 .
Cuối cùng ta có một số nhận xét về bài tốn liên quan là xác định các số
số nguyên n sao cho γ(n)2 | σ(n).
Tóm lại, mục đích của chương này là trình bày một số sự kiện ủng hộ cho
Giả thuyết De Konnick, và chỉ ra cấu trúc cần thiết cho một phản ví dụ, nếu
có.
Mọi nghiệm khơng tầm thường khác với 1782 phải là chẵn, có một ước
nguyên tố lũy thừa 1 và có thể có một ước nguyên tố với một số mũ đồng
dư với 1 mod 4, với các ước nguyên tố lẻ khác có các lũy thừa chẵn. Ít nhất
một ước nguyên tố phải xuất hiện với một số mũ 4 hoặc cao hơn. Cuối cùng,
mọi phản ví dụ, nếu có, phải lớn hơn 1011 .

1.2

Một số ký hiệu và kiến thức chuẩn bị

Giả sử n = pα1 1 · · · pαr r > 1 là một số nguyên dương và giả sử k

1 là một số

nguyên nào đó. Trong suốt chương này là sẽ sử dụng các ký hiệu sau:
• p1 , p2 , . . . — dãy các số nguyên tố;

• σ(n) là hàm tổng các ước;


11
• γ(n) là tích của các ước ngun tố phân biệt của n;
• nếu p là số nguyên tố vp (n) là lũy thừa cao nhất của p mà chia hết n;
• ω(n) là số các ước nguyên tố phân biệt của n;
• K là tập hợp tất cả những nghiệm của σ(n) = γ(n)2 ;
• σk (n) — tổng quát hóa của σ(n), được định nghĩa bởi
r

(αi +1)k

pi

σk (n) =

pki

i=1

−1
;
−1

• ψk (n) — tổng qt hóa của ψ(n), được định nghĩa bởi
ψk (n) = nk

(1 +
p|n

1
);
pk

• ζ(s) — hàm zeta Riemann,
ζ(s) =
p

1
1− s
p

−1

s = σ + it ∈ C và σ > 1;

,

• φ(n) — hàm Euler, φ(n) = n

1−
p|n

1
p

;

• φk (n) — hàm Jordan bậc k, φk (n) = nk

1−
p|n

1
pk

;

• γ — hằng số Euler,
1+

γ = lim

n→∞

1
1
+ . . . + − log n ;
2
n

• φ∗ (n) — tương tự đơn của φ(n),
k
∗

(pαi i − 1);

φ (n) =
i=1

• σ ∗ (n) — tương tự đơn của σ(n),
k
∗

(pαi i + 1).

σ (n) =
i=1


12
Định nghĩa 1.2.1. Cho trước một số nguyên dương n. Số nguyên dương d
được gọi là một
• ước đơn của n nếu d | n và gcd d, nd = 1;
• ước đơn thực sự của n nếu nó là ước đơn và thỏa mãn 1 < d < n;
Định nghĩa 1.2.2. Một số nguyên n > 1 được gọi là một số luỹ thừa
(powerful integer) nếu nó chia hết cho bình phương của mỗi ước ngun tố
của nó.
Một số luỹ thừa cịn được gọi là một số bình phương đầy đủ.
Định nghĩa 1.2.3. Một hàm f được gọi là hàm nhân tính nếu thỏa mãn
f (1) = 1 và f (mn) = f (m)f (n) trong đó m và n là các số nguyên tố cùng
nhau.

1.3

Cấu trúc của nghiệm

Trước hết chúng ta hãy mô tả dạng của những phần tử trong K.
Bổ đề 1.3.1. Nếu n > 1 thuộc K, thì

s

pai i ,

e

n = 2 p1
i=2

trong đó e

1 và ai chẵn với mọi i = 3, . . . , s. Hơn nữa, hoặc a2 là chẵn, và

trong trường hợp đó p1 ≡ 3 (mod 8), hoặc a2 ≡ 1 (mod 4) và p1 ≡ p2 ≡ 1
(mod 4).
Chứng minh. Trước hết ta chú ý rằng n phải chẵn: thật vậy nếu n > 1
thỏa mãn σ(n) = γ(n)2 và n là lẻ, thì σ(n) phải lẻ, do đó số mũ của mỗi
ước nguyên tố của n phải chẵn, nên n là một bình phương đầy đủ. Nhưng
n < σ(n) = γ(n)2

n, điều này là mâu thuẫn.


13
Thứ hai, do n là chẵn, ta có 22

γ(n)2 . Ta viết
s

pai i

e

n=2

i=1

với các số nguyên tố lẻ phân biệt p1 , . . . , ps và các số mũ nguyên dương
a1 , . . . , as , trong đó các số nguyên tố được sắp xếp sao cho các số mũ lẻ
xuất hiện đầu tiên và các số mũ chẵn xuất hiện cuối cùng. Sử dụng sự kiện
s

σ(2e ) = 2e+1 − 1 là lẻ, ta nhận được 22

i=1

chỉ số i sao cho

σ(pai i )

σ(pai i ). Do đó có nhiều nhất hai

là chẵn, với tất cả những chỉ số khác là lẻ. Nhưng nếu

p là lẻ và σ(pa ) cũng là lẻ, thì a là chẵn. Do đó, hoặc chỉ có a1 là lẻ, hoặc chỉ
a1 và a2 là lẻ. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số
mũ là 1. Giả sử không phải như vậy, lập luận ở trên chỉ ra rằng a1
ai

3 và

2 với i = 2, . . . , s. Do đó,
s

s

s

p2i

4p21

2

= γ(n) = σ(n)

σ(p2i )

σ(2)σ(p31 )

>

i=2

i=2

p2i ,

3p31
i=2

điều này dẫn đến p1 < 4/3, đây là một điều vô lý. Do vậy a1 = 1. Cuối cùng,
nếu a2 là chẵn, thì 22
là lẻ, thì 2

σ(p1 ) và 2

σ(p1 ) chỉ ra rằng p1 ≡ 3 (mod 8), trong khi nếu a2
σ(pa22 ), dẫn đến kết luận rằng p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)

và a2 ≡ 1 (mod 4).

1.4

Nghiệm với ω(n)

Định lí 1.4.1. Giả sử n ∈ K với ω(n)

4
4. Khi đó n = 1 hoặc n = 1782.

Chứng minh. Sử dụng Bổ đề 1.3.1, ta viết n = 2α pm, trong đó α > 0 và m
là số nguyên tố cùng nhau với 2p.
Đầu tiên chúng ta xét trường hợp p = 3. Nếu bổ sung m = 1, thì ta nhận
được σ(n) = 62 , và khơng có nghiệm. Mặt khác, nếu m > 1, thì σ(m) là một
ước của γ(n)2 /4 và do đó phải là lẻ. Điều này có nghĩa rằng mọi ước nguyên
tố của m xuất hiện với một số mũ chẵn, q β

m. Khi đó

σ(q β ) = q β + · · · + q + 1


14
là nguyên tố cùng nhau với 2q và lớn hơn 32 + 3 + 1 > 9. Do đó, tồn tại một
ước nguyên tố của m khác 3 hoặc q, gọi là r, mà chia hết q β + · · · + q + 1,
điều này kéo theo rằng nó cũng chia hết m và xuất hiện trong phân tích của
4, ta có m = q β rγ . Bây giờ

m với một số mũ chẵn. Do ω(n)
q β + · · · + q + 1 = 3i rj
trong đó i + k

rγ + · · · + r + 1 = 3k q ,

và

2 và j, ∈ {1, 2}. Như vậy,
(q β + · · · + q + 1)(rγ + · · · + r + 1) = 3i+k q rj .

Vế trái của đẳng thức này là lớn hơn hoặc bằng 3q β rγ . Trong trường hợp
β > 2, ta có β

4, do đó q 4 r2

q β rα

9q 2 r2 , điều này dẫn ra q

3, đây

là điều mâu thuẫn. Mâu thuẫn tương tự cũng nhận được nếu γ > 2.
Như vậy, β = γ = 2. Nếu l = j = 2, thì ta nhận được
(q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) = 3i+k q 2 r2 ,
điều này dẫn đến σ(2α ) | 32−i−j . Khả năng duy nhất là α = 1 và i + j = 1,
nó chứng minh rằng i = 0 hoặc j = 0. Do bài toán là đối xứng, ta chỉ xử lý
trường hợp i = 0. Trong trường hợp đó, ta nhận được q 2 + q + 1 = r2 , tương
đương với (2q + 1)2 + 3 = (2r)2 , mà khơng có nghiệm (q, r).
Nếu j = = 1, thì ta nhận được
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 9qr,
suy ra qr < 9, điều này sai.
Do đó, ta xét trường hợp j = 2 và

= 1, và ngược lại. Do bài toán là đối

xứng theo q và r,ta chỉ quan tâm j = 2 và

= 1. Trong trường hợp này, ta

có
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) = 3i+k r2 q,
do đó q < 3i+k . Do q > 3, điều này chứng tỏ i = k = 1 và q ∈ {5, 7}. Do vậy,
r2 + r + 1 = 75, 147, và không xác lập nghiệm n.


15
Từ đây về sau, ta có thể giả thiết p > 3, do đó p + 1 = 2u m1 , trong đó
u ∈ {1, 2} và m1 > 1 là lẻ. Giả sử q là ước nguyên tố lớn nhất của m1 . Rõ
ràng, p + 1

2q, do đó q < p. Hơn nữa, do ω(n)

4 ta có

p < 4q 4 < q 6 ,
sao cho q > p1/6 . Giả sử β là số mà q β
Thật vậy, giả sử β

n. Ta có thể chứng minh rằng β

77.

78, đầu tiên ta quan sát rằng
p13 < q 78

q β < σ(q β ),

và viết
σ(q β ) = 2v m2 ,
trong đó v ∈ {0, 1} và m2 nguyên tố cùng nhau với 2q. Nếu m2 chia hết p2 ,
ta nhận được
p13 < σ(q β )

2p2 ,

đây là điều mâu thuẫn. Do đó, tồn tại một ước nguyên tố r khác của n, và
m2

p2 r2 . Do vậy,
p13 < σ(q β ) < 2p2 r2 < p3 r2 ,

suy ra r > p5 . Giả sử γ thỏa mãn rγ
r+1

n. Khi đó

σ(rγ )

2p2 q 2 < p5 ,

mà đây là điều mâu thuẫn. Như vậy β

77.

Giả sử r không xuất hiện trong phân tích của (p + 1)σ(q β ). Khi đó ta cần
giải hệ phương trình
p + 1 = 2u q w

và

q β + · · · + q + 1 = 2v pz ,

trong đó β ∈ {1, . . . , 77}, u ∈ {1, 2}, 0

v

2 − u, {w, z} ⊆ {1, 2}, mà

chúng ta có thể giải với kết thức. Điều này cho chúng ta một số khả năng
nào đó của các cặp (p, q). Nếu ω(n) = 3, ta có σ(n) = 4p2 q 2 , và ta tìm được

16
n. Nếu ω(n) = 4, thì σ(rγ ) là một ước của 2p2 q 2 và ta tìm các khả năng đối
với cặp (r, γ). Sau đó, suy được n từ quan hệ σ(n) = 4p2 q 2 r2 .
Bây giờ giả sử r xuất hiện trong phân tích của (p + 1)σ(q β ). Ta viết
p + 1 = 2u q w rδ

σ(q β ) = 2v pz rη ,

và

trong đó u ∈ {1, 2}, w ∈ {1, 2}, 0

(1.2)

2 − u, z ∈ {0, 1, 2}, δ + η ∈ {1, 2}.

v

Nếu z = 0, thì do q > p1/6 , ta có
q < σ(q β )
do đó r > q 1/3 > p1/18 . Bây giờ γ
p5 < r90

2r2 < r3 ,

89, nếu khơng thì

rγ < σ(rγ ) < 2p2 q 2 < p5 ,

mà điều này sai.
Giả sử z > 0. Khi đó
q w rδ < p < 4q w rδ

(1.3)

từ quan hệ đầu tiên của (1.2), trong khi
qβ
2q β
z
<
p
<
2rη
rη

(1.4)

từ quan hệ thứ hai của (1.2). Nếu z = 1, ta nhận được từ (1.3) và (1.4)
r

δ+η

< 2q

β−w

và

r

Từ bất đẳng thức bên trái ở trên và δ + η

δ+η

q β−w
>
.
8
1, ta có β − w

đó từ bất đẳng thức bên phải, ta có 9r2 > 8rδ+η > q β−w
r2
γ

3r > q 1/2 , do vậy r > q 1/4 > p1/24 . Từ đó, ta có γ

1, và khi
q, và do đó

119, nếu khơng thì

120 sẽ cho
p5 < r120

rγ < σ(rγ )

2p2 q 2 < p5 ,

mâu thuẫn. Cuối cùng, nếu z = 2, ta nhận được từ (1.4) khẳng định sau
√ β/2
q β/2
2q
√
,
η/2
rη/2
2r


17
kết hợp với (1.3) ta có
rδ+η/2 <

√

2q β/2−w

và

rδ+η/2 >

q β/2−w
√ .
4 2

Từ bất đẳng thức bên trái trên đây và bởi vì δ + η/2
suy ra β/2 − w

1/2, ta có β/2 > w,

1/2. Do đó,
√
4 2r2

√
4 2rδ+η/2 > q β/2−w

và vì thế

q 1/2

√
(4 2rδ+η/2 )2 > q > p1/6 ,

r8 > 32r4

điều này chứng tỏ rằng r > p1/48 . Suy ra γ
p5 < r240

239, nếu γ

240, thì

rγ < σ(rγ ) < 2p2 q 2 < p5 ,

mâu thuẫn. Do đó ta cần giải hệ
p + 1 = 2u q w rδ ;

σ(q β ) = 2v pz rη ;
σ(rγ ) = 2λ ps q t ,
với 1

β

77, 1

γ

239, u ∈ {1, 2}, u + v + λ

2, 1

w

2, w + t

2,

δ + η ∈ {1, 2}, z ∈ {0, 1, 2} và s ∈ {0, 1, 2}. Hệ này có thể giải được bằng
kết thức, nó cho chúng ta những khả năng có thể đối với bộ số (p, q, r). Do
σ(n) = 4p2 q 2 r2 , ta rút ra n bởi việc giải phương trình với α, cho trước p, q
và r. Không phát hiện một giá trị ngun của α có nghĩa là việc tìm nghiệm
thất bại. Một chương trình máy tính đã thực hiện các bước này và khẳng
định kết luận của Định lí 1.4.1.

1.5

Trường hợp n khơng có ước là luỹ thừa bậc 4

Định lí 1.5.1. Nếu n > 1 thuộc K, thì n phải có ước là lũy thừa bậc bốn.


18
Chứng minh. Ta giả sử kết quả là sai, nghĩa là, tồn tại một số n ∈ K nào đó
khơng có ước là lũy thừa bậc bốn. Bởi Bổ đề 1.3.1 ta có thể viết
k
e

n=2

p1 pa22

qi2 ,
i=1

trong đó a2 ∈ {0, 1}. Giả sử Q = {q1 , . . . , qk }. Ý tưởng chứng minh là khai
thác sự kiện tồn tại nhiều nhất hai phần tử q ∈ Q sao cho q ≡ 1 (mod 3).
Nếu có ba hoặc nhiều hơn các phần tử như vậy, thì 33 sẽ chia hết

σ(q 2 )
q∈Q

2

và do đó nó là một ước của γ(n) , mâu thuẫn.
Ta bắt đầu bằng việc chỉ ra rằng k 8. Để làm điều này, giả sử







q = 1 .
R = r ∈ Q : gcd σ(r2 ),


q∈Q

σ(r2 ) chia hết p21 (nếu a2 = 0) và p21 p22 nếu a2 > 0. Từ đây suy ra

Khi đó
r∈R
2

σ(r ) hoặc là bội của p1 hoặc của p2 với mỗi r ∈ R. Do tồn tại nhiều nhất
hai phần tử r mà σ(r2 ) là một một bội của p1 , và nhiều nhất hai phần tử r
mà σ(r2 ) là một bội của p2 , ta nhận được #R

4. Khi r ∈ Q \ R, ta có, do

σ(r2 ) > 9, σ(r2 ) = r2 + r + 1 là một bội của số nguyên tố qir > 3 nào đó với
qir ∈ Q nào đó. Bây giờ, do qir là một ước nguyên tố của r2 + r + 1 lớn hơn
3, nó phải thỏa mãn qir ≡ 1 (mod 3). Do ir có thể nhận các giá trị như thế
với nhiều nhất hai số nguyên tố phân biệt r, và tồn tại nhiều nhất hai giá trị
phân biệt của chỉ số ir , ta nhận được k − #R

4, suy ra k

8. Đây chính

là yêu cầu đang cần chứng minh.
Tiếp theo ta viết phương trình σ(n) = γ(n)2 thành
2e+1 − 1
4

k

qi2 + qi + 1
qi2

i=1

=

p21
p1 + 1

2
p2δ
2
σ(pa22 )

,

(1.5)

trong đó δ2 = 0 nếu a2 = 0 và δ2 = 1 nếu a2 > 0. Vế trái của (1.5) không
vượt quá

e+1

2

4



2

−1 
q 23



q + q + 1
< 0.73(2e+1 − 1).
2
q

(1.6)


19
Đầu tiên ta giả sử rằng a2 = 0. Khi đó vế phải của (1.5) là
p21
p1 + 1

9
= 2.25.

4

(1.7)

Nếu e = 1, thì vế trái của bất đẳng thức(1.5) là, do (1.6), nhỏ hơn
0.73(22 − 1) < 2.22,
mâu thuẫn với chặn dưới với điều kiện trong (1.7). Do đó, e ∈ {2, 3}, và
p21
p1 + 1
vì thế p1

0.73(24 − 1) = 10.95,

11. Do p1 ≡ 3 (mod 8), ta nhận được p1 ∈ {3, 11}. Nếu p1 = 11,

thì 3 ∈ Q. Nếu p1 = 3, thì do e ∈ {2, 3}, ta nhận được hoặc là 5 hoặc là 7 sẽ
thuộc vào Q.
Nếu 3 ∈ Q, thì 13 | 32 + 3 + 1, 61 | 132 + 13 + 1 và 97 | 612 + 61 + 1 thuộc
Q và là đồng dư với 1 mod 3, mâu thuẫn.
Nếu 5 ∈ Q, thì 31 | 52 + 5 + 1, 331 | 312 + 31 + 1 và 7 | 3312 + 331 + 1
thuộc Q, mâu thuẫn.
Nếu 7 ∈ Q, thì 7, 19 | 72 + 7 + 1 và 127 | 192 + 19 + 1 thuộc Q, mâu thuẫn.
Tiếp theo giả thiết rằng a2 > 0. Khi đó, bởi Bổ đề 1.3.1, p1 ≡ p2 ≡ 1
(mod 4). Do e ∈ {1, 2, 3}, suy ra một trong ba 3, 5, 7 chia hết n.
Nếu 3 | n, thì 3 ∈ Q.
Nếu 5 | n, và 5 là one của p1 hoặc p2 , thì 3 | σ(p1 pa22 ) | n, trong khi nếu
5 ∈ Q, thì 31 = 52 + 5 + 1 không đồng dư với 1 mod 4 và chia hết n, kéo theo
nó thuộc vào Q, và do đó 3 | 312 + 31 + 1 | n.
Cuối cùng, nếu 7 | n, thì 7 khơng thể là p1 hoặc p2 , có nghĩa là 7 thuộc Q
và do đó 3 | 72 + 7 + 1, mà suy ra được 3 | n.

Tóm lại, ln xẩy ra trường hợp khi a2 > 0 thì 3 phải chia hết n.
Vậy, 13 = 32 + 3 + 1 chia hết n, do đó hoặc là 13 ∈ Q, hoặc khơng. Nếu
13 ∈ Q, thì 7 | 13 + 1 thuộc Q, trong trường hợp đó 19 | 72 + 7 + 1 chia hết


20
n và không đồng dư với1 mod 4, suy ra 19 ∈ Q và do đó 127 | 192 + 19 + 1
chia hết n và là không đồng dư với 1 mod 4, do đó 127 ∈ Q. Như vậy, ba số
7, 19, 127 thuộc Q, mà đây lại là điều mâu thuẫn.
Nếu 13 ∈ Q, thì 61 | 132 + 13 + 1 chia hết n.
Nếu 61 là một trong hai số p1 hoặc p2 , thì 31 | σ(p1 pa22 ) và 31 ≡ 3 (mod 4),
nên 31 ∈ Q. Tiếp theo 331 | 312 + 31 + 1 là một ước của n và nó khơng đồng
dư với 1 mod 4, suy ra nó thuộc vào Q và do đó 13, 31, 331 thuộc Q, mâu
thuẫn.
Cuối cùng, nếu 61 ∈ Q, thì 97 | 612 + 61 + 1 là một ước của n.
Nếu 97 ∈ Q ta nhận được mâu thuẫn do 13 và 61 thuộc Q, trong khi nếu
97 là một trong hai số p1 hoặc p2 , thì 7 | σ(p1 pa22 ) là một ước của n, và do đó
nhất thiết thuộc vào Q, ta lại được một mâu thuẫn.
Vậy, phép chứng minh được hoàn thành.

1.6

Đếm các phần tử trong K ∩ [1, x]

Giả sử K(x) = K ∩ [1, x].
Định lí 1.6.1. Ước lượng
#K(x)

x1/4+o(1)

đúng khi x → ∞.
Chứng minh. Bởi P. Pollack & C. Pomerance [4, Theorem 1.2], ta có
#K(x) = x1/3+o(1)

khi x → ∞.

Bây giờ ta sẽ cải thiện số mũ 1/3 để nó thành 1/4. Ta nhắc lại một số kết
quả trong P. Pollack & C. Pomerance [4].


21
Bổ đề 1.6.2. Nếu σ(n)/n = N/D với (N, D) = 1, thì với x
và d

1 cho trước

1, ta có
#{n

x : D = d} = xo(1)

khi x → ∞.
Bây giờ cho n ∈ K(x), giả sử rằng n > 1 và viết nó dưới dạng n = A · B
với A hồn tồn khơng chính phương, B chính phương đầy đủ và (A, B) = 1.
Bởi Bổ đề 1.3.1, ta có A ∈ {1, p1 , 2p1 , p1 p2 , 2p1 p2 }. Khi đó
N
σ(n)
γ(n)2
γ(A)2 γ(B)2
A

=
=
=
·
=
,
D
n
n
A
B
B/γ(B)2

(1.8)

và (A, B/γ(B)2 ) = 1. Do σ(n) > n, suy ra B/γ(B)2 < A. Do đó,
B/γ(B)2 <

AB/γ(B)2

√

n

√

x.

Một lần nữa bởi Bổ đề 1.3.1, ta có thể viết B = δC 2 D, trong đó C là hồn
tồn khơng chính phương, D là luỹ thừa 4 đầy đủ, δ ∈ {1, 23 }, trong đó δ, C

và D đơi một ngun tố cùng nhau. Khi đó B/γ(B)2 = δ/γ(δ)2 ×D/γ(D)2 , do
đó D/γ(D)2

B/γ(B)2 < x1/2 . Bởi vì D là luỹ thừa bậc 4 đầy đủ nên suy ra

D/γ(D)2 là chính phương đầy đủ, và do đó số các lựa chọn đối với D/γ(D)2
là O(x1/4 ). Do đó, số các lựa chọn đối với B/γ(B)2 ∈ {D/γ(D)2 , 2D/γ(D)2 }
cũng là O(x1/4 ), và cùng với Bổ đề 1.6.2 và công thức (1.8) ta suy ra kết
luận.
Một số nguyên n ∈ K(x) được gọi là ngun thủy nếu khơng có ước đơn
thực sự d nào của nó thỏa mãn σ(d) | γ(d)2 . Ta sẽ ký hiệu tập hợp con này
của K(x) bởi H(x). Các phần tử của H(x) có thể được xét như là nghiệm
nguyên thủy của σ(n) = γ(n)2 . Chẳng hạn, số n = 1782 ∈ H(x) vì, mặc dù
ước thực sự d = 6 của n thỏa mãn σ(d) | γ(d)2 , nhưng nó khơng phải là ước
đơn. Cũng thế, rất thú vị khi nhận thấy rằng điều kiện σ(d) | γ(d)2 dường
như rất hạn chế: ví dụ, trong những số nguyên dương d < 108 , chỉ có 6 và
1782 thỏa mãn điều kiện này; đây là một dấu hiệu cho thấy tập hợp H(x) là
rất thưa. Bây giờ ta sẽ chứng minh định lý sau.


22
Định lí 1.6.3. Với

> 0 cho trước, ta có
#H(x) = O(x ).

Chứng minh. Giả sử n ∈ H(x) và giả sử rằng x > 0 là đủ lớn. Giả sử a là ước
lớn nhất của n sao cho tất cả các ước nguyên tố p | a thỏa mãn p

log x.

Viết n = a · b và biểu diễn phân tích tiêu chuẩn của b thành thừa số nguyên
tố
b = pβ1 1 · · · pβk k ,

trong đó

Đặt M := log x/ log log x . Khi đó, do b

p1 < · · · < pk .
n

x và do với mỗi i, ta có

log x < pi , ta nhận được
(log x)β1 +···+βk < pβ1 1 · · · pβk k = b

x,

suy ra
β1 + · · · + βk <

log x
,
log log x

vì thế k

M.

Bây giờ giả sử cho trước số nguyên dương a giả sử và tồn tại một số nguyên
dương b nào đó, sao cho n = a · b là một phần tử nguyên thủy của K. Ta sẽ
chỉ ra cách tìm b từ a bằng cách sử dụng những điều đã biết về các số mũ
β1 , . . . , β k .
Trước tiên, nếu đã có a ngun thủy, thì ta có b = 1. Giả sử a không là
nguyên thủy.
Do σ(a)σ(b) = γ(a)2 γ(b)2 , và hai nhân tử trong vế phải là các số nguyên
tố cùng nhau, ta phải có
d :=

σ(a)
| γ(b)2 .
2
(σ(a), γ(a) )

Do đó, giả sử p1 là ước nguyên tố nhỏ nhất của vế trái trong quan hệ trên.
Chú ý rằng vế trái khác 1, vì nếu ngược lại thì ta có σ(a) | γ(a)2 , điều này
vơ lý vì n là ngun thủy.


23
Bây giờ thay thế a bởi apβ1 1 và tiếp tục quá trình này. Nếu ở bước i < k,
ta có d = 1, thì việc chọn các βi với i = 1, . . . , k không sinh ra một phần tử
của K. Khi đó ta có thể chuyển sang lựa chọn tiếp theo. Nếu thành công ở
mỗi bước, ta nhận được b từ a bởi việc tìm ra các số nguyên tố p1 , . . . , pk sao
cho a · pβ1 1 · · · pβk k ∈ K.
Để hoàn thành phép chứng minh, ta chỉ cần tìm một chặn trên cho
#{choices(a)} · #{choices(β1 , . . . , βk )},
(trong đó choices(b1 , . . . , bk ) ký hiệu cho các lựa chọn đối với bộ (b1 , . . . , bk )),
và điều này cũng tương tự phép chứng minh của Wirsing E.

#{(β1 , . . . , βk ) : β1 + · · · + βk

#{choices(β1 , . . . , βk )}
#{choices(a)}

#{n

x:p|n⇒p

#{n

x : p | n ⇒ log 4 x < p

×#{n

M}

2M ,

log x}
3

x:p|n⇒p

log x}

3

log 4 x}

24M × 2M = 25M ,
trong trường hợp đó ta nhận được chặn trên
6 log 2

26M = x log log x = xo(1)

khi

x → ∞,

đối với số n ∈ K(x) nguyên thủy, và điều này hoàn thành phép chứng minh
của định lí.
Nhận xét 1.6.4. Ta sẽ xét một cách sơ lược một câu hỏi khác liên quan
đến bài toán của De Koninck, đó là xác định những số nguyên n thỏa mãn
γ(n)2 | σ(n). Tồn tại một tập hợp vô hạn các nghiệm n = 2i 3j với i ≡
5 (mod 6), j ≡ 1 (mod 2). Nếu n = 2i 3j thỏa mãn γ(n)2 | σ(n), thì hai
điều kiện đồng dư này cũng được thỏa mãn.
Thật vậy, đầu tiên đặt i = 5 + 6k, j = 1 + 2m và n = 2i 3j . Khi đó
σ(2i ) = 26(k+1) −1 ≡ 0 ( mod 9) và 32(m+1) −1 ≡ 0 ( mod 8) do vậy 32 | σ(2i )
và 22 | σ(3j ).


24
Bây giờ ta giả sử n = 2i 3j và các số nguyên r và s sao cho 22 | σ(3s ) và
32 | σ(2r ). Dễ dàng chứng minh bằng các lập luận cơ bản rằng
v2 (σ(3s )) + 1 = v2 ((3 + 1)(s + 1))

3,

(1.9)

và
v3 (σ(2r )) = v3 ((2 + 1)(r + 1))

2,

(1.10)

do đó bởi phương trình (1.9) ta có s là lẻ. Bởi phương trình (1.10), ta thấy
rằng r ≡ 2 (mod 3), do vậy r ≡ 2 (mod 6) hoặc r ≡ 5 (mod 6). Nếu phương
trình (1.9) đúng, thì r phải chẵn, do đó 3 | σ(2r ) là khơng thể. Như vậy ta
phải có r ≡ 5 (mod 6).
Nhận xét rằng, tập hợp vô hạn 2i 3j này không vét hết tất cả các nghiệm
không tầm thường, ngay cả với những nghiệm chỉ có hai ước nguyên tố phân
biệt. Chẳng hạn, n = pq−2 q p−2 với p = 2, q = 1093 hoặc p = 83, q = 4871 là
hai nghiệm như vậy, vì trong cả hai trường hợp ta có
p2 | q p−1 − 1

và

q 2 | pq−1 − 1,

suy ra p2 q 2 | σ(pq−2 q p−2 ). Chú ý rằng tồn tại nhiều nghiệm khơng tầm thường
có 3 là ước nguyên tố, chẳng hạn có 17 nghiệm nhỏ hơn 106 và 25 nhỏ hơn
4 × 106 . Các nghiệm điển hình có dạng
{23 33 55 , 25 35 71 , 29 34 111 }.
Cuối cùng chú ý rằng, cho một số nguyên k

2 bất kỳ, ta có thể dễ dàng

kiểm tra rằng tính chất tổng quát hơn γ(n)k |σ(n) được thỏa mãn bởi nhiều
vô hạn số nguyên dương n, cụ thể là những số có dạng
k−1

n = 22i3

1.7

−1 j2k−1 −1

3

(i

1, j

1).

Kết luận Chương 1

Nhiệm vụ chính của Chương 1 là nghiên cứu về nghiệm của phương trình
hàm số học σ(n) = γ(n)2 , liên quan đến tổng của các ước và tích của các ước


25
nguyên tố phân biệt của n. Một cách ngắn gọn, các kết quả đã chứng minh
được trong chương này là
• Nếu chỉ xét các số có khơng q 4 ước ngun tố phân biệt thì có duy
nhất một nghiệm là n = 1782, đồng thời sẽ khơng có nghiệm nào mà
khơng có ước là lũy thừa bậc bốn.

• Với > 0, x > 1, tồn tại x sao cho số nghiệm nhỏ hơn x khơng vượt q
x1/4+ .
• Số nghiệm ngun thủy khơng vượt q x của phương trình là nhỏ hơn
x với x > x .