HÀM LEGENDRE VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SĨ XUÂT SẮC

hàm legendre và các vấn đề liên quan, hàm legendre toán học, hàm số và các vẫn đề liên quan.Đề tài nghiên cứu hàm legendre và các vấn đề liên quan.Đề tài nghiên cứu hàm legendre và các vấn đề liên quan.hàm legendre và các vấn đề liên quan, hàm legendre toán học, hàm số và các vẫn đề liên quan.Đề tài nghiên cứu hàm legendre và các vấn đề liên quan.Đề tài nghiên cứu hàm legendre và các vấn đề liên quan.

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS CAO VĂN NUÔI

Đà Nẵng - Năm 2013

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi.

Các kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được công bốtrong bất kỳ công trình nào khác

Học viên

Phạm Thị Ngọc

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu .1

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 1

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1

5 Phương pháp nghiên cứu 1

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài 2

7 Cấu trúc luận văn 2

CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ 3

1.1 TÍNH CHIA HẾT 3

1.2 THUẬT TOÁN CHIA 4

1.3 SỐ NGUYÊN TỐ 5

1.4 ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT VÀ THUẬT TOÁN EUCLIDE 7

1.4.1 Ước chung lớn nhất 7

1.4.2 Thuật toán Euclide 8

1.5 ĐỊNH LÝ BÉZOUT 9

1.6 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC 11

1.7 QUAN HỆ ĐỒNG DƯ VÀ LỚP THẶNG 13

1.7.1 Quan hệ đồng dư 13

1.7.2 Lớp thặng dư (Residue classes) 15

CHƯƠNG 2 HÀM LEGENDRE VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN 18

2.1 HÀM NHÂN TÍNH .18

2.2 HÀMϕEULER 22

2.3 ĐỊNH LÝ EULER VÀ ĐỊNH LÝ NHỎ CỦA FERMAT 24

2.4 HÀM FLOOR 28

2.5 HÀM LEGENDRE .29

2.6 SỐ FERMAT .31

2.7 SỐ MERSENNE .34

CHƯƠNG 3 CÁC ỨNG DỤNG CỦA HÀM LEGENDRE VÀ

CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN 39

3.1 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM LEGENDRE .39

3.2 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM ϕ EULER 45

3.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ CÁC SỐ NGUYÊN TỐ 49

KẾT LUẬN 54

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO .55 55 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN THẠC SĨ (bản sao)

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Có thể nói, lý thuyết số là một trong những ngành toán học lâu đờinhất, được hầu hết mọi người sử dụng ở nhiều mức độ khác nhau từ côngviệc thường ngày cho đến các tính toán khoa học Nó là một ngành củatoán học lý thuyết nghiên cứu về tính chất của số nói chung và số nguyênnói riêng Những bài toán số học luôn có mặt trong các đề thi chọn họcsinh giỏi toán ở tất cả các cấp học và ở hấu hết các nước trên thế giới.Hàm Legendre là một trong những hàm cơ bản, đóng vai trò quan trọngkhông những trong toán học mà còn nhiều ứng dụng trong lĩnh vực vật lý

Tìm hiểu sâu sắc hơn về hàm Legendre và các vấn đề liên quan Trên cơ

sở đó tìm cách ứng dụng chúng để giải quyết một số bài toán trong chươngtrình phổ thông, phục vụ cho việc giảng dạy toán sau này

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu hàm Legendre, hàm ϕ Euler, số nguyên tố, số Fermat, sốMersenne, và số hoàn hảo

- Tìm hiểu, nghiên cứu ứng dụng và mối quan hệ giữa các hàm trên

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng và phạm vi nghiên cứu của bản luận văn này gồm khảo sáthàm Legendre, hàm ϕ Euler và các ứng dụng của chúng đến tập các sốnguyên tố

5 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu các tài liệu về lý thuyết số có liên quan đến nội dung luậnvăn, và các ứng dụng của hàm Legendre, hàm ϕ Euler

- Nghiên cứu tính chất của hàm Legendre, hàm ϕ Euler, số nguyên tố,

từ đó áp dụng cụ thể vào việc giải quyết một số bài toán số học đặc biệt.

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Xây dựng một giáo trình có tính hệ thống với thời lượng thu gọn, cóthể dạy được cho các học sinh chuyên toán bậc trung học phổ thông.Xây dựng một hệ thống các bài toán

7 Cấu trúc luận văn

Luận văn được chia thành ba chương:

Chương 1: Các kiến thức cơ sở

Trình bày các kiến thức cơ sở liên quan như tính chia hết, số nguyên tố

và định lý cơ bản của số học, quan hệ đồng dư và lớp thặng dư, làm cơ

sở để xây dựng lý thuyết về hàm Legendre và các vấn đề liên quan

Chương 2 Hàm Legendre và các vấn đề liên quan

Chương này trình bày khá đầy đủ lý thuyết về hàm nhân tính, hàm ϕ

Euler, định lý Euler và định lý nhỏ Fermat, hàm Floor, hàm Legendre, sốFermat, số Mersenne và số hoàn hảo Trong từng phần đều có các ví dụminh họa cụ thể

Chương 3 Các ứng dụng của hàm Legendre và các vấn đề liên quanChương này áp dụng lý thuyết của chương hai để giải một số bài toán

và được chia làm ba dạng: các bài toán liên quan đến hàm Legendre, cácbài toán liên quan đến hàm ϕ Euler và các bài toán về các số nguyên tố

CHƯƠNG 1 CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ1.1 TÍNH CHIA HẾT

Định nghĩa 1.1 ([7]) Giả sử a, b là các số nguyên và a 6= 0 Ta nói a chiahết b (hoặc b chia hết cho a hoặc a là ước của b) nếu tồn tại số nguyên c

sao cho b = ac

Nếu a chia hết b, ta kí hiệu a | b hoặc b a, nếu a không chia hết b, ta

(a) Ta có a = 1.a Suy ra a | a

Từ (b) đến (g), với a | b ta biểu diễn b = ka với k ∈ Z.

(b) Ta có b | csuy rac = k1.bvới k1 ∈ Z Khi đó c = k1(ka) = (kk1)a,với kk1 ∈ Z hay a | c

(c) Ta có b 6= 0 nên |k| ≥ 1 suy ra |b| = |k|.|a| ≥ |a|

(d) Ta có a | c suy ra c = k2.a với k2 ∈ Z Khi đó với mọi số nguyên

α và β, αb + βc = αka + βk2a = (αk + βk2)a hay a | (αb + βc) với mọi

số nguyên α và β

(e) Ta có a | (b ± c) nên b ± c = k3a với k3 ∈ Z Suy ra ±c =

k3a − b = k3a − ka = (k3 − k)a, với k3 − k ∈ Z suy ra c = ±(k − k3)a,với ±(k − k3) ∈Z Hay a | c.

(f) Vì a | b và b | a do đó a 6= 0 và b 6= 0 Do (c) ta có |b| ≥ |a| và

|a| ≥ |b| Suy ra |a| = |b|

(g) Ta có ab = k 6= 0 ∈ Z Vậy b = a.k, k 6= 0 hay k | b

Tập hợp các số nguyên, ký hiệu bởi Z có thể phân chia thành hai tậphợp con, tập các số nguyên lẻ và tập các số nguyên chẵn:

Cho số nguyên n >1 Chứng minh rằng

(a) 2n là tổng của hai số nguyên lẻ liên tiếp;

(b) 3n là tổng của ba số nguyên liên tiếp

1.2 THUẬT TOÁN CHIA

Định lý 1.1 ([1]) Giả sử a, b là các số nguyên và b > 0 Khi đó tồn tại

duy nhất các số nguyên q và r sao cho

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.3 Cho số nguyên dương n Chứng minh rằng 32n + 1 chia hếtcho 2 nhưng không chia hết cho 4

Ví dụ 1.4.

2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 là các số nguyên tố

4, 6, 8, 9, 10, 12, 14 là các hợp số

Nhận xét 1.1

Số 0 và số 1 không là số nguyên tố cũng không là hợp số

Tất cả các số nguyên chẵn lớn hơn 2 đều là hợp số, và 2 là số chẵnduy nhất (và nhỏ nhất) là nguyên tố Tất cả các số nguyên tố khác 2 là số

lẻ, chúng không chia hết cho 2

Ta thấy 2 và 3 là hai số nguyên tố liên tiếp duy nhất

Ví dụ 1.5 Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn 3n − 4, 4n − 5 và

5n − 3 là các số nguyên tố

Giải Ta thấy tổng của 3 số trên 3n − 4 + 4n − 5 + 5n − 3 = 12n − 12

là số chẵn, vì vậy có ít nhất một số là số chẵn Mà số nguyên tố chẵn duynhất là số 2 Vì 4n − 5 là số lẻ nên chỉ có 3n − 4 và 5n − 3 có thể là sốchẵn Giải phương trình 3n − 4 = 2 và 5n − 3 = 2 Ta được kết quả lầnlượt là n = 2 và n = 1 Với n = 2 cả 3 số trên là số nguyên tố

Ví dụ 1.6 [AHSME 1976] Cho pvàq là hai số nguyên tố và x2−px+q = 0

có hai nghiệm dương phân biệt Tìm p và q

Giải Giả sử x1, x2 với x1 < x2, là hai nghiệm nguyên dương phân biệt.Thì x2 − px + q = (x − x1)(x − x2) suy ra p = x1 + x2 và q = x1.x2 Vì

q là số nguyên tố, nên x1 = 1 do đó q = x2 và p = x2 + 1 p, q là hai sốnguyên tố liên tiếp, suy ra q = 2 và p = 3

Bổ đề 1.1 ([1]) Mỗi số nguyên lớn hơn 1 đều có ước nguyên tố

Để chứng minh Bổ đề 1.1 ta nhắc lại nguyên lý sau

Nguyên lý sắp thứ tự tốt Mỗi tập không rỗng các số nguyên dươngđều có phần tử bé nhất

Chứng minh bổ đề 1.1 Giả sử tồn tại số nguyên lớn hơn 1 không cóước nguyên tố nào Gọi A là tập hợp chứa các số như vậy, theo giả thiếtphản chứng A khác rỗng Nên từ nguyên lý sắp thứ tự tốt suy ra tồn tại

n là số nhỏ nhất thuộc A Vì n là ước của chính nó, mà theo giả thiết, n

không có ước nguyên tố, nên n không phải là số nguyên tố Vì thế n là

hợp số, ta có n = ab, 1 < a < n, 1 < b < n Vì a < n nên a phải có ướcnguyên tố Theo mệnh đề 1.1 (b), mọi ước của a đều là ước của n, nên n

có ước nguyên tố (mâu thuẫn)

Định lý 1.2 ([7]) Có vô số số nguyên tố

Chứng minh Bằng phương pháp phản chứng, ta giả sử có hữu hạn sốnguyên tố: p1 < p2 < < pm

Xét P = p1p2 pm+ 1

Nếu P là một số nguyên tố thì P > pm, mâu thuẫn với giả sử pm là

số nguyên tố lớn nhất Nên P là hợp số, suy ra có một số nguyên tố p > 1

Ước chung lớn nhất của các số nguyên không đồng thời bằng không

a1, a2, , an là số nguyên lớn nhất chia hết tất cả các ai, 1 ≤ i ≤ n Ướcchung lớn nhất của các số nguyên a1, a2, , an kí hiệu là (a1, a2, , an)

(a, b) = (|a|, |b|) = (b, a) (a, b không đồng thời bằng 0) nên ta chỉquan tâm đến ước chung lớn nhất của các số nguyên dương

Mệnh đề 1.2 ([7])

(a) Nếu p là số nguyên tố, thì (p, m) = p hoặc (p, m) = 1

(b) Nếu d = (m, n), m = dm0, n = dn0, thì (m0, n0) = 1

(c) Nếu d = (m, n), m = d0m00, n = d0n00, (m00n00) = 1, thì d0 = d.(d) Nếu d0 là ước chung của m và n, thì d0 chia hết (m, n)

(e) Nếu px||m và py||n, thì pmin{x,y}||(m, n) Hơn nữa, nếu m =

a1, a2, , an là nguyên tố cùng nhau nếu (a1, a2, , an) = 1

(a1, a2, , an) = 1 không suy ra (ai, aj) = 1 với 1 ≤ i < j ≤ n

Ví dụ, ta có (2, 3, 6) = 1 nhưng (2, 6) = 2

Nếu a1, a2, , an thỏa mãn (ai, aj) = 1 với 1 ≤ i < j ≤ n, ta nói

a1, a2, , an là các số nguyên tố cùng nhau

1.4.2 Thuật chia Euclide

Để tìm ước chung lớn nhất của hai số nguyên ta có thể sử dụng thuậtchia Euclide sau đây

Định lý 1.3 ([1]) (Thuật chia Euclide) Giả sửr0 = a là số nguyên, r1 = b

là số nguyên lớn hơn 0 Ta thực hiện liên tiếp thuật toán chia:

rj = qj+1rj+1 + rj+2, (1)với qj+1, rj+2 là các số nguyên và 0 ≤ rj+2 < rj+1 và nhận được dãy sốgiảm r1 > r2 > ≥ 0 cho đến khi lần đầu tiên nhận được

rn+1 = 0

(2 ≤ n ∈ Z, 0 < rj+2 < rj+1 nếu 0 ≤ j < n − 2) Khi đó (a, b) = rn.Nói cách khác, (a, b) là phần dư khác 0 cuối cùng trong dãy phép chia(1).

Chứng minh Áp dụng liên tiếp thuật toán chia, ta được

r0 = r1q1 + r2, 0 < r2 < r1

r1 = r2q2 + r3, 0 < r3 < r2

Ví dụ 1.8 Tìm ước chung lớn nhất của 994 và 2012

Chứng minh Đặt r0 = m, r1 = n Từ thuật chia Euclide ta có

r0 = r1q1 + r2

r1 = r2q2 + r3

r2 = r3q3 + r4

Suy ra

r2 = r0 − r1q1

r3 = −r0q2 + r1(1 + q1q2)

r4 = r0(1 + q2q3) − r1(q1 + q3 − q1q2q3)

(a, b) = 1, theo định lý Bézout tồn tại x, y ∈ Z thỏa mãn ax + by = 1 Do

đó acx + bcy = c Theo giả thiết a | bc nên a là ước của bcy, mà a là ướccủa acx suy ra a | acx + bcy = c

Hệ quả 1.2 ([1]) Nếu p | a1a2 an, trong đó p là số nguyên tố và

a1, a2, , an là các số nguyên dương, thì tồn tại i, 1 ≤ i ≤ n sao cho

(a, b) = 1 nên b | x (theo hệ quả 1.1 ) Suy ra x = by, với y ∈ Z, và vì vậy

tố, trong đó các thừa số được viết theo thứ tự không giảm

Chứng minh Chứng minh bất kỳ số nguyên n > 1 có thể biểu diễnthành tích của các thừa số nguyên tố:

Giả sử p1 là một ước nguyên tố của n

Nếu p1 = n thì n = p1 là một thừa số nguyên tố của n

Chứng minh biểu diễn trên là duy nhất Giả sử rằng tồn tại số nguyênlớn hơn 1 có hai cách biểu diễn dưới dạng tích các thừa số nguyên tố Gọi

n là số nhỏ nhất trong các số đó và n có hai cách biểu diễn:

p1 < q1 Như vậy, p1 < qi với mọi i = 1, 2, , h (vì các số nguyên tốtrong mỗi biểu diễn được xếp theo thứ tự không giảm) Khi đó, p1 - qi

với mọi i Theo hệ quả 1.2, p1 - q1q2 qh = n vô lý Vậy p1 = q1 và

n/p1 = p2p3 pk = q2q3 qh Vì n/p1 là số nguyên dương nhỏ hơn n, mà

n là số nguyên dương nhỏ nhất có quá một biểu diễn, nên n/p1 chỉ có thểbiểu diễn dạng tích các số nguyên tố theo một cách duy nhất Như vậy,

k = h và pi = qi với mọi i Định lý được chứng minh

k , với p1, , pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau và

α1, , αk là các số nguyên dương Biểu diễn trên được gọi là phân tích tiêuchuẩn của n hay biểu diễn chính tắc của n hoặc dạng tiêu chuẩn của n

Ví dụ 1.9 1200 = 24.3.52

Bổ đề 1.2 ([1]) Giả sửm, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau.Khi đó, nếu d là một ước dương của mn, thì tồn tại cặp duy nhất các ướcdương d1 của m, d2 của n sao cho d = d1d2 Ngược lại, nếu d1 và d2 là cácước dương tương ứng của m và n, thì d = d1d2 là một ước dương của mn.Chứng minh Giả sử m và n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau:

vì lũy thừa của mỗi số nguyên tố xuất hiện trong trong phân tích ra thừa

số nguyên tố của d bé hơn hoặc bằng lũy thừa của số nguyên tố trongphân tích ra thừa số nguyên tố của mn

1.7 QUAN HỆ ĐỒNG DƯ VÀ LỚP THẶNG DƯ

1.7.1 Quan hệ đồng dư

Định nghĩa 1.6 ([1]) Cho m là số nguyên dương, a, b là các số nguyên

ta nói rằng a đồng dư với b theo modulo m nếu m là ước của a − b.Khi a đồng dư với b modulo m, ta viết a ≡ b (mod m) Nếu a khôngđồng dư với b modulo m, ta viết a 6≡ b (mod m)

(a) Tính phản xạ: a ≡ a (mod m);

(b) Tính đối xứng: Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m);

(c) Tính bắc cầu: Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m), thì a ≡ c

c) Nếu a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) thì m | (a − b) và m | (b − c)

Do đó, m | (a − b + b − c) hay m | (a − c) nên a ≡ c (mod m)

Định lý 1.7 ([1]) Giả sửa, b, c, d, m là các số nguyên, m > 0,a ≡ b (mod

ac ≡ bc (mod m) Khi đó a ≡ b (mod m)

Định lý 1.9 ([1]) Giả sử a ≡ b (mod m1), a ≡ b (mod m2), , a ≡ b

(mod mk), trong đó a, b, m1, , mk là các số nguyên và m1, m2, , mk > 0.Khi đó

a ≡ b (mod [m1, , mk]),

trong đó [m1, , mk] là bội chung nhỏ nhất của m1, m2, , mk

Hệ quả 1.6 ([1]) Giả sử a ≡ b (mod m1), a ≡ b (mod m2), , a ≡ b

(modmk), trong đóa, b là các số nguyên vàm1, m2, , mk là các số nguyên

dương nguyên tố cùng nhau từng cặp Khi đó

a ≡ b (mod m1, , mk),

1.7.2 Lớp thặng dư (Residue classes)

Từ định lý 1.6, quan hệ đồng dư là quan hệ tương đương trên tập các

số nguyên vì thế nó phân chia tập Z thành m lớp thặng dư modulo m.Mỗi lớp chỉ gồm các số có cùng số dư khi chia cho m

Định nghĩa 1.7 ([7] Một tập gồm các phần tử có cùng số dư khi chiacho m gọi là một lớp thặng dư modulo m

Ví dụ 1.11 Với m = 4 có 4 lớp thặng dư modulo 4

Ví dụ 1.12 {5, 7, 9, 10, 14, 18} là hệ thặng dư đầy đủ modulo 6

Mệnh đề 1.3 ([7]) Cho m là một số nguyên dương Cho a ∈ Z là một số

nguyên tố cùng nhau với m, và cho b là một số nguyên Giả sử rằng S làmột hệ thặng dư đầy đủ modulo m Thì tập hợp

Ta cần chứng minh rằng với 1 ≤ i 6= j ≤ m thì asi + b 6≡ asj + b

(mod m) Thật vậy, nếu asi + b ≡ asj + b (mod m) thì asi ≡ asj (mod

m) Vì (a, m) = 1 nên theo định lý 1.8 ta có si ≡ sj (mod m) Vô lý vìvới 1 ≤ i 6= j ≤ m thì si 6≡ sj.

Vậy T = {as1 + b, as2 + b, , asm+ b} cũng là một hệ thặng dư đầyđủ

Mệnh đề 1.4 ([7]) Cho m là một số nguyên dương Cho a ∈ Z là một số

nguyên tố cùng nhau với m, và b là một số nguyên Tồn tại số nguyên x

sao cho ax ≡ b (mod m), và tất cả các số nguyên này cùng thuộc một lớpthặng dư modulo m

Mặt khác, nếu cả x và x0 thỏa mãn phương trình đồng dư, ta có

ax ≡ ax0 (mod m) do (a, m) = 1 nên theo định lý 1.8 ta có x ≡ x0 (mod

m)

Đặc biệt, với b = 1 theo mệnh đề 1.4 ta có: nếu (a, m) = 1, thì tồntại số nguyên x thỏa mãn ax ≡ 1 (mod m)

Ta gọi x là nghịch đảo của a modulo m, ký hiệu là a−1 hoặc 1a (mod m)

Vì tất cả các nghịch đảo cùng thuộc một lớp thặng dư modulo m, nghịchđảo của a được xác định là duy nhất modulo m cho tất cả các số nguyên

Ta xét trường hợp p ≥ 5 Gọi S = {2, 3, , p − 2} Do p là số nguyên

tố nên với mỗi số s ∈ S có duy nhất nghịch đảo s0 ∈ {1, 2, , p − 1} Mà

s0 6= 1 và s0 6= p − 1 nên s0 ∈ S Hơn nữa s 6= s0, nếu không thì s2 ≡ 1

(mod p) suy ra p | (s − 1) và p | (s + 1) vô lý vì s + 1 < p Như vậy, ta

Mệnh đề đảo của định lý Wilson cũng đúng

Định lý 1.11 ([1]) Giả sử n là số nguyên dương sao cho (n − 1)! ≡ −1

(mod n) Khi đó n là số nguyên tố

Chứng minh

Giả sử ngược lại, n là hợp số và (n − 1)! ≡ −1 (mod n) Vì n làhợp số, ta có n = ab, trong đó 1 < a < n và 1 < b < n Khi đó,

a | (n − 1)! Mặt khác, do (n − 1)! ≡ −1 (mod n) nên n | [(n − 1)! + 1],suy ra a | [(n − 1)! + 1] Như vậy, a | (n − 1)! và a | [(n − 1)! + 1] nên

a | 1 mâu thuẫn

Định lý cho chúng ta cách khác để xác định một số có là số nguyên

tố hay không Tuy nhiên, nó rất khó thực hiện khi n có giá trị lớn

CHƯƠNG 2 HÀM LEGENDRE VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN

QUAN2.1 HÀM NHÂN TÍNH

Định nghĩa 2.1 Hàm số học là hàm xác định trên tập hợp các số nguyêndương

Định nghĩa 2.2 Hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu f (mn) =

f (m)f (n) khi m, n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau

Hàm f gọi là hàm nhân tính hoàn toàn nếu f (mn) = f (m)f (n), với mọi

số nguyên dương m, n

Nhận xét 2.1 Hàm nhân tính hoàn toàn là hàm nhân tính

Ví dụ 2.1 Hàm f (n) = n với mọi n nguyên dương là hàm nhân tínhhoàn toàn, vì f (mn) = mn = f (m)f (n)

Vìi 6= j nênpi, pj là các số nguyên tố khác nhau, suy ra(pα1

Định nghĩa 2.3 Hàm số học µ được gọi là hàm Mobius nếu

0 nếu p2|n với số nguyên tố p > 1

(−1)k nếu n = p1 pk, với p1, , pk là các số nguyên tố khác nhau

Định nghĩa 2.5 Hàm số các ước dương, kí hiệu là τ, được xác định bởi:

τ (n) bằng số các ước dương của số nguyên dương n

ra µ(mn) = µ(m)µ(n) = 0 Bây giờ xét m = p1 pk, n = q1 qh, ở

đây p1, , pk, q1, , qh là số nguyên tố khác nhau (vì (m, n) = 1) Thì

µ(m) = (−1)k, µ(n) = (−1)h, và mn = p1 pkq1 qh Nó suy ra µ(mn) =(−1)k+h = (−1)k(−1)h = µ(m)µ(n)

c| n d

Định lý 2.6 Cho f là hàm số học và cho F là hàm tổng Nếu F là hàmnhân tính, thì f cũng là hàm nhân tính.

Chứng minh: Giả sử m, n là hai số nguyên dương thỏa mãn (m, n) = 1

và cho d là ước của mn Thì d = kh, trong đó k|m, h|n, và (k, h) = 1 Ápdụng công thức Mobius đảo ta được

f (mn) = X

d|mn

µ(d)F

mnd



=



X

k|m

µ(k)F

mk

h|n

µ(h)F

nh

Ví dụ 2.5 ϕ(1) = 1, ϕ(2) = 1, ϕ(3) = 2, ϕ(4) = 2

Định lý 2.7 Với số nguyên tố p ta có ϕ(p) = p − 1 Ngược lại, nếu p là

số nguyên dương sao cho ϕ(p) = p − 1, thì p là số nguyên tố

Chứng minh

Nếuplà số nguyên tố, thì mọi số nguyên dương nhỏ hơnpđều nguyên

tố cùng nhau vớip Do cóp−1số nguyên dương như vậy nên ϕ(p) = p−1.Ngược lại, ta giả sử p là hợp số thì p có ước d, 1 < d < p Nên p và d

không nguyên tố cùng nhau Như vậy, trong các số 1, 2, , p − 1 phải cónhững số không nguyên tố cùng nhau với p, nên ϕ(p) ≤ p − 2 Trái với giảthiết ϕ(p) = p − 1 Suy ra điều giả sử là sai Vậy p là số nguyên tố

Mệnh đề 2.1 Cho p là số nguyên tố, và a là số nguyên dương Thì

ϕ(pa) = pa − pa−1

Chứng minh Các số nguyên dương không vượt quá pa và không nguyên

tố cùng nhau với pa là các số không vượt quá pa và chia hết cho p Cóđúng pa−1 số như vậy Do đó có pa − pa−1 số nguyên dương không vượtquá pa và nguyên tố cùng nhau với pa Vậy, ϕ(pa) = pa− pa−1.

nguyên m từ 1 đến n thuộc một 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 số của

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

 

1 − 15

 

1 − 13

 

1 − 15



= 96.2.3 ĐỊNH LÝ EULER VÀ ĐỊNH LÝ NHỎ CỦA FERMATĐịnh nghĩa 2.8 Tập hợp gồm ϕ(m) các số nguyên a1, a2, , aϕ(m)

được gọi là hệ thặng dư thu gọn modulo m nếu i 6= j thì ai 6≡ aj (mod m)

và với mỗi i, 1 ≤ i ≤ ϕ(m) thì (ai, m) = 1

Ví dụ 2.9

{1, 3, 5, 7} là hệ thặng dư thu gọn modulo 8

{1, 2, , p − 1} là hệ thặng dư thu gọn modulo p, với p là số nguyêntố.

Mệnh đề 2.3 Cho số nguyên dương m và a nguyên tố cùng nhau với m.Giả sử rằng S là một hệ thặng dư thu gọn modulo m Thì

T = aS = {as|s ∈ S} ,

cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m

Chứng minh

Giả sử S = s1, s2, , sϕ(m) là một hệ thặng dư thu gọn modulo m

ta chứng minh T = as1, as2, , asϕ(m) cũng là một hệ thặng dư thu gọnmodulo m

Thật vậy, T là một hệ gồm ϕ(m) số nguyên nguyên tố với m vì

(a, m) = (si, m) = 1, (i = 1, 2, , ϕ(m)) suy ra (asi, m) = 1, vậy mỗi sốcủa T nguyên tố cùng nhau với m Ta cần chứng minh rằng với i 6= j, 1 ≤

i, j ≤ ϕ(m) thì asi 6≡ asj (mod m) Giả sử ngược lại, có 1 ≤ i, j ≤ ϕ(m)

để asi ≡ asj Do (a, m) = 1 ta có si ≡ sj(mod m) Điều này mâu thuẫnvới giả thiết si 6≡ sj(mod m)

Vậy as1, as2, , asϕ(m) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo

m

Định lý 2.10 (định lý Euler) Cho m là số nguyên dương bất kỳ và a là

số nguyên thỏa mãn (a, m) = 1 Thì aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

Chứng minh: Xét hệ thặng dư thu gọn S = a1, a2, , aϕ(m) gồm tất

cả các số nguyên dương nhỏ hơn m là nguyên tố cùng nhau với m Vì