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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLẠI 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... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLẠI THỊ THÚY HẢ

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

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

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2018

Mục lục

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) 6 4 13

1.5 Trường hợp n không 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

2 Bậc cực trị của một số hàm số học 26 2.1 Giới thiệu 26

2.2 Chuỗi Dirichlet của V k (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

sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành công việc học tập của mình.

lim sup giới hạn trên

lim inf giới hạn dưới

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 ngànhthuần túy lý thuyết, còn hiện nay Lý thuyết số đang trở thành một trongnhững lĩnh vực có nhiều ứng dụng sôi động nhất của Toán học

Trong Lý thuyết số, các hàm số học là những hàm số xác định trên tậphợp 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 mụcđích 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 làtổng các ước của một số nguyên cho trước, và sau cùng là bậc cực trị củamột số lớp hàm số học quan trọng

Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung của luậnvăn được trình bày trong hai chương:

• Chương 1 Phương trình hàm đối với hàm tổng các ước Nội dung củachương 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 ướcnguyên tố phân biệt của n

• Chương 2 Bậc cực trị của một số hàm số học Chương này dành để trìnhbày về để chuỗi Dirichlet của V (n) (số các số chính quy modulo n) vàxác định các bậc cực trị của một số hàm số học cổ điển, các hàm tổng

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

Thái Nguyên, ngày 22 tháng 4 năm 2018

Tác giả

Lại Thị Thúy Hải

x là không vượt quá x1/4+ với  > 0 và với mọi x > x Thêm nữa, số nđược gọi là nguyên thủy nếu không có ước đơn thực sự d nào của n thỏa mãnσ(d) | γ(d)2 Ta sẽ chỉ ra số nghiệm nguyên thủy của phương trình khôngvượt quá x là nhỏ hơn x với x > x.

Nội dung chương này được viết dựa vào tài liệu Broughan A.K et al [3]

(gọi là “phương trình De Koninck”), trong đó σ(n) là tổng tất cả các ướcdương của n, và γ(n) là tích tất cả các ước nguyên tố phân biệt của n, cũngđược 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 công trình Broughan A.K et al[3] - người ta không biết thêm một nghiệm nào nữa Một tìm kiếm bằng máytính với mọi n 6 1011 không cho thấy nghiệm nào khác Một giả thuyết tựnhiên (được gọi là “Giả thuyết De Koninck”) là phương trình này không cónghiệm 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 tầmthường n phải có ít nhất ba ước nguyên tố, chẵn, và không thể là số hoàn toànkhông chính phương (tạm dịch thuật ngữ squarefree - số không có ước chínhphương 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 điềunày cho lớp rộng hơn các nghiệm dương n của phương trình σ(n) = aγ(n)Ktrong đó K > 2 và 1 6 a 6 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 làcác số duy nhất có ω(n)6 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 cấpđối với những số mũ có thể của các số nguyên tố xuất hiện trong phân tíchcủa 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 không thểthỏa mãn phương trình De Koninck (1.1) Sau đó chúng ta đếm số nghiệmtiềm năng n không vượt quá x Pollack & Pomerance [4], gọi một số nguyêndương n là nguyên tố–hoàn hảo (prime–perfect) nếu n và σ(n) chung nhautập hợp các ước nguyên tố Rõ ràng, mọi nghiệm n của phương trình De

Koninck là số nguyên tố–hoàn hảo Pollack & Pomerance chứng minh rằngtập hợp các số nguyên tố–hoàn hảo là vô hạn, và hàm đếm các số nguyêntố–hoàn hảo n6 x có lực lượng nhiều nhất là x1/3+o(1) khi x → ∞ Sử dụngcác kết quả của Pollack & Pomerance, ta sẽ chứng minh rằng số các nghiệm

n 6 x của phương trình De Koninck nhiều nhất là x1/4+ với bất kỳ  > 0 vàmọi x > x

Bằng cách hạn chế đến nghiệm “nguyên thủy” (“primitive” solutions) sửdụng 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 sốkhông có ước đơn thực sự d | n thỏa mãn σ(d) | γ(d)2

Cuối cùng ta có một số nhận xét về bài toán 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 choGiả thuyết De Konnick, và chỉ ra cấu trúc cần thiết cho một phản ví dụ, nếucó

Mọi nghiệm không tầm thường khác với 1782 phải là chẵn, có một ướcnguyên 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 nhấtmột 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

• γ(n) là tích của các ước nguyên 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;

Định nghĩa 1.2.1 Cho trước một số nguyên dương n Số nguyên dương dđược 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 nguyên tốcủa nó

Một số luỹ thừa còn 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 cùngnhau

1.3 Cấu trúc của nghiệm

Trước hết chúng ta hãy mô tả dạng của những phần tử trong K

Chứng minh Trước hết ta chú ý rằng n phải chẵn: thật vậy nếu n > 1thỏa mãn σ(n) = γ(n)2 và n là lẻ, thì σ(n) phải lẻ, do đó số mũ của mỗiước nguyên tố của n phải chẵn, nên n là một bình phương đầy đủ Nhưng

n < σ(n) = γ(n)2 6 n, điều này là mâu thuẫn

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 lẻxuất hiện đầu tiên và các số mũ chẵn xuất hiện cuối cùng Sử dụng sự kiệnσ(2e) = 2e+1 − 1 là lẻ, ta nhận được 22 k

i ) 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 > 3 và

là số nguyên tố cùng nhau với 2p

Đầu tiên chúng ta xét trường hợp p = 3 Nếu bổ sung m = 1, thì ta nhậnđược σ(n) = 62, và không có nghiệm Mặt khác, nếu m > 1, thì σ(m) là mộtước 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, qβ k m Khi đó

σ(qβ) = qβ + · · · + q + 1

là nguyên tố cùng nhau với 2q và lớn hơn 32+ 3 + 1 > 9 Do đó, tồn tại mộtước nguyên tố của m khác 3 hoặc q, gọi là r, mà chia hết qβ + · · · + q + 1,điều này kéo theo rằng nó cũng chia hết m và xuất hiện trong phân tích của

m với một số mũ chẵn Do ω(n) 6 4, ta có m = qβrγ Bây giờ

qβ + · · · + q + 1 = 3irj và rγ + · · · + r + 1 = 3kq`,

trong đó i + k 6 2 và j, ` ∈ {1, 2} Như vậy,

(qβ+ · · · + q + 1)(rγ + · · · + r + 1) = 3i+kq`rj

Vế trái của đẳng thức này là lớn hơn hoặc bằng 3qβrγ Trong trường hợp

β > 2, ta có β > 4, do đó q4r2 6 qβrα 6 9q2r2, điều này dẫn ra q 6 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

(q2+ q + 1)(r2+ r + 1) = 3i+kq2r2,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 lýtrường hợp i = 0 Trong trường hợp đó, ta nhận được q2+ q + 1 = r2, tươngđương với (2q + 1)2+ 3 = (2r)2, mà không có nghiệm (q, r)

Nếu j = ` = 1, thì ta nhận được

q2r2 < (q2+ 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 đốixứng theo q và r,ta chỉ quan tâm j = 2 và ` = 1 Trong trường hợp này, tacó

q2r2 < (q2+ q + 1)(r2+ r + 1) = 3i+kr2q,

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

Từ đây về sau, ta có thể giả thiết p > 3, do đó p + 1 = 2um1, trong đó

u ∈ {1, 2} và m1 > 1 là lẻ Giả sử q là ước nguyên tố lớn nhất của m1 Rõràng, p + 1 > 2q, do đó q < p Hơn nữa, do ω(n) 6 4 ta có

ta nhận được

p13 < σ(qβ) 6 2p2,đây là điều mâu thuẫn Do đó, tồn tại một ước nguyên tố r khác của n, và

m2 6 p2r2 Do vậy,

p13 < σ(qβ) < 2p2r2 < p3r2,suy ra r > p5 Giả sử γ thỏa mãn rγ k n Khi đó

r + 1 6 σ(rγ) 6 2p2q2 < p5,

mà đây là điều mâu thuẫn Như vậy β 6 77

Giả sử r không xuất hiện trong phân tích của (p + 1)σ(qβ) Khi đó ta cầngiải hệ phương trình

p + 1 = 2uqw và qβ+ · · · + q + 1 = 2vpz,

trong đó β ∈ {1, , 77}, u ∈ {1, 2}, 0 6 v 6 2 − u, {w, z} ⊆ {1, 2}, màchúng ta có thể giải với kết thức Điều này cho chúng ta một số khả năngnào đó của các cặp (p, q) Nếu ω(n) = 3, ta có σ(n) = 4p2q2, và ta tìm được

n Nếu ω(n) = 4, thì σ(rγ) là một ước của 2p2q2 và ta tìm các khả năng đốivới cặp (r, γ) Sau đó, suy được n từ quan hệ σ(n) = 4p2q2r2.

Bây giờ giả sử r xuất hiện trong phân tích của (p + 1)σ(qβ) Ta viết

p + 1 = 2uqwrδ và σ(qβ) = 2vpzrη, (1.2)trong đó u ∈ {1, 2}, w ∈ {1, 2}, 0 6 v 6 2 − u, z ∈ {0, 1, 2}, δ + η ∈ {1, 2}.Nếu z = 0, thì do q > p1/6, ta có

qβ/2

√2rη/2 < p <

√2qβ/2

rη/2 ,

và vì thế

r8 > 32r4 > (4√2rδ+η/2)2 > q > p1/6,điều này chứng tỏ rằng r > p1/48 Suy ra γ 6 239, nếu γ > 240, thì

p5 < r240 6 rγ < σ(rγ) < 2p2q2 < p5,mâu thuẫn Do đó ta cần giải hệ

p + 1 = 2uqwrδ;σ(qβ) = 2vpzrη;σ(rγ) = 2λpsqt,

với 1 6 β 6 77, 1 6 γ 6 239, u ∈ {1, 2}, u + v + λ 6 2, 1 6 w 6 2, w + t 6 2,

δ + η ∈ {1, 2}, z ∈ {0, 1, 2} và s ∈ {0, 1, 2} Hệ này có thể giải được bằngkết thức, nó cho chúng ta những khả năng có thể đối với bộ số (p, q, r) Doσ(n) = 4p2q2r2, ta rút ra n bởi việc giải phương trình với α, cho trước p, q

và r Không phát hiện một giá trị nguyên của α có nghĩa là việc tìm nghiệmthất bại Một chương trình máy tính đã thực hiện các bước này và khẳngđịnh kết luận của Định lí 1.4.1

1.5 Trường hợp n không 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

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

q∈Q

σ(q2)

và do đó nó là một ước của γ(n)2, mâu thuẫn

Ta bắt đầu bằng việc chỉ ra rằng k 6 8 Để làm điều này, giả sử

Khi đó Q

r∈R

σ(r2) chia hết p21 (nếu a2 = 0) và p21p22 nếu a2 > 0 Từ đây suy raσ(r2) hoặc là bội của p1 hoặc của p2 với mỗi r ∈ R Do tồn tại nhiều nhấthai 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 #R6 4 Khi r ∈ Q \ R, ta có, doσ(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 thếvới nhiều nhất hai số nguyên tố phân biệt r, và tồn tại nhiều nhất hai giá trịphân biệt của chỉ số ir, ta nhận được k − #R6 4, suy ra k 6 8 Đây chính

là yêu cầu đang cần chứng minh

Tiếp theo ta viết phương trình σ(n) = γ(n)2 thành

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

 2e+1− 14





Y

Đầu tiên ta giả sử rằng a2 = 0 Khi đó vế phải của (1.5) là

p21

p1+ 1 6 0.73(24− 1) = 10.95,

vì thế p1 6 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 sẽthuộc 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 + 1thuộc 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(p1pa2

2 ) | 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 không 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, luôn 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 không Nếu

13 6∈ Q, thì 7 | 13 + 1 thuộc Q, trong trường hợp đó 19 | 72+ 7 + 1 chia hết

n và không đồng dư với1 mod 4, suy ra 19 ∈ Q và do đó 127 | 192 + 19 + 1chia 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(p1pa2

2 ) và 31 ≡ 3 (mod 4),nên 31 ∈ Q Tiếp theo 331 | 312+ 31 + 1 là một ước của n và nó không đồng

dư với 1 mod 4, suy ra nó thuộc vào Q và do đó 13, 31, 331 thuộc Q, mâuthuẫn

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(p1pa2

2 ) là một ước của n, và do đónhất 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) 6 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 kếtquả trong P Pollack & C Pomerance [4]