Xấp xỉ giá trị của các hàm số học t( n) và s( n)

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐÀO THỊ PHƢƠNG

XẤP XỈ GIÁ TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ
SỐ HỌC T(n) VÀ S(n)
Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số
Mã số: 60. 46. 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG

NGHỆ AN, 2011


2

MỞ ĐẦU
Số học là một trong những lĩnh vực cổ xƣa nhất của toán học, và cũng
là lĩnh vực tồn tại nhiều những bài tốn, những giả thuyết chƣa có câu trả
lời. Trên con đƣờng tìm kiếm lời giải cho những giả thuyết đó, nhiều tƣ
tƣởng lớn, nhiều lí thuyết lớn của toán học đã nảy sinh. Hơn nữa, trong
những năm gần đây, số học không chỉ là một lĩnh vực của tốn học lí
thuyết, mà cịn là lĩnh vực có rất nhiều ứng dụng, đặc biệt trong lĩnh vực
bảo mật thơng tin. Vì thế, việc trang bị những kiến thức cơ bản về số học
cho học sinh ngay từ trƣờng phổ thông là hết sức cần thiết. Tuy nhiên,
trong chƣơng trình Số học ở trƣờng phổ thơng hiện nay, mơn Số học chƣa
đƣợc dành nhiều thời gian. Cũng vì thế mà học sinh thƣờng rất lúng túng

khi giải các bài tốn số học, đặc biệt là trong các kì thi chọn học sinh giỏi
quốc gia, quốc tế. Tình hình đó địi hỏi phải có những tài liệu tham khảo và
nghiên cứu về số học phục vụ cho học sinh và giáo viên, đặc biệt là giáo
viên toán các trƣờng trung học phổ thông chuyên và sinh viên các trƣờng
sƣ phạm.
Một đối tƣợng và cũng là công cụ nghiên cứu hiệu quả của tốn
học, đó là các hàm số số học. Ngoài những hàm số đã đƣợc nghiên cứu một
cách có hệ thống nhƣ: hàm số Euler, hàm phần nguyên, hàm Mobius, hàm
tổng các ƣớc, hàm đếm các ƣớc còn có những hàm khác, đó là hàm T(n) và
S(n).
Luận văn này đƣợc trình bày trong hai chƣơng:
Chƣơng 1. Hàm số số học
Chƣơng 2. Xấp xỉ giá trị hàm T(n) và S(n)
Nội dung chủ yếu trong luận văn gồm:
1- Giới thiệu định nghĩa và tính chất cơ bản của hàm T(n) và S(n).


3

2- Trình bày khái niệm bậc O – lớn đƣợc giới thiệu bởi nhà toán
học Landau và hiện đang rất có ích trong ngành tốn và tin học để ƣớc
lƣợng độ phức tạp của các thuật toán. Một nội dung quan trọng của luận
văn dành để trình bày lý thuyết xấp xỉ giá trị của hàm số học T(n) bằng
cách sử dụng công cụ bậc O – lớn.
3- Giới thiệu và trình bày chi tiết chứng minh Định lí Dirichlet đánh
giá xấp xỉ giá trị của hàm T(n) và hàm S(n) bởi công thức:
T  n   n log n  2  2  1  O
S  n 

 n ;

1 2 2
 n  O  n log n  .
12

Luận văn này đƣợc thực hiện và hoàn thành tại Trƣờng Đại học Vinh,
với sự hƣớng dẫn của PGS. TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này, tác
giả xin bày tỏ lịng biết ơn và kính trọng tới thầy giáo hƣớng dẫn với những
tình cảm sâu sắc.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS.TS. Nguyễn Quý Dy, PGS.
TS. Ngô Sỹ Tùng, PGS. TS. Lê Quốc Hán, TS. Nguyễn Thị Hồng Loan,
TS. Đào Thị Thanh Hà đã giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn.
Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn tới các thầy cơ giáo của Khoa Toán
học, Khoa Đào tạo Sau đại học – Trƣờng Đại học Vinh, đã tạo điều kiện
thuận lợi cho chúng em, hoàn thành nhiệm vụ học tập của chƣơng trình đào
tạo thạc sĩ tốn học.
Mặc dù đã rất cố gắng nhƣng thật khó tránh khỏi những thiếu sót bởi
những hiểu biết cịn hạn chế của bản thân. Vì vậy, tác giả rất mong nhận
đƣợc ý kiến góp ý của các thầy cô giáo và các bạn.
Tác giả


4

CHƢƠNG 1
HÀM SỐ SỐ HỌC
1.1 Hàm phần nguyên
1.1.1 Định nghĩa. Hàm phần nguyên xác định với mọi số thực x, biểu thị
số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x, ký hiệu bởi  x  . Nhƣ vậy, phần
nguyên của x là số nguyên thoả mãn  x  x   x  1. Hiệu x   x   x

đƣợc gọi là phần lẻ của x.
1.1.2 Định lí. Phần ngun của số thực x có các tính chất sau:

1  x  a  x  a  d , trong đó a là số nguyên và 0  d  1.

 2  Nếu nZ
 3 Nếu

thì  x  n   x  n .

x R và d N* thì các số nguyên dương là bội của d, không

x
lớn hơn x đúng bằng   .
d 

 4  Với x R thì
 5

1

x

 2 x   x .

2 

  x   x 
*
     với x  R, d N .

 d  d 
x   x  1

, x  R.
 2   2 

 6   x  

Chứng minh. (1) Giả sử  x   a . Theo định nghĩa hàm phần ngun thì a là
số ngun lớn nhất khơng vƣợt quá x. Do a  x nên x  a  0 . Đặt
d  x  a , khi đó d  0 . Mặt khác, vì a là số nguyên lớn nhất không vƣợt

quá x, nên a  1  x . (thật vậy nếu a  1  x , thì a  1 cũng là số nguyên
không vƣợt quá x, trái với giả thiết về a). Từ a  1  x suy ra d  x  a  1.
Vậy từ  x   a suy ra x  a  d , với a là số nguyên và 0  d  1.


5

Đảo lại, giả sử x  a  d , với a là số nguyên và 0  d  1. Khi đó từ
d  0 suy ra a  x . Từ d  1 suy ra a  1  x mà a  1 cũng là số nguyên

nên a là số nguyên lớn nhất không vƣợt quá x. Theo Định nghĩa 1.1.1 thì

 x  a .
Tính chất 1 đƣợc chứng minh.

 2

Giả sử  x   a, khi đó theo tính chất 1 ta có x  a  d , trong đó a là

số nguyên và 0  d  1. Ta có:
n   x  n  a .

1

Mặt khác:
n xnad.

Vì n  a nguyên và 0  d  1, nên lại theo tính chất 1 thì

n  x  n  a.

 2

Từ 1 và  2  suy ra điều phải chứng minh.

 3

Ký hiệu n là số các số nguyên dƣơng là bội của d và không lớn hơn x.

x
Đó là các số d,2d,…,nd với nd  x   n  1 d . Vậy, n     n  1 . Từ
d 
x
Định nghĩa 1.1.1 suy ra n    .
d 

 4  Đặt n   x . Khi đó,

x  n  d với 0  d  1. Nếu 0  d 

 2 x   x  2n  n  n   x 


Nếu

1
.
2 

1
 d  1 thì
2

 2 x   x  2n  1  n  n  1   x 


1
.
2 

1
thì
2


6

1


Tóm lại,  x     2 x  x .
2


 5

 x  m  1  md  x  m  1 d
x
Đặt m     m 


d
d 
 md   x    m  1 d

m


 6  Ta có x  R thì

 x  m  1
d

 x  m .
d

x  2n  1  t hoặc x  2n  t , với nZ và 0  t  1 .

 x   x  1

 n  n  1  2n  1.
*/ Nếu x  2n  1  t , ta có  x   2n  1     

2
2
  

 x   x  1
.
Vậy,  x      
 2   2 
 x   x  1
 n  n  2n.
*/ Nếu x  2n  t , ta có  x   2n , suy ra    
 2   2 
 x   x  1
Vậy  x      
. Ta có điều phải chứng minh. ■
 2   2 

1.1.3 Hệ quả. 1  x  y    x    y  , x, y R; dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi 0   x   y  1.

 2  Nếu n là một số tự nhiên thì n x   nx .
Chứng minh. 1 Vì  x   x và  y   y cho nên  x   y   x  y.
Theo Định nghĩa hàm ta suy ra:  x   y    x  y  .

 2  Ta có

x   x   x   nx   n  x   nx (vì n  x  nguyên).

Do n x  0 suy ra  n x  0 . Vậy, n  x    nx  . ■


7

1.2 Hàm số   n  và   n 
1.2.1 Định nghĩa. Cho n là một số nguyên dƣơng.   n  là số các ƣớc
nguyên dƣơng của n kể cả 1 và n.
1.2.2 Định nghĩa. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho miền phẳng D. Điểm
có toạ độ  x ; y  thuộc D với x; y Z đƣợc gọi là điểm nguyên trong D.
1.2.3 Định lí.   n  bằng số điểm nguyên trên hyperbol xy  n nằm trong
góc phần tư thứ nhất.
Chứng minh. Cho d1, d2 ,..., dt là ƣớc của n . Khi đó   n  điểm nguyên
 n
 n 
n
 d1 ;  ;  d 2 ;  ;…;  dt ; 
 d1   d 2 
 dt 

(1)

nằm trên hyperbol xy  n trong góc phần tƣ thứ nhất. Mặt khác, nếu
n
 n
 a;  là bất kỳ điểm nguyên trên hyperbol xy  n thì nó thuộc (1) vì
a
 a

đang là một số nguyên, a là ƣớc của n. Do đó   n  bằng số điểm nguyên
trên hyperbol xy  n .
Gọi m là số điểm nguyên trên hyperbol xy  n trong góc phần tƣ thứ
 n
nhất. Nếu d i là một ƣớc bất kỳ của n thì điểm nguyên  di ;  nằm trên
 di 

hyperbol xy  n .
Ta có

  n  m

(2)

 n
Thêm nữa, nếu  a;  là một điểm nguyên trên hyperbol thì
 a

ngun. Do đó, a là một ƣớc của n. Điều này cho thấy
m    n

(3)

n
là số
a


8

Vậy từ (2) và (3) suy ra   n   m . ■
Ví dụ. Nếu n  10 thì   n   4 và điểm nguyên trên hyperbol xy  10 là
một trong bốn số đó là 1;10  ;  2;5 ;  5;2  ; 10;1 .
1.2.4 Định nghĩa. Cho n là một số nguyên dƣơng.  n  bằng tổng các ƣớc
số nguyên dƣơng của n bao gồm cả 1 và n.
1.2.5 Định lí.  n  bằng tổng của hồnh độ x (hoặc tung độ y) của tất cả
điểm nguyên trên hyperbol xy  n nằm trong góc phần tư thứ nhất.
Chứng minh. Gọi d1, d2 ,.., dt là ƣớc của n. Theo Định lí 1.2.3 điểm nguyên


n 
n
n
trên hyperbol xy  n là  d1;  ;  d 2 ;  ;…;  dt ;
 d1   d 2 
 dt


.


Do đó,  (n)  d1  d2  ...  dt là tổng của hoành độ x của tất cả các
điểm nguyên trên hyperbol xy  n .
Chúng ta biết rằng

n n
n
cũng là một dãy số nguyên và là
, ,...,
d1 d 2

dt

dãy d1, d2 ,..., dt nhƣng sắp xếp theo thứ tự đảo ngƣợc.
Từ đó  (n) 

n
n
 ...  tổng của tung độ y tất cả các điểm nguyên
d1
dt

trên xy  n . ■
Nhận xét
1). Mỗi số ngun n  1 có ít nhất 2 ƣớc là 1 và n . Từ đó   n 
khơng thể nhỏ hơn 2 với n  1 .
2). Với mỗi số nguyên tố p,  p   2 . Từ đó suy ra  n  nhận giá trị
2 khi n dần đến vơ hạn, bởi vì số các số nguyên tố là vô hạn . Vậy, ta viết
lim  n   2 .
n 


9

3). Mặt khác nếu n  p a , với p là một số nguyên tố thì t (n)  a  1 .
Bởi vậy   n  nhận các giá trị lớn hơn số cho trƣớc với mọi giá trị đủ lớn
của a. Từ đó, chúng ta viết lim n    . Vậy hàm  n  đƣợc xem nhƣ là
n 
hàm mà khơng có quy tắc tính giá trị. Các giá trị của nó khơng thể biểu
diễn qua các hạng tử của n, thậm chí xấp xỉ. Tuy nhiên, chúng ta sẽ chỉ
trong mục dƣới đây rằng giá trị trung bình của  n  thể đƣợc ƣớc lƣợng

xấp xỉ bằng các hạng tử của n. Vì vậy, chúng ta sẽ chứng minh rằng giá trị
trung bình
 1    2   ...    n 
n

là gần bằng log n .

1.3 Hàm số T(n)
1.3.1 Định nghĩa. Cho n là một số nguyên dƣơng. Hàm T n  đƣợc xác định
nhƣ sau:
n

T (n)   (1)  ...   (n)    x  .
x 1

Hàm này đƣợc gọi là hàm tổng của   n  .
Ví dụ. T (9)   (1)  ..   (9)  1  2  2  3  2  4  2  4  3  23 .
1.3.2 Định lí về sự biểu diễn hình học của của hàm T n  . Giá trị của
T (n) bằng số điểm nguyên nằm trong miền R xác định bởi x > 0, y > 0,

xy  n.
Nói theo cách khác, Định lí phát biểu rằng T (n) bằng số điểm
nguyên nằm trên hoặc dƣới hyperbol xy  n trong góc phần tƣ thứ nhất
nhƣng loại trừ điểm nguyên nằm trên hai trục toạ độ (xem hình 1.1).


10

y

xy = n

O

x
Hình 1.1

Chứng minh. Trên miền R xác định bởi x  0; y  0; xy  n . Do đó, mỗi
điểm nguyên phải nằm trên một đƣờng cong
xy  1; xy  2;...; xy  n (1)

trong góc phần tƣ thứ nhất. Mặt khác, mỗi điểm nguyên trên đƣờng cong
trong (1) là một điểm nguyên trong R bởi vì đƣờng cong nằm hồn tồn
trong R. Từ đó số điểm nguyên trên R bằng số điểm nguyên trên đƣờng
cong xy  1; xy  2;...; xy  n và bằng

 (1)   (2)  ...   (n) ,
nhƣng  (1)   (2)  ...   (n)  T (n) . Vậy định lí đƣợc chứng minh. ■


11

1.3.3 Định lí. Cho n là số ngun dương thì
n n
n n n
T (n)        ...        .
1 2
 n  x1  x 

Chứng minh. T (n) bằng số điểm nguyên nằm trong R xác định trong Định

lí 1.3.2 bằng số điểm nguyên trên đƣờng thẳng x  1, x  2,..., x  n nhƣng
các đoạn thẳng đang xét nằm trên các đƣờng thẳng x  1, x  2,..., x  n có
độ dài tƣơng ứng là

n n
n
, ,..., . Bởi vậy, số điểm nguyên trên nó là
1 2
n

n n n
 1  ,  2  ,...,  n  tƣơng ứng. Từ đó
n n
n
T (n)        ...    . ■
1 2
n

Ví dụ. n  12 theo Định lí 1.3.3 ta có
12  12 
12 
T (12)        ...     12  6  4  3  2  2  1  1  1  1  1  1  35.
1 2
12 

 n   n  1  1 Nếu x chia hết n,
1.3.4 Định lí.    

 x   x   0 Nếu x không chia hết n.

Chứng minh. i) Nếu x chia hết n thì n  ax với a nguyên. Vậy
1
 n   n  1



a

a

 a  (a  1)  1 .


 x   x 

x 

ii) Nếu x không chia hết n thì n  qx  r (0  r  x) .
r 
r  1
 n   n  1 
 x    x    q  x    q  x  = q  q  0 . ■
n
1.3.5 Định lí. Cho n là một số nguyên dương thì T (n)     .
x 1  x 
n


12

Chứng minh. Theo Định lí 1.3.4 ta có

  n   n  1 
   số ƣớc của n
x
x 1

n

   x   

=  n  .
n
 n  1
Đặt An     . Do 
 0 suy ra:
 n 
x 1  x 
n

n

n

n

 n  1

n

n

n 1

 n  1

 ( n)       


 An  An1 .
x  x1  x  x1  x 
x 1  x 
x 1 
Từ đó
T (n)   (1)   (2)  ...   (n)

n
 1   A2  A1    A3  A2   ...   An  An1   An    .
x 1  x 
n

Định lí đƣợc chứng minh. ■

1.4 Hàm số S(n)
1.4.1 Định nghĩa. Cho n là một số nguyên dƣơng. Hàm S  n  đƣợc xác
định nhƣ sau:
n

S  n    1    2   ...    n     x  .
x 1

Hàm này đƣợc gọi là hàm tổng của   n  .
Ví dụ.
S  9   1    2    3    4     5    6     7    8    9 

= 1  3  4  7  6  12  8  15  13  69 .
1.4.2 Định lí. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó
n
n
n
n
S  n      2    3    ...  n   .
1
2
3
 n


13

Chứng minh. Ta cần chứng minh
n

n

n

 1    2   ...    n      2    ...    . (1)
1
2

n
Vế trái và vế phải đều bằng 1 nên đẳng thức đúng. Ta chứng minh
rằng nếu đẳng thức (1) đúng với n thì cũng đúng với n  1 , theo nguyên lí
quy nạp chúng đúng với mọi n.
Nếu n  1 không chia hết cho k nghĩa là nếu n  1  qk  r với số dƣ
r nằm giữa 1 và k  1, thì n  qk  r ' với r '  r  1 , nghĩa là 0  r  k  2 .
 n  1
n
Ta thấy trong trƣờng hợp này 
và
 k  trùng nhau vì chúng cùng
 k 

bằng q.
Trong trƣờng hợp n  1 chia hết cho k, nghĩa là n  1  qk , rõ ràng là
ab
ab
n
n
    1 . Vậy:
 q và    q  1 , nghĩa là
 a, b 
 a, b   k 
k 
 n  1  n 
 k    k  nếu k không là ƣớc số của n+1;
 n  1  n 
 k    k   1 nếu k là một ƣớc số của n+1.

Do đó ta có:

 n  1
 n  1
 n 
 1   2  2   ...   n  1  n  1

n
n
 n 
    2    ...   n  1 
   n  1 .
1
2
 n  1
n
n
n
Nghĩa là, nếu    2    ...  n     1    2   ...    n 
1
2
n
 n  1
 n  1
 n 

 2
 ...   n  1 


 1 

 2 
 n  1


14

  1    2   ...    n     n  1 .

Vậy (1) đúng với n  k  1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra điều phải
chứng minh. ■


15

CHƢƠNG 2
XẤP XỈ GIÁ TRỊ HÀM T(n) VÀ S(n)
2.1 Khái niệm cơ bản
2.1.1 Khái niệm bậc O – lớn
Giả sử g (n) là hàm số xác định với mọi số nguyên dƣơng n  a với a
là số nguyên dƣơng nào đó. Nếu tồn tại một hàm đơn điệu dƣơng h(n) xác
định với mọi số nguyên dƣơng n  a và một hằng số k không phụ thuộc
vào n sao cho:
g (n)  kh(n), n  a .

Khi đó ta viết: g (n)  O(h(n)) .
Chú ý rằng, k phải là một số thực dƣơng nhƣng trong phần tiếp theo
chúng ta sẽ luôn luôn giả sử rằng k là một số nguyên dƣơng. h(n) thƣờng
là một hàm đơn giản nhƣ:
n, log n, n log n, 1, n 2 , n3 ,

1 1 1
, , 3 ,..., n
n n 2
n

với  là một số hữu tỉ.
Ví dụ.
1, Cho g (n)  108 n  1. Ta có h(n)  1 và k  108 .
Vậy ta có 108  108.1 . Do đó 108  O(1) .
2, Cho g (n)  106 . Ta có 106  106.1 . Do đó 106  O(1) .
3, Cho g (n)  C Với C là một số thực dƣơng hoặc âm.
Ta có C  C .1. Do đó C  O(1) .
4, 3n3  n2  2  O  n3  vì

3n3  n2  2  6n3

n  1 .


16

5,

n
1
 O 
n  n 1
 n  vì
2

n
1
1

 , n  1.
n  n 1 n 1 1 n
n
2

n3  n 2  2
2
n n 2
2
6,
 O(n ) vì
 n2  n  2 
 2n 2 .
n2
n2
n2
3

2



7, Cho g (n)  (0    1), n  1. Ta có
n



n

 1.

1

1
do đó  O   .
n
n
n

Từ định nghĩa của bậc O - lớn ta có thể làm rõ hơn nhƣ sau:
Đại lượng O  h(n)  phụ thuộc n mà giá trị của nó khơng vuợt quá
kh(n) với n  a với a là một số nguyên dương và k là một hằng số không

phụ thuộc vào n.
Nhƣ vậy ta có:
O(1)  k 1

n  a ;

O n  k  n

n  a ;

O

 n  k

n

O  log n   k.log n

n  a ;
n  a .

2.1.2 Các kết quả về bậc O - lớn
1, O(1)  O(1)  O(1).

(1)

Thật vậy, O(1)  O(1)  O(1)  O(1)  k1.1  k2 .1  (k1  k2 ).1.
2, O 1  O 1  ...  O 1  O 1 nếu t là một số nguyên cố định.
t

3, Cho g1, g2 ,... là những hàm của những số nguyên dƣơng j g j (n)  k j .
Đặt h(n)  g1 (n)  ...  gn (n) ta có:


17

i, Nếu



k
j 1

j

  thì h(n)  O(1) .

ii, Nếu j , k j  K thì h(n)  O(n) .
 n
 



Ví dụ. Giả sử 0   x  1 thì

x 1

x





 O  n  .

4, Nếu s với t là hai số hữu tỉ với s  t thì
O(ns )  O(nt )  O(nt ) .

Chứng minh. O(ns )  O(nt )  O(n s )  O(nt )  k1.n s  k2 .nt  k.nt với
k  max  k1; k2  .

Ví dụ. 1, O(n)  O(n)  O(n) .
2, O  n   O  n   O  n  .
2

2

 1 
3, O 
  O(1)  O(1) .
 n
 1 
 1 
1

O

O
4, O 
2




.
n 
 n
 n

5, O  h  n    O  h  n    O(h1 (n)  h2 (n)) .
1

2

6, O(h1 (n)).O((h2 (n)))  O(h1 (n).h2 (n)) .
Thật vậy, ta có:
O  h1 (n  O  h2 (n)   O  h1 (n)   O  h2 (n)   k1h2 (n)  k1h2 (n)
 k1 .k 2 h1 (n).h2 (n) .

Ví dụ.
 1
1 1
1, O   O    O  2
n n
n


.


 32
n  O n




.



2, O  n  O

 

18

3, O(n).O  log n   O  n log n  .
 1 
1
4, O  2   O 
O
n
n 



 n.

7, Cho h1 (n); h2 (n) là hai hàm đơn điệu, dƣơng của n với mọi n  a thì
h1  n  O  h2  n    O  h1 (n).h2 (n)  .

Thật vậy, h1  n .O  h2 (n)   h1 (n)  O(h2 (n))  h1 (n).kh2 (n)  kh1 (n)h2 (n).
Ví dụ.

 1 
1, nO 
O
 n

 n.

2, nO 1  O  n  .
8, O  O  h(n)    O  h(n)  .

Thật vậy, O  O  h(n    k1O  h(n)  = k1. O  h  n    k1k2h(n) .
9, O  h(n)   O  h(n)  .
Thật vậy, ta có O  h(n)   O  h(n)   O(h(n)  k.h(n) .
Ví dụ.
1, O  n   O  n   O  n   O  n  .
2, O

 n   O 

1 
O
n

 n   O  n   O 

10, O  h(n)  O  h  n)   .
Thật vậy, ta có O  h(n)  k  h(n)  kh(n) .
11, O  n log n   O(n)  O  n log n  nếu n  e .
Thật vậy với n  e , ta có
O  n log n   O  n   O  n log n   O  n 

1 
O
n

 n .


19

 k1 .n log n  k2 .n
 k1n log n  k2 .n log n
  k1  k2  n log n.

2.2 Kết quả về xấp xỉ hàm số T  n 
2.2.1 Định lí. Cho n là một số ngun dương bất kì. Khi đó
n



1

 m  log n    n
m1

với  là một hằng số được hiểu như là hằng số Euler và 0    1.
Chứng minh. Xét hàm f ( x) 

1
. Hàm này giảm ngặt với x tăng và luôn
x

dƣơng với mọi x  0 . Bởi vậy theo một tính chất tốt của tích phân. Ta có
1

m 1

m 1



m

dx 1

x m

(1)

Với mỗi số nguyên m > 0, điều này có nghĩa
1
0 
m

m 1



m

dx 1
1
.
 
x m m 1

(2)

Để thuận tiện cho việc biến đổi ta định nghĩa hàm g  m  nhƣ sau:
1 m1 dx

.
g  m   
m m x

Ta có thể viết (1) nhƣ sau 0  g (m) 

1
1
.

m m 1

Cho a là số nguyên cố định bất kỳ và t  a .
Đặt m  a; a  1; a  2;...; t . Ta có:
0  g (a) 

1
1

a a 1

(3)


20

0  g (a  1) 

1
1


a 1 a  2

…
1
1
.
0  g (t )  
t t 1
1
1
.

a t 1

t

0   g (m) 

Từ đó suy ra

ma

t

Ta có

 g ( m)

(4)

t

 g ( m)

là một hàm tăng dần theo t vì

ma

 t  a  1 các số thực dƣơng và từ (4) ta biết rằng
thực

1
. Do đó
a

là tổng của

ma

t

 g ( m)

t

 g ( m)

luôn nhỏ hơn số

ma

tiến đến một giới hạn hữu hạn khi t   .

ma

Vậy ta có:


1

 g (m)  một số hữu hạn  a .

(5)

ma

Nếu ta cho a  1 ở trong (5) thì ta có


 g ( m)   ,

(6)

m 1

với  là hằng số  1 . Theo cách đặt trên ta có:
a2
1 a 1 dx
1
dx

1 t 1 dx
 g (m)  a   x  a  1   x  ...  t   x .
ma
a
a 1
t
t

(7)

Với n  0 ta có


n

m 1

m 1

   g (m)   g (m) 





g (m)

m  n 1



1 n1 dx
  g (m)
=  
m 1 m
m  n 1
1 x
n

(theo (7))


21


1 n dx n1 dx
   
  g (m)
m 1 m
m  n 1
1 x
n x
n


1
 n1 dx

 log n   
  g (m)  .
m 1 m

 1 x mn1

n



(8)

Mặt khác, ta biết rằng
n 1
1
dx 1
 
 .
n 1 n x n

Nhƣng từ (5) ta lại có

0





m  n 1

g (m) 

1
.

n 1

Do đó
0

n 1


n


dx
1
  g (m)  .
x mn1
n

Suy ra
n 1


n


dx

  g (m) 
x mn1
n

(9)

với  là số thực ( phụ thuộc n ) và 0   < 1.
Vậy từ (8) và (9) ta đƣợc
1

 log n 
n
m 1 m
n

 
hay
n

1



 m  log n    n .

■

m 1

1
 1

2.2.2 Hệ quả. lim 1   ...   log n    .
n

2
n



Euler là ngƣời đầu tiên trong lịch sử đã khám phá ra   0,577 nên  đƣợc
gọi là hằng số Euler.


22

2.2.3 Định lí. Cho  là một số thực với   1 . Khi đó
 



1

 m  log     

với  1    1 .

m 1



 

m 1

m 1

Chứng minh.    g (m)   g (m) 





m  1

g (m) .

 


 1 dx
1
 1
  g (m) (theo (7) trong chứng minh định lí 2.2.1)
x m 1
m 1 m

 
 


 dx
 1 dx
1
 1

 
  g (m)
x
x m 1
m 1 m

=

 

=

1



 1 dx

 m  log    
m 1





x



(1


g (m)  .
1




m 

(2)

Theo (5) trong chứng minh Định lí 2.2.1
0





m 

1

g (m) 

1
1
 .
   1 

Theo tính chất của tích phân xác định thì
 1 dx

0  

0

x
 1





Với 1    1 thế (3) và (2) ta đƣợc

1




dx
1
  g (m) 
x m 1


 1 dx

 



x
 







m 

1

g (m) 


.



1

 m  log      .
n 1

Ta đã chứng minh đƣợc

n

1



 m  log n    n (0    1) .
m 1

Ta lại có



1
 O   và   O 1 .
n
n

(3)
■


23

Do đó





1
 O 1  O    O 1 .
n
n

Từ đó định lí trên có thể đƣợc viết lại nhƣ sau:
n

1
 

1

 m  log n    O  n   log n  O 1 .
m 1

2.2.4 Định lí. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó

T  n   n log n  O  n  .
Chứng minh. Theo Định lí 1.3.5 ta có:
n
n
n n
T  n      nhƣng      x với 0   x  1
x 1  x 
x x

1 n
nên T  n   n   x .
x 1 x

x 1
n

1
   log n  O 1 và
x 1 x
n

n


x 1

x

 O 1  O 1  ...  O 1  O  n  .
n

Vậy ta có:
T  n   n  log n  O 1   O  n   n log n  O  n   O  n   n log n  O  n . ■

2.2.5 Định lí Dirichlet. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó
T  n   n log n  2  2  1  O

 n.

Chứng minh. Theo Định lí 1.3.2 rằng T  n  bằng số điểm nguyên trong
miền R xác định bởi x  0, y  0, xy  n nhƣng khơng có điểm ngun trong
tập R xác định bởi 0 < x < 1 và 0 < y < 1. Bởi vậy T  n  bằng số điểm
nguyên trong miền OCEPFDB loại trừ những điểm trên trục Ox và Oy. Gọi

P là điểm





n , n trên hyperbol xy = n. Vẽ PA vng góc với Ox và PB


24

vng góc với Oy thì hiển nhiên số điểm ngun trong miền OAPFD bằng
số điểm nguyên trong miền OBPEC. Suy ra:
T  n  = Số điểm nguyên trong miền OCEPFDB

= Số điểm nguyên trong miền OAPFDB
+ số điểm nguyên trong miền OBPECA - số điểm nguyên
trong miền OAPB
= 2( số điểm nguyên trong miền OAPFD)- số điểm nguyên
trong miền OAPB.

y
F
D
xy = n

P
B



n, n


E

O

A

C

x


25

Tung độ ở điểm nguyên  x; y  là

n
. Do đó, số điểm ngun có
x

n
hồnh độ là x và nằm dƣới hyperbol xy  n là   .
x

Vậy số điểm nguyên trong miền OAPFD là
 n
 

 n

 n

 
1  
n
n n

n


0



1
do





x
x
 
 x   x   x ,0   x  1.
x 1  x 
x 1 x

x 1

Suy ra
 n
 

n



  x   n  log
x 1







 1 
n    O
   O  n  (theo Định lí 2.2.3).
 n 

 n   O n 
n  n  O  n  .

 n log n  n  O
 n log

Số điểm nguyên trên OA bằng  n  và mỗi đƣờng thẳng của những điểm
này trên PB chứa  n  điểm nguyên. Từ đó số điểm nguyên trong miền
OAPB là
 n n
  






2

n   ,0    1

 n  2 n   2

 n   O 1
 n  O  n .
nO

Ta đƣợc



T  n   2 n log n  n  O

 n   n  O  n 