Số nguyên và các tính chất liên quan
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá một số hàm số học cơ bản, bắt đầu với hàm số Euler ϕ(n) Định nghĩa hàm ϕ(n) cho số tự nhiên n ≥ 1 là số các số tự nhiên nhỏ hơn n và nguyên tố cùng nhau với n, với quy ước ϕ(1) = 1 Đặc biệt, định lý 1.1 chỉ ra rằng hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính, nghĩa là nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, thì ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Rõ ràng ta có thể giải thiết a > 1, b > 1 Các số nguyên dương không vượt quá ab được liệt kê như sau:
Các số trong bảng có dạng ax + y, với 0 ≤ x ≤ b − 1 và 1 ≤ y ≤ a Khi xem xét các số ở cột thứ y, ta nhận thấy rằng (ax + y, a) = (y, a) Một số nguyên tố với ab chỉ khi nó nguyên tố với cả a và b, do đó các số này phải nằm ở cột thứ y mà (y, a) = 1 Tổng cộng có ϕ(a) cột thỏa mãn điều kiện này Hãy xem xét một cột y với (y, a) = 1.
Các số ở trong cột này là y, a + y, 2a + y, , (b − 1)a + y.
Giả sử r x là số dư khi chia ax + y cho b Như vậy (ax + y, b) = (r x , b) Dễ dàng thấy rằng vì (a, b) = 1 nên r x 1 6 = r x 2 với x 1 6 = x 2 Như vậy ta có đẳng thức tập hợp
Số các x mà (ax + y, b) = 1 tương đương với số các x mà (r x , b) = 1, tức là ϕ(b) Do đó, tổng số nguyên tố với a và nguyên tố với b là ϕ(a)ϕ(b) Điều này cho thấy rằng ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Từ định lý này ta suy ra công thức tính ϕ(n) như sau. Định lý 1.2 Giả sử n = p α 1 1 p α k k là phân tích tiêu chuẩn của n > 1 Khi đó ϕ(n) = n
Theo định lý 1.1, công thức ϕ(n) được xác định là ϕ(p α 1 1 ) ϕ(p α k k ) Để chứng minh định lý này, cần chỉ ra rằng đối với một số nguyên tố p, ta có ϕ(p α ) = p α (1 − 1/p) Bởi vì p là số nguyên tố, nên với mỗi k ≤ p α, ta có (k, p) = 1 hoặc k p.
Số các số k ≤ p α và là bội của p là h p α p i
Hàm ϕ(n) đóng vai trò quan trọng trong số học, đặc biệt là trong định lý Euler Định lý Euler mở rộng chỉ ra rằng với hai số tự nhiên a và m, ta có thể viết a^m ≡ a^(m−ϕ(m)) (mod m).
Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn là m = q 1 α 1 q 2 α 2 q k α k
Ta sẽ chứng minh rằng nếu (a, q i ) = 1 thì (a ϕ(m) − 1) q α i , còn nếu a q thì a m−ϕ(m) q α i , và như vậy A m.
Thật vậy, nếu (a, q i ) = 1 thì theo định lý Euler
Mặt khác, ϕ(q i α i ) = q i α i (1 − 1 q i ). là ước của ϕ(m) (suy ra từ công thức tính ϕ(m)).
Mặt khác, rõ ràng rằng \( m - \varphi(m) \geq \alpha_i \) do có ít nhất \( \alpha_i \) số không nguyên tố với \( m \) được biểu diễn dưới dạng \( q^{\alpha_1}_1 q^{\alpha_2}_2 \ldots q^{\alpha_i}_i \) Do đó, ta có \( a^{m-\varphi(m)} \equiv q^{m-\varphi(m)} \ldots q^{\alpha_i} \) Định lý đã được chứng minh Định lý 1.4 (Định lý Fermat) cho rằng nếu \( p \) là một số nguyên tố và \( a \) là một số nguyên không chia hết cho \( p \), thì \( a^{p-1} \equiv 1 \mod p \).
Theo giả thiết, với ϕ(p) = p − 1 và a là số nguyên tố với p, theo định lý Euler, ta có a^(p−1) ≡ 1 (mod p) Định lý 1.5 (Định lý Fermat dạng khác) khẳng định rằng với p là số nguyên tố và a là số nguyên tùy ý, ta có a^p ≡ a (mod p).
Nếu a chia hết cho p, thì rõ ràng p ≡ a (mod p) Ngược lại, nếu a không chia hết cho p, theo định lý 1.4, ta có a^(p−1) ≡ 1 (mod p) Nhân cả hai vế của đồng dư này với a, ta suy ra a^p ≡ a (mod p).
Ngược lại từ định lý 1.5, ta có thể suy ra định lý 1.4 Cụ thể, nếu a p ≡ a (mod p) và a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p, thì a và p là nguyên tố cùng nhau Do đó, khi chia cho a, ta có a p−1 ≡ 1 (mod p) Vì lý do này, định lý 1.5 được coi là một dạng khác của định lý Fermat.
Ví dụ 1.2 Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Lời giải Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n ∈Z ⇒ 36x + 20 = 4n 2 + 4n suy ra
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).
Ví dụ 1.3 Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3.
Ta thấy y 2 = (x 4 + 2x 3 + x 2 ) + (x 2 + x + 3) = (x 2 + x) 2 + (x 2 + x + 3) Đặt x 2 + x = a ta có y 2 = a 2 + (x 2 + x + 3) Từ đó có y 2 − a 2 = x 2 + x + 3 = x + 1
Suy rax 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 = (x 2 + x + 1) 2 Suy rax 2 + x − 2 = 0 ⇒ x = 1; x = − 2. Thử lại, với x = 1; x = − 2 thì biểu thức 9 = 3 2 Vậy x = 1; x = − 2 là các giá trị cần tìm.
Ví dụ 1.4 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z 2 (1.1)
Lời giải Giả sử x 0 , y 0 , z 0 thỏa mãn (1.1) và có ƯSCLN bằng d.
Giả sử x 0 = dx 1 , y 0 = dy 1 , z 0 = dz 1 thì (x 1 , y 1 , z 1 ) cũng thỏa mãn (1.1).
Nếu (x, y, z) = 1, thì x, y, z là ba số nguyên tố cùng nhau Điều này có nghĩa là nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung d, thì số còn lại cũng sẽ chia hết cho d Với x.y = z² và (x, y) = 1, ta có thể suy ra rằng x = a² và y = b², trong đó a, b thuộc tập hợp số tự nhiên dương.
Như vậy ta được biểu thức nghiệm x = ta 2 ; y = tb 2 ; z = ab (t ∈N ∗ ).
Ngược lại, dễ thấy các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1.1) Vậy công thức trên cho ta tất cả các nghiệm nguyên dương của (1.1).
Ví dụ 1.5 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 (1.2)
Lời giải (1.2) ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = x 2 y 2 + xy ⇔ (x + y) 2 = xy(xy + 1).
Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên:
+ Xét xy = 0, ta có xy = 0 và x 2 + y 2 = 0
+ Xét xy + 1 = 0, ta có : xy = − 1 và x 2 + y 2 = 2
Phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên là (x, y) = (0, 0); (1, − 1); và (− 1, 1) Định nghĩa hàm tổng các ước của một số tự nhiên: đối với số nguyên dương n, ký hiệu σ(n) là tổng các ước của n Định lý cho biết rằng hàm số σ(n) có tính chất nhân, tức là nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau, thì σ(ab) = σ(a)σ(b).
Thật vậy, giả sử a 1 , a k là các ước của a, k = d(a) và b 1 , , b l là các ước của b, l = d(b) Khi đó a i b j (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l) là tất cả các ước của ab Vậy σ(ab) =
Từ định lý này ta suy ra công thức tính σ(n) như sau: Định lý 1.7 (xem [2],[3]) Giả sử n = p α 1 1 p α 2 2 p α k k là phân tích tiêu chuẩn của n Khi đó σ(n) = p α 1 +1
Theo định lý trên , ta có σ(n) = σ(p α 1 1 )σ(p α 2 2 ) σ(p α k k ).
Vậy ta chỉ cần chứng minh σ(p α ) = p α 1 1 +1 − 1 p 1 − 1 Thật vậy, tất cả các ước của p α là 1, p, p 2 , , p α
Do đú σ(p α ) = 1 + p + ã ã ã + p α = p α+1−1 p − 1 Định lý 1.8 (xem [2],[3]) a) n là số nguyên tố khi và chỉ khi σ(n) = n + 1. b) σ(n) là một số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phương hoặc n
Nếu n là số nguyên tố, thì hàm tổng ước σ(n) bằng n + 1 Ngược lại, nếu σ(n) = n + 1 và n là hợp số, thì n có ước là 1, a và n với điều kiện 1 < a < n, dẫn đến σ(n) ≥ n + 1 + a > n + 1 Đối với trường hợp n = 1, ta có σ(n) = 1 < n + 1 Hơn nữa, nếu n có dạng m^2 hoặc n = 2m^2, thì n có thể biểu diễn dưới dạng 2^α * p_1^α1 * p_2^α2 * * p_k^αk, trong đó p_1, p_2, , p_k là các số nguyên tố lẻ và α_i là các số chẵn Khi đó, hàm tổng ước σ(n) được tính bằng σ(2^α) * σ(p_1^α1) * σ(p_2^α2) * * σ(p_k^αk).
Ta có σ(2^α) = 2^(α+1) - 1 là số lẻ, và σ(p^α_i) = 1 + p_i + + p^α_i cũng là số lẻ, chứng tỏ rằng σ(n) là số lẻ Ngược lại, nếu σ(n) lẻ và n = 2^α * p_1^α_1 * p_2^α_2 * * p_k^α_k, thì σ(p^α_i) sẽ cũng là số lẻ Từ đó, ta suy ra α_i phải là chẵn Nếu α chẵn, n sẽ là số chính phương, còn nếu α lẻ, thì n không phải là số chính phương.
Số 2 là một số chính phương và liên quan đến hàm σ(n) là khái niệm về số hoàn chỉnh Một số tự nhiên n được gọi là số hoàn chỉnh nếu σ(n) = 2n, có nghĩa là n bằng tổng các ước của nó, không tính chính nó.
Số hoàn chỉnh là những số có tổng các ước số dương của chúng bằng chính nó, ví dụ như 6 và 28 Nhà toán học Euclid từ thời cổ Hi Lạp đã chứng minh rằng nếu k là một số tự nhiên sao cho 2^k - 1 là một số nguyên tố, thì số n = 2^(k-1) * (2^k - 1) sẽ là một số hoàn chỉnh.
Chứng minh. Đặt p = 2 k − 1 Ta có σ(n) = σ(2 k−1 )σ(p) = (2 k − 1)(p + 1) = (2 k − 1).2 k = 2n.
Một số đồng nhất thức số học
Một số đẳng thức về các hàm d(n) , σ(n) và ϕ(n)
Bài toán 1.1 (xem [1],[3]) đề cập đến dãy số nguyên dương x_n được xác định theo quy luật x_0 = a và x_{n+1} = d(x_n) với mọi n ≥ 0 a) Cần chứng minh rằng với mọi a ∈ N*, tồn tại một chỉ số n_0 phụ thuộc vào a, sao cho x_n = 2 với mọi n ≥ n_0 b) Cung cấp ví dụ cho thấy chỉ số n_0 có thể lớn tùy ý nếu a đủ lớn.
Lời giải Ta có d(n) ≤ 2 √ n < nnếun > 4 Với n = 4 vàn = 3 thử trực tiếp cho thấy d(4) = 3 < 4, d(3) = 2 < 3.
Vì (x n ) là các số nguyên dương nên bắt đầu từ chỉ số n 0 nào đó ta phải có x n 0 = 2 Khi ấyx n = 2, ∀ n ≥ n 0. b) Lưu ý rằng d(2 n−1 ) = n Xét dãy m k xác định bởi m 0 = 3, m k+1 = 2 m k −1 , ta có d(m k+1 ) = m k
Nếu a = m k thì x n = 2 nếu và chỉ nếu n ≥ k + 1 sẽ lớn tùy ý khi k lớn tùy ý.
Bài toán 1.2 (xem [1],[3]) Chứng minh rằng nếu σ(n) = 2n + 1 thì n là bình phương của một số lẻ.
Lời giải Vì σ(n) = 2n + 1 là một số lẻ do đó theo định lý 6.4 ta có n = 2 α m 2 , ở đó α ≥ 0 còn m là số lẻ Ta cần chứng minh α = 0.
Ta có σ(n) = 2n + 1 = 2 α+1 m 2 + 1 Do tính chất nhân tính của hàm σ(n) ta lại có σ(n) = σ(2 α ).σ(m 2 ) = (2 α+1 − 1).σ(m 2 ).
Ta lại có 2 α+1 m 2 + 1 = 2 α+1 m 2 + 1 − m 2 + m 2 = m 2 (2 α+1 − 1) + (m 2 + 1) 2 α+1 − 1. Suy ra m 2 + 1 2 α+1 − 1.
Nếu a > 0 thì 2 α+1 − 1 có dạng 4k − 1, do đó có ước nguyên tố p dạng 4k − 1. Vậy m 2 ≡ − 1 (mod p).
Suy ra m p−1 ≡ ( − 1) p − 2 1 = ( − 1) (mod p) Điều này trái với định lý Fermat Vậy α = 0.
Bài toán 1.3 (xem [1],[3]) Chứng minh rằng ϕ(n) ≥
2 với mọi n, và ϕ(n) < n − √ n nếu n là hợp số.
Lời giải Giả sử n có phân tích tiêu chuẩnn = 2 α p α 1 1 p α 2 2 p α k k Theo công thức tính ϕ(n) ta có ϕ(n) = 2 α−1 p α 1 1 −1 p α 2 2 −1 p α k k −1 (p 1 − 1) (p k − 1).
Giả sử n là hợp số và p1 là ước nguyên tố bé nhất của n, ta có p1 ≤ √n Do đó, ϕ(n) ≤ n(1 − 1/p1) = n − n/p1 ≤ n − √n Bài toán 1.4 chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên k, tồn tại ít nhất một số nguyên dương n sao cho ϕ(n + k) = ϕ(n).
Nếu \( k \) không phải là số lẻ, thì \( \varphi(k + k) = \varphi(2k) = \varphi(2) \varphi(k) = \varphi(k) \), do đó có thể chọn \( n = k \) Trong trường hợp \( k \) là số chẵn, gọi \( p \) là số nguyên tố nhỏ nhất không phải là ước của \( k \) Ta có \( \varphi(pk) = \varphi(p) \varphi(k) = (p - 1) \varphi(k) \) Giả sử \( p_1, p_2, \ldots, p_r \) là các ước nguyên tố của \( k \) Tất cả các ước nguyên tố của \( p - 1 \) cũng nằm trong tập hợp \( (p_1, p_2, \ldots, p_r) \) do cách chọn \( p \) Do đó, ta có \( \varphi((p - 1)k) = (p - 1)k(1 - \frac{1}{p_1}) \ldots (1 - \frac{1}{p_r}) = (p - 1) \varphi(k) \).
Suy ra ϕ(pk) = ϕ((p − 1)k) Vậy có thể chọn n = (p − 1)k.
Đẳng thức giữa các tổng bình phương
Định lý 1.11 khẳng định rằng một số nguyên n có thể được biểu diễn dưới dạng tổng hai bình phương nếu và chỉ nếu trong phân tích chuẩn của nó, các số t_j là chẵn cho mọi j, với n được biểu diễn dưới dạng n = 2^r Πp_i^s_i q_j^t_j, trong đó p_i ≡ 1 (mod 4) và q_j ≡ 3 (mod 4) Để chứng minh định lý này, ta cần áp dụng các bổ đề liên quan.
Bổ đề 1.1 Giả sử số nguyên tố q \ a 2 + b 2 Nếu q ≡ 3 (mod 4) thì q \ a, q \ b.
Chứng minh Dễ thấy q \ a thì q \ b Giả sử ngược lại q ∤a, q ∤ b Khi đó theo giả thiết ta có a 2 + b 2 ≡ 0 (mod q) hay là a q−1 ≡ ( − 1) q −1 2 b q−1 (mod q).
Theo định lý Fermat, ta có( − 1) q −1 2 ≡ 1 (mod q)hay (-1) là số chính phương theo mod q nên q = 4k + 1 Mâu thuẩn này chứng minh bổ đề.
Bổ đề 1.2 khẳng định rằng tích của hai số, trong đó mỗi số là tổng của hai bình phương của hai số nguyên không âm, sẽ tạo ra một tổng bình phương của hai số không âm.
Chứng minh Giải sử m = a 2 + b 2 , n = c 2 + d 2 , a, b, c, d ∈Z Khi đó mn = (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) = (ad + bc) 2 + (ac − bd) 2
Bổ đề 1.3 Mọi số nguyên tố p dạng 4k + 1 đều có thể biểu diễn thành tổng bình phương của hai số nguyên dương.
Chứng minh Giải sử p = 4k + 1 Xét a = (2k)! Ta có (2k)! = ( − 1) 2k (2k)!
Do đóa 2 ≡ (2k)!(2k +1) 4k = (4k)! = (p − 1)! ≡ − 1 (mod p)theo định lý Wilson.
Ký hiệuq = [ √ p] Xét(q +1) 2 các số dạng ax+yvới x, y = 0, 1, , q Vì(q +1) 2 pq 2 nên theo Dirichlet tồn tại các cặp số (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) sao cho ax 1 + y 1 ≡ ax 2 + y 2
(mod p) hay a(x 1 − x 2 ) + (y 1 − y 2 ) chia hết cho p. Đặt x = | x 1 − x 2 |, y = | y 1 − y 2 | Ta có a 2 x 2 − y 2 = (ax − y)(ax + y) Theo trên a 2 ≡ − 1 (mod p) Vậy x 2 + y 2 ≡ − a 2 x 2 + y 2 ≡ 0 (mod p).
Mặt khác x 2 ≤ q 2 h p, y 2 ≤ q 2 < p mà p nguyên tố nên 0 < x 2 + y 2 < 2p Suy ra x 2 + y 2 = p Rõ ràng x 6 = 0, y 6 = 0.
Bổ đề được chứng minh.
Để chứng minh định lý 1.11, ta cần giả sử rằng t j là chẵn với mọi j Theo đó, ta có 2 = 1^2 + 1^2 Đồng thời, các số nguyên tố p có dạng 4k + 1 có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương của các số nguyên dương, như đã được nêu trong bổ đề 1.3.
Theo bổ đề 1.2, ta có m = 2rΠp si = a² + b² với a, b ∈ Z Do t j chẵn ∀ j, nên Πq t j j = h² và n = m.h² = a² + b²h² = (ah)² + (bh)² Để chứng minh điều kiện cần n = a² + b² với a, b ∈ Z, ta giả sử tồn tại q j nguyên tố dạng 4k + 3 là ước của n với số mũ t j lẻ Khi đó, n = q j t j B, với (B, q j) = 1, dẫn đến a² + b² q j t j q j Theo bổ đề 1.1, ta có a = a₁q j và b = b₁q j, từ đó suy ra a²₁ + b²₁ = q j t j − 2B.
Nếu t j i 2, tiếp tục như trên và sau hữu hạn bước ta có a 2 k + b 2 k = q i B vì t j lẻ và a k = q j a k+1, b k = q j b k+1 Suy ra q j (a 2 k+1 + b 2 k+1 ) = B dẫn đến B q j.
Mâu thuẫn này chứng minh định lý.
Ví dụ 1.7 Phương trình x 2 + y 2 = 50 có nghiệm vì 50 2 = 5 2 + 5 2 = 7 2 + 1 2 - Số nguyên tố 19 có dạng 4k + 3 nên 19 6 = x 2 + y 2
Phương trình x² + y² = 2003 không có nghiệm vì 2003 là số nguyên tố có dạng 4k + 3 và số mũ của nó là lẻ Theo Định lý 1.12, các số có dạng 4n (8k + 7) không thể được biểu diễn dưới dạng tổng của ba bình phương.
Chứng minh Giả sử 4 n (8k + 7) = x 2 + y 2 + z 2 với x > 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Do đó a 2 có dạng4k hoặc4k + 1 nên x 2 + y 2 + z 2 có dạng4k khi và chỉ khi x, y, z đều chẵn. Đặt x = 2x 1,y = 2y 1, z = 2z 1, khi đó đẳng thức trên có dạng
Tiếp tục lập luận như trên n lần, ta có ( ∗ )8k + 7 = x 2 n + y 2 n + z n 2 , x n > 0, y n ≥
0, z n ≥ 0 Mặt khác a 2 có dạng 8k, 8k + 1 hoặc 8k + 4 nên
Nếu y n = z n = 0 hay y = z = 0 thì (*) không xảy ra.
Nếu y n 6 = 0, z n = 0 hay y 6 = 0, z = 0 thì (*) không xảy ra.
Nếu x, y, z đều khác không, thì trong các trường hợp sau, (*) sẽ không xảy ra: i Một số lẻ và hai số chẵn; ii Hai số lẻ và một số chẵn; iii Tất cả ba số đều lẻ; iv Tất cả ba số đều chẵn.
Vậy định lý được chứng minh.
Gauss đã chứng minh rằng các số không có dạng 4n (8k + 7) có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của ba bình phương Theo Định lý Lagrange về tổng của bốn bình phương, mọi số nguyên dương đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn bình phương của các số nguyên không âm.
Trước hết ta sử dụng các bổ đề sau:
Bổ đề 1.4 khẳng định rằng tích của hai số nguyên dương, trong đó mỗi số được biểu diễn dưới dạng tổng của bốn bình phương của các số nguyên không âm, cũng sẽ có thể được viết dưới dạng tổng của bốn bình phương của các số nguyên không âm.
Chứng minh Giả sử m = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 và n = y 2 1 + y 2 2 + y 2 3 + y 4 2
Với x i , y i là các số nguyên không âm, i = 1, 2, 3, 4.
Bổ đề 1.5 Nếu p là số nguyên tố lẻ thì tồn tại k, 0 < k < p sao cho kp là tổng của bốn bình phương các số nguyên không âm.
2 Các số của mỗi tập này đôi một phân biệt theo mod p và cả hai tập này có (p + 1) số phân biệt theo mod p Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại x, y ∈ 0, 1, 2, , p − 1
2 sao chox 2 ≡ − y 2 − 1 (mod p) suy ra x 2 + y 2 + 1 = kp ⇒ kp = x 2 + y 2 + 1 2 + 0 2
2 + 1 < p 2 ⇒ k < p Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 1.6 Nếu plà số nguyên tố thì pđược biểu diễn thành tổng của bốn bình phương của các số nguyên không âm.
Chứng minh Từ 2 = 1 2 + 1 2 + 0 2 + 0 2 nên ta chỉ cần xét p ≥ 3 Theo bổ đề 1.5 ta có kp = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 , 0 < k < p.
Gọi k₀ là bội nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đã nêu, và chứng minh rằng k₀ = 1 Giả sử k₀ > 1, ta nhận thấy k₀ là số lẻ Nếu k₀ là số chẵn, tổng x₁ + x₂ + x₃ + x₄ sẽ là số chẵn, dẫn đến việc x₁, x₂, x₃, x₄ phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ, hoặc có hai số chẵn và hai số lẻ Giả sử x₁, x₂ là chẵn và x₃, x₄ là lẻ, thì cả ba trường hợp đều cho thấy rằng các biểu thức x₁ + x₂, x₁ - x₂, x₃ + x₄, x₃ - x₄ đều là số chẵn, điều này dẫn đến kết luận không thỏa mãn.
2 ) 2 Điều này trái với định nghĩa của k 0 Do đó k 0 phải lẻ. Lúc đók 0 lẻk 0 ≥ 3vàk 0không là ước đồng thời của các x i , i = 1, 2, 3, 4(vìk 0 ∤p).
Theo bổ đề 1.4 ta được k 0 2 k 1 p = z 2 1 + z 2 2 + z 3 2 + z 4 2 , trong đó z 1 , z 2 , z 3 , z 4 được xác định z 1 = x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 + x 4 y 4 ≡ x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 ≡ 0 (mod k 0 ).
Tương tự z 2 ≡ 0 (mod k 0 ), z 3 ≡ 0 (mod k 0 ), z 4 ≡ 0 (mod k 0 ).
Từ đó z i = k 0 t(i = 1, 2, 3, 4) và ta có k 1 p = t 2 1 + t 2 2 + t 2 3 + t 2 4 Điều này mâu thuẫn với định nghĩa của k 0 Vậy k 0 = 1 Bổ đề được chứng minh.
Ví dụ 1.8 2.7 = 3 2 + 2 2 + 1 2 + 0 2 , trong đó x 1 = 3, x 2 = 1, x 3 = 2, x 4 = 0 Do đó
Định lý 1.13 được chứng minh bằng cách bắt đầu từ 1 = 1² + 0² + 0² + 0² Giả sử n ≥ 2, n có thể được phân tích thành tích các số nguyên tố Dựa vào bổ đề 1.6 và 1.4, ta có thể khẳng định rằng n là tổng của bốn bình phương các số nguyên không âm.
= 7 2 + 1 2 + 2 2 + 1 2 Định lý 1.14 (Tổng của năm bình phương) Mỗi số nguyên dương n i 169 luôn biểu diễn được thành tổng năm bình phương của các số nguyên dương.
Chứng minh Giả sử n i 169, khi đó theo định lý 1.13, ta có n − 169 = x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 , x 1 ≥ x 2 ≥ x 3 ≥ x 4 ≥ 0.
Biểu diễn số tự nhiên thành tổng các lập phương
Bài toán Waring, được nghiên cứu bởi nhà toán học Anh Waring vào thế kỷ 18, đặt ra vấn đề về việc biểu diễn các số nguyên dương thành tổng của các lũy thừa Ông đã phỏng đoán rằng mọi số nguyên dương có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của 9 lập phương của các số tự nhiên, và tổng của 19 lũy thừa bậc 4 của các số tự nhiên Cụ thể, với mọi n thuộc tập hợp số nguyên dương, các phương trình x₁³ + x₂³ + + x₉³ = n và x₁⁴ + x₂⁴ + + x₁₉⁴ = n luôn có nghiệm tự nhiên Giả thuyết này đã mở ra nhiều hướng nghiên cứu trong lý thuyết số.
Cho số nguyên dương k, tồn tại số nguyên dương m phụ thuộc vào k, sao cho mọi số nguyên dương n có thể biểu diễn dưới dạng tổng của m số, mỗi số có dạng x^k với x ∈ N.
Tồn tại số nguyên dương m sao cho với mọi số nguyên dương n phương trình
Xm i=1 x k i = n có nghiệm tự nhiên.
Năm 1906 nhà toán học lỗi lạc Davit Hilbert đã chứng minh được phỏng đoán trên Chứng minh của ông cực kỳ phức tạp.
Gọi g(k) là số m nhỏ nhất sao cho mọi số nguyên dương n đều có thể biểu diễn thành tổng của g(k) số có dạng x^k, với x ∈ N, và tồn tại số n không thể biểu diễn thành tổng của m − 1 số có dạng x^k Cụ thể, g(2) = 4 vì số 7 không thể biểu diễn thành tổng của 3 bình phương, trong khi mọi số nguyên dương n đều có thể biểu diễn thành tổng của bốn bình phương Các kết quả đã được chứng minh bao gồm g(3) = 9, g(4) ≥ 19, g(5) = 37, và với k ≤ 471600000, ta có g(k) = [ (3.
Vẫn còn nhiều câu hỏi mở xung quanh hàm g(k).
Bài toán về số lũy thừa, đặc biệt là số chính phương, không yêu cầu nhiều kiến thức nhưng cần khả năng phân tích và tổng hợp giả thiết thông minh Các phương pháp biến đổi khéo léo và khả năng suy luận chặt chẽ là rất quan trọng Vì vậy, những bài toán này thường xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp 2, cấp 3, thi toán quốc tế và tuyển sinh lớp 10.
Các bài toán về số lũy thừa rất đa dạng, với những kiến thức cơ bản giúp xác định một số có phải là số chính phương hay số lũy thừa hay không Số lũy thừa bậc r (r ≥ 2) của một số tự nhiên a được gọi là số lũy thừa, trong khi bình phương của a, tức là a², được định nghĩa là số chính phương, cho thấy số chính phương là một dạng số lũy thừa bậc hai Ngoài ra, số nguyên dương không chia hết cho bất kỳ số chính phương nào lớn hơn 1 được gọi là số phi chính phương Vẫn còn nhiều bài toán về số lũy thừa trong hệ thập phân chưa được đề cập.
Chẳng hạn, các số sau là số phi chính phương: 3; 5; 7; 6 = 2.3; 30 = 2.3.5 Các số sau không là số chính phương và cũng không là số phi chính phương:
Chú ý 1.2 1) Số 0, số 1 là số chính phương và là số lũy thừa bậc tùy ý.
2) Các tên gọi số lũy thừa, số chính phương, số phi chính phương chỉ sử dụng cho các số nguyên không âm.
Số phi chính phương là một số nguyên tố lớn hơn 1 hoặc là tích của các số nguyên tố phân biệt với số mũ bằng 1 Mỗi số nguyên dương a có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng tích của một số chính phương và một số phi chính phương, tức là a = b²c.
Để chứng minh, ta gọi p là ước số nguyên tố bất kỳ của số phi chính phương c với số mũ s Nếu s ≥ 2, thì c chia hết cho p², điều này mâu thuẫn với định nghĩa số phi chính phương, do đó ta có s = 1 Tiếp theo, gọi a là số nguyên dương lớn nhất thỏa mãn c² là ước của a, khi đó a = c²b Nếu b không phải là số phi chính phương, thì b phải chia hết cho một số chính phương k² > 1, dẫn đến b = k²n và a = c²b = c²k²n = (ck)²n, trong đó ck > c, điều này cũng mâu thuẫn với định nghĩa của số c.
Giả sử số a có hai cách biểu diễn a = c²b = e²f, với b và f là các số phi chính phương Đặt (c, e) = d, ta có c = dc₁, e = de₁ và (c₁, e₁) = 1 Từ đó, c²b = e²f tương đương với d²c₁b = d²e₁f, dẫn đến c²₁b = e²₁f Vì (c₁, e₁) = 1, nên (c²₁, e²₁) = 1, suy ra e²₁ là ước số của b Do b là số phi chính phương, nên e₁ = 1 và tương tự c₁ = 1 Vậy cách biểu diễn a = c²b là duy nhất.
Nếu số lũy thừa bậc n chia hết cho số nguyên tố p, thì số đó cũng chia hết cho p^n Đồng thời, nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p, thì số đó chia hết cho p^2 Để chứng minh, giả sử c^n chia hết cho p với n ≥ 2 Nếu (c, p) = 1, thì (c^n, p) cũng bằng 1, điều này không xảy ra, nên (c, p) = p, tức là c chia hết cho p, và từ đó suy ra c^n chia hết cho p^n Khi n = 2, kết luận b cũng được xác nhận.
Tính chất 1.3 cho biết rằng nếu một số lũy thừa bậc n được biểu diễn dưới dạng tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là c^n = a.b với (a, b) = 1, thì cả hai thừa số a và b đều là số lũy thừa bậc n Tương tự, nếu một số chính phương là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức là c^2 = a.b với (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a và b cũng phải là số chính phương.
Đặt (a, c) = e thì a = ed và c = em với (d, m) = 1 Từ c n = a.b với n ≥ 2, ta có e n m n = edb, tương đương với e n−1 m n = db Vì (a, b) = 1 nên (e, b) = 1, và do e n−1 m n = db, b là ước của m n Với (d, m) = 1, ta cũng có (d, m n) = 1, và từ e n−1 m n = db, m n là ước của b Do đó, suy ra b = m n và d = e n−1, dẫn đến a = ed = d n Khi n = 2, ta có kết luận b).
Căn bậc n của một số nguyên dương sẽ là một số nguyên dương hoặc số vô tỉ Điều này có nghĩa là nếu a^n = d, với d là số nguyên dương và a là số hữu tỉ, thì a phải là số nguyên.
Giả sử d n 1 = a ⇔ a n = d với d là số nguyên dương Nếu a = r s là phân số tối giản với r, s là các số nguyên dương và (r, s) = 1, thì (s, r n ) = 1 Từ giả thiết này, ta có r n = a n s n = ds n, suy ra s là ước số của r n, dẫn đến s = (s, r n ) = 1 Do đó, nếu a là số hữu tỉ, thì a = r là số nguyên dương.
Tính chất 1.5 Giả sử a, b, m, n là các số nguyên dương thỏa mãn a m = b n và (m, n) = 1 thì tồn tại số nguyên dương c sao cho a = c n vàb = c m
Theo điều kiện có nghiệm của phương trình vô định bậc nhất, nếu (m, n) = 1 thì tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho mx − ny = 1 Từ đó, ta có b = b(mx − ny) = b(mx) - b(ny) = b(mx) - a(my) = b(xa)y.
Theo tính chất 3.4 thì b x a y = clà số nguyên dương, suy ra b = c m , thay vào a m = b n được a = c n
Tính chất 1.6 Cho số nguyên s ≥ 2 thì chọn được số nguyên n s sao cho với mỗi số nguyên m ≥ n s thì tồn tại số lũy thừa a s thỏa mãn m < a s < 2m.
Chứng minh Giả sử có m < a s < 2m hay là m 1 s < a < (2m) 1 s Để tồn tại số a nguyên thì cần có m 1 s + 1 < (2m) 1 s ⇔ (2m) 1 s − m 1 s > 1 ⇔ m 1 s (2 1 s − 1 1 s ) > 1 ⇔ m > 1
Ta cần chọn số nguyên n s ≥ 1 + 1
Nếu a, b, n là các số nguyên dương, thì nếu b thỏa mãn điều kiện a^n < b < (a + 1)^n, thì b không phải là số lũy thừa bậc n Tương tự, nếu b thỏa mãn a^2 < b < (a + 1)^2, thì b không phải là số chính phương.
Bất đẳng thức số học 28
Bất đẳng thức trên tập số nguyên
Bài toán 2.1 Cho n là số nguyên dương Chứng minh rằng pC n 1 +p
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có pC n 1 +p
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ C n 1 = C n 2 = ã ã ã = C n n ⇔ n = 1.
Bài toán 2.2 Chứng minh rằng với 0 ≤ k ≤ n và k, n ∈ Z luôn có bất đẳng thức:
C 2n+k n C 2n−k n ≤ (C 2n n ) 2 Lời giải Cố địnhn, ta xét dãy số: u k = C 2n+k n C 2n−k n với 0 ≤ k ∈Z.
Khi đó, bất đẳng thức được biểu diễn dưới dạng: u k ≤ u 0 với 0 ≤ k ∈Z.
Ta đi chứng minh dãy u k đơn điệu giảm Thật vậy, ta có u k+1 < u k
Bài toán 2.3 Với n là số nguyên dương, chứng minh rằng
Lời giải Với mọi x, và với n là số nguyên dương, ta có
(1 + x) n = C n 0 + C n 1 x + C n 2 x 2 + ã ã ã + C n n−1 x n−1 + C n n x n Lấy đạo hàm theo x hai vế của biểu thức trên ta được n(1 + x) n−1 = C n 1 + 2C n 2 x + ã ã ã + (n − 1)C n n−1 x n−2 + nC n n x n−1
Thay x = 1, vào ta được n.2 n−1 = C n 1 + 2C n 2 + 3C n 3 + ã ã ã + nC n n Khi đó bất đẳng thức được chuyển về dạng
Ta chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp.
Bất đẳng thức 2^(k−1) ≤ k! đúng với n = k, k là số nguyên dương Để chứng minh bất đẳng thức này cũng đúng với n = k + 1, ta cần chứng minh rằng 2^(k+1) ≤ (k + 1)!.
Ta có 2 k+1 = 2 k 2 ≤ 2k! ≤ (k + 1)! vì 2 ≤ (k + 1), điều phải chứng minh.Dấu đẳng thức xảy ra khi n = 1.
Bài toán 2.4 Cho n là số nguyên dương và lớn hơn 1 Chứng minh rằng
Lời giải Áp dụng công thức khai triển Newtơn, ta có
(k − 1)k = 1 k − 1 − 1 k Áp dụng bất đẳng thức này ứng với k = 2, 3, , n, ta thu được
Bài toán 2.5 Chứng minh rằng C 2017 k + C 2017 k+1 ≤ C 2017 1008 + C 2017 1009 với 0 ≤ k ≤
Lời giải Nhận xét rằng, bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:C 2018 k+1 ≤ C 2018 1009 Xét dãy số u k = C 2018 k+1 với 0 ≤ k ≤ 1008, k ∈N.
Ta chứng minh dãy u k là dãy đơn điệu tăng Thậy vậy, xét u k+1 > u k thì
⇔ C 2018 k+1 ≤ C 2018 1009 , 0 ≤ k ≤ 1008, k ∈N. Bài toán 2.6 Cho 2 ≤ n ∈N Chứng minh rằng
Lời giải Ta có C n 0 C n 1 C n n = C n 1 C n n−1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Bài toán 2.7 Với n là số nguyên dương, n ≥ 2 Chứng minh rằng
Lời giải Với mọi x, và với n là số nguyên dương, ta có
Lấy đạo hàm hai vế của đẳng thức trên ta được n(1 + x) n−1 = C n 1 + 2C n 2 x + ã ã ã + (n − 1)C n n−1 x n−2 + nC n n x n−1
Thay x = 1 vào hệ thức trên, ta được n.2 n−1 = C n 1 + 2C n 2 + 3C n 3 + ã ã ã + nC n n Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được chuyển về dạng:
Ta chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp qui nạp toán học.
Hiển nhiên vớin = 2bất đẳng thức( ∗ )đúng Giả sử( ∗ )đúng vớin = k, k ≥ 2, k là số nguyên dương, tức là: 2 k−1 < k! Ta chứng minh ( ∗ ) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh 2 n < (n + 1)!.
Thật vậy, 2 n = 2.2 n−1 < 2.(n!) < (n + 1).n! = (n + 1)!, điều phải chứng minh.
Bất đẳng thức trong lớp hàm số học
Bài toán 2.8 yêu cầu chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lớn hơn hoặc bằng 2, tổng σ(n) (tổng tất cả các ước tự nhiên của n) và ϕ(n) (số lượng các số nhỏ hơn n và nguyên tố cùng nhau với n) thỏa mãn điều kiện σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n.
Giả sử 1 = d1 < d2 < d3 < < dk = n là các ước tự nhiên của số n Trong tập hợp các số tự nhiên không vượt quá n, số lượng bội của di bằng n/d i Theo định nghĩa, số lượng các số không lớn hơn n và không nguyên tố cùng nhau với n được tính bằng n - ϕ(n) Hơn nữa, theo định nghĩa của σ(n), ta có σ(n) = d1 + d2 + + dk.
Suy ra, tổng số lượng các bội số của các ước số d2, d3, , dk được biểu diễn bằng công thức n d2 + n d3 + + n dk, và nó bằng tổng d k−1 + d k−2 + + d 1 Điều này có nghĩa là nếu một số a là bội số của các ước d i và d j với i khác j, thì a sẽ được tính hai lần trong tổng này.
Do đó số lượng các ước không lớn hơn n và không nguyên tố cùng nhau với n không vượt quá số n d 2
Từ (2.1), (2.2) và (2.3), suy ra σ(n) − n ≥ n − ϕ(n), hay σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n.
Nếu p là số nguyên tố, thì σ(p) = p + 1 vì ước của p chỉ có 1 và p Đồng thời, ϕ(p) = p − 1 do các số nhỏ hơn p và nguyên tố cùng nhau với p là 1, 2, , p − 1 Do đó, khi p là số nguyên tố, ta có σ(p) + ϕ(p) = 2p.
Tóm lại với mọi n ≥ 1, ta có σ(n) + ϕ(n) ≥ 2n (2.4)
Dấu ” = ” trong (2.4) xảy ra khi và chỉ khi n là số nguyên tố.
Bài toán 2.9 Chứng minh rằng bất đẳng thức σ(n) > 3n đúng với một tập hợp vô hạn các số tự nhiên n.
Lời giải Rõ ràng nếu d là ước số của n, thì n d cũng là ước số của n Vì vậy σ(n) = d 1 + d 2 + + d k = n
Trong đó d 1 , d 2 , , d k là tất cả các ước của n Lấy n là số tùy ý sao cho nó là bội số của 16! = 1.2.3 .16 Số các số n như vậy dĩ nhiên là vô hạn.
Nói riêng trong các ước của n có 1, 2, 3, , 16, σ(n) = n
16 nên hiển nhiên ta có
Như vậy ta đã chứng minh được rằng tồn tại vô hạn số n sao cho ta có bất đẳng thức σ(n) > 3n.
Bài toán 2.10 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số tự nhiên n sao cho bất đẳng thức σ(n) n > σ(k) k đúng với mọi k = 1, 2, , n − 1.
Lời giải Giả thiết phản chứng chỉ tồn tại hữu hạn giá trị n ∈N thỏa mãn bất đẳng thức σ(n) n > σ(k) k , ∀ k = 1, 2, , n − 1.
Giả sử N là số lớn nhất trong các giá trị n như thế. Đặt
Xét khi n > N Theo định nghĩa của số N thì ∃ k 0 ∈ { 1, 2, , n − 1 } sao cho σ(n) n > σ(k 0 ) k 0
Từ đó kết hợp với m > n thì A m ≥ A n suy ra
Như vậy dãy số { A n } , n = 1, 2, bị chặn trên bởi số A N = σ(N )
N (theo định nghĩa số N thì ∀ i = 1, 2, , N − 1 ta có σ(N )
Xét số 2N, ta thấy các ước của số 2N đều có dạng 2d (với N d) và số 1 Như vậy σ(2N ) ≥ 2σ(N ) + 1 ⇒ σ(2N )
N mâu thuẫn với việc dãy { A n } bị chặn trên bởi σ(N )
Điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, dẫn đến việc tồn tại vô hạn các số tự nhiên n ∈ N sao cho bất đẳng thức σ(n) > σ(k) với mọi k = 1, 2, , n − 1 là đúng.
Bài toán 2.11 Kí hiệud(n) là trung bình cộng của tất cả các ước số củan (kể cả 1 và n) Chứng minh rằng với mọi n, Ta có
Lời giải Giả sử 1 = d 1 < d 2 < d 3 < < d k = n là các ước tự nhiên của số n. Như vậy, 1 ≤ d i ≤ n, ∀ i = 1, k.
Theo định nghĩa, ta có d(n) = d 1 + d 2 + + d k k
, i = 1, k cũng là tất cả các ước của n Như vậy ta có d 1 = n d k ; d 2 = n d k−1
; và d k = n d 1 Vì lẽ ấy ta có d 1 d k = d 2 d k−1 = = d i d k−i+1 = n, ∀ i = 1, k (2.7) Bây giờ ta chứng minh vế trái của bất đẳng thức Ta có d(n) = d 1 + d 2 + + d k k = 2(d 1 + d 2 + + d k )
Từ đó theo bất đẳng thức Cauchy, suy ra d(n) ≥
Vậy d(n) ≥ √ n Vế trái của bất đẳng thức được chứng minh Bây giờ ta xét vế phải của nó Do d i ≥ 1, ∀ i = 1, k, nên ta có
Từ (2.7) và (2.9) suy ra với mọi i = 1, 2, , k ta có n + 1 − (d i + d k−i+1 ) ≥ 0 hay d i + d k−i+1 ≤ n + 1, ∀ i = 1, 2, , k (2.10)
Cộng từng vế k bất đẳng thức dạng (2.10), ta được:
Theo định nghĩa của d(n) điều ấy có nghĩa là d(n) ≤ n + 1
2 Bài toán 2.12 Cho n số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 Kí hiệu σ 2 (n) = d 2 1 + d 2 2 + + d 2 m , với d 1 , d 2 , , d m là tất cả các ước của n Chứng minh rằng: σ 2 (n) < n 2 √ n.
Lời giải.Giả sửd 1 < d 2 < < d m là tất cả các ước củanthì n d 1 > n d 2 > > n d m cũng là tất cả các ước của n Vì thế d 2 1 + d 2 2 + + d 2 m = n 2
Vìn > 2và n là số nguyên nênn ≥ 3 suy ra 2 − 1 n < √ n Vì thế từ (2.13) suy ra
Vậy từ (2.11),(2.12) và (2.14) ta có d 2 1 + d 2 2 + + d 2 m < n 2 √ n.
Bài toán 2.13 Giả sử σ(n) là số tất cả các ước số tự nhiên củan Chứng minh rằng σ 2 (n) < 4n, với mọi n = 1, 2,
Tất cả các ước số của n được chia thành từng cặp, trong đó mỗi cặp bao gồm một ước a nhỏ hơn √n và một ước b = n/a Nếu √n là số nguyên, tức là khi n là số chính phương, thì √n cũng được tính là một ước số Trong mỗi cặp, số nhỏ hơn được gọi là số thứ nhất, còn số lớn hơn được gọi là số thứ hai.
Nếu n không phải là số chính phương, tất cả các số nguyên tố sẽ nhỏ hơn √ n Do đó, nếu d ∗ là số lớn nhất trong các số nguyên tố, thì d ∗ sẽ nhỏ hơn √ n, tức là d ∗ < [√ n], với [α] là phần nguyên của số α.
Vì mọi số thứ nhất thuộc tập { 1, 2, , [ √ n] }, từ đó suy ra số các số thứ nhất
≤ [ √ n] < √ n (do n không là số chính phương).
Vìn không phải là số chính phương nênσ(n)bằng hai lần số các số thứ nhất.
Bất đẳng thức σ(n) < 2 √ n dẫn đến σ 2 (n) < 4n Nếu n là số chính phương, thì √ n là ước của n và tất cả các ước nhỏ hơn hoặc bằng √ n − 1 Kí hiệu d ∗ như trong phần i) cho thấy d ∗ ≤ √ n − 1.
Lập luận như trên ta có số các số thứ nhất ≤ [ √ n − 1] ≤ √ n − 1. Khin là số chính phương, thì σ(n)bằng hai lần số các số thứ nhất cộng thêm
Tóm lại ta luôn chứng minh được rằng với i = 1, 2, thì σ 2 (n) < 4n.
Bài toán 2.14 yêu cầu chứng minh rằng σ(n) < n √ n với n > 2, trong đó σ(n) là tổng tất cả các ước số tự nhiên của n, bao gồm cả 1 và n Đầu tiên, xét trường hợp n = 2^α, với α là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2 Khi đó, σ(n) được tính là σ(2^α) = 2^0 + 2^1 + 2^2 + + 2^α = 2^(α+1) - 1.
Bất đẳng thức được đưa ra là đúng khi n > 2 và n có dạng n = 2^α Nếu n không phải là lũy thừa của 2, tức là không có dạng 2^α, chúng ta sẽ chứng minh điều này bằng phương pháp quy nạp.
Do n > 2 nên số nhỏ nhất không có dạng 2 α là số 3 Lúc này σ(3) = 1 + 3 = 4 < 3 √
Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 3.
Giả thiết σ(k) < k √ k đúng với mọi k, 3 ≤ k < n và k không có dạng 2 α Ta sẽ chứng minh σ(n) < n √ n (2.15)
Vìnkhông chia hết cho2nênn có dạngn = mp, trong đómlà nguyên dương, còn p là số nguyên tố lẻ Dễ thấy
3, còn khi p ≥ 5 thì ta có
Trong trường hợp m = 1, ta có n = p, với p là số nguyên tố, dẫn đến σ(n) = σ(p) = 1 + p Theo (2.15), σ(n) = 1 + p < p √ p = n √ n, chứng minh (2.15) đúng Ngược lại, nếu m = 2, ta có n = 2p, do p là số nguyên tố nên σ(n) = σ(2p) = 1 + 2 + p + 2p = 3(1 + p).
Vì p là số nguyên tố lẻ nên p ≥ 3 Ta có
Vậy (2.15) đúng trong trường hợp này. iii) Nếu m ≥ 3 Do m không có dạng 2 α nên m ≥ 3 vì m < n Theo giả thiết quy nạp ta có σ(m) < mp
Ta thấy rằng các ước số của n = mp chỉ có dạngd hoặc pd với dlà ước số của m Vì thế σ(n) = σ(m) + pσ(m) = (p + 1)σ(m) ⇒ σ(n) < (p + 1)m √ m.
Lại áp dụng (2.16) ta có σ(n) < pp
Vậy (2.15) cũng đúng trong trường hợp này.
Tóm lại, khi n không có dạng 2 α ta cũng luôn có σ(n) < np
(n) Vì thế bất đẳng thức σ(n) < np
(n) được chứng minh hoàn toàn.
Bài toán 2.15 yêu cầu cho A là một số tự nhiên và S(A) là tổng các chữ số của A trong hệ thập phân Đối với các số tự nhiên A1, A2, , An, cần chứng minh một định lý liên quan đến tổng các chữ số của chúng.
S(A 1 + A 2 + + A n ) ≤ S(A 1 ) + S(A 2 ) + + S(A n ). b) Giả sử A, B là các cặp số tự nhiên Chứng minh S(AB) ≤ S(A).S(B). c) Cho N là số tự nhiên bất kì Chứng minh rằng S(8N)
Lời giải. a) Ta chứng minh bất đẳng thức đã cho bằng quy nạp.
Với n = 2, ta phải chứng minh S(A 1 + A 2 ) ≤ S(A 1 ) + S(A 2 ).
a 1 + b 1 nếu a 1 + b 1 ≤ 9 1α nếua 1 + b 1 > 10. ở đây α = a 1 + b 1 − 10, do vậy: a 1 + b 1 ≥ S(a 1 + b 1 ).
Lập luận liên tiếp như vậy sẽ dẫn đến S(A 1 + A 2 ) ≤ S(A 1 ) + S(A 2 ).
Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng đến n = k, tức là
S(A 1 + A 2 + + A k−1 ) ≤ S(A 1 ) + S(A 2 ) + + S(A k−1 ) (2.17) Xét bất đẳng thức với n = k, ta có
S(A 1 + A 2 + + A k ) = S [(A 1 + A k−1 ) + A k ] ≤ S(A 1 + A k−1 ) + S(A k ). Theo giả thiết quy nạp, suy ra
Vậy bất đẳng thức cũng đúng đến n = k.
Theo nguyên lí quy nạp bất đẳng thức đã cho đúng với mọin Dấu” = ” xảy ra khi phép cộng A 1 + A 2 + + A n là phép cộng không nhớ.
Chú ý rằng nói riêng lấy A 1 = A 2 = = A n = A, ta có với mọi A và n là số tự nhiên, và ta có bất đẳng thức sau: S(nA) ≤ nS (A). b) Giả sử B = b 1 b 2 b k ⇒ B = b k + 10b k−1 + 10 2 b k−2 + + 10 k−1 b 1.
Trước hết ta có nhận xét sau: Nếu N là số tự nhiên sao cho N = α 1 α 2 α q, thì
Suy ra S(N ) = S(10 p N ) (vì cùng bằng α 1 + α 2 + + α q).
Ta có AB = Ab k + 10Ab k−1 + 10 2 Ab k−2 + + 10 k−1 Ab 1.
S(AB ) = S(Ab k +10Ab k−1 + .+10 k−1 Ab 1 ) ≤ S(Ab k )+S(10Ab k−1 )+ .+S(10 k−1 Ab 1 ).
(2.18) Áp dụng hệ quả của câu a), thì từ (2.18) ta có
Vậy nên S(AB) ≤ S(A).S(B). c) Theo nhận xét trên, ta có
8. Bài toán 2.16 Cho số tự nhiên n > 1 Kí hiệu ν(n) là các ước số nguyên tố của n. a) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số n có dạng n = 2 k sao cho ta có bất đẳng thức ν(n) < ν(n + 1). b) Chứng minh rằng tồn tại vô hạn sô tự nhiên n sao cho ta có ν(n) < ν(n + 1) < ν (n + 2).
Lời giải Giả sử có một số n 0 = 2 k 0 sao cho ta có bất đẳng thức ngược lại ν(n 0 ) ≥ ν(n 0 + 1) (2.20)
Rõ ràng ν(n 0 ) = ν(2 k 0 ) = 1 (vì 2 k 0 chỉ có ước nguyên tố duy nhất là 2) Còn ν(n 0 + 1) = ν(2 k 0 + 1) ≥ 1(vì 2 k 0 + 1 bao giờ cũng có ít nhất một ước nguyên tố).
1 = ν(n 0 ) ≥ ν(n 0 + 1) ≥ 1 ⇒ ν(2 k 0 + 1) = 1 (2.21) Như vậy từ (2.21) suy ra
2 k 0 + 1 = p m , với m ∈N và p là số nguyên tố (2.22)
Có hai khả năng xảy ra: i) Nếu m = 2l (m là số chẵn), thì từ (2.22) ta có
2 k 0 = p 2l − 1 = (p l − 1)(p l + 1), suy ra p l − 1 và p l + 1 đều là lũy thừa của 2 Điều này chỉ có thể xảy ra khi
p = 3 l = 1 do đó k 0 = 3. ii) Nếu m = 2l + 1 (m là số lẻ) ⇒ m = 1 Thật vậy, nếu m > 1 thì từ (2.22) ta có
) suy ra p m−1 + p m−2 + + p + 1 là lũy thừa của 2.
Do p là số nguyên tố nên nếu p lẻ thì p m−1 + p m−2 + + p là tổng của m − 1 số lẻ; do m lẻ nên p m−1 + p m−2 + + p chẵn, suy ra p m−1 + p m−2 + + p + 1 lẻ, suy ra vô lí.
Nếu p = 2 thì p m−1 + p m−2 + + p + 1lẻ, vậy cũng suy ra vô lí Do đó không thể có m > 1, suy ra m = 1 Vậy từ (2.22) Ta có
Từ (2.23) suy ra rằng \( k_0 = 2q_0 \) với \( q_0 \) là số nguyên dương Nếu không, \( k_0 = 2q_0 r \) với \( r > 1 \) sẽ là số lẻ và là số nguyên tố Ta có \( p = 2^{k_0} + 1 = 2^{2q_0 r} + 1 \equiv 0 \mod (2^{2q_0}) + 1 \), dẫn đến \( p < 2^{2k_0} + 1 \) Điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng \( p \) là số nguyên tố.
Nếu ν(n 0 ) = ν(n 0 + 1) với n 0 = 2 k 0, thì k 0 có thể bằng 3 hoặc k 0 = 2 q 0 với q 0 là số nguyên dương Điều này có nghĩa rằng với mọi k khác 3, k sẽ là lũy thừa của 2, và số lượng k như vậy là vô hạn, dẫn đến bất đẳng thức ν(n) < ν(n + 1) luôn được thỏa mãn Giả thiết phản chứng cho rằng số lượng các số tự nhiên n thỏa mãn bất đẳng thức kép ν(n) < ν(n + 1) < ν(n + 2) chỉ là hữu hạn.
Ta có tập K 1 ∩ K 2 chỉ có hữu hạn phần tử Do đó tồn tại số q 0 đủ lớn sao cho ứng với sốk 0 = 2 q 0 (dĩ nhiên > 5) thì nếu xét các số k = k 0 + 1, k 0 + 2, 2k 0 − 1 =
2 q 0 +1 − 1 < 2 q 0 +1 ( các số này đều không phải là lũy thừa của 2 và 6 = 3, nên chúng đều thuộc K 1) Chú ý đến các q 0 chọn đủ lớn nên các số này thuộcK 2 (vì
K 1 ∩ K 2 có hữu hạn phần tử), tức là ta có ν(2 k + 1) ≥ ν(2 k + 2) ∀ k = k 0 + 1, k 0 + 2, , 2k 0 − 1.