Giới thiệu
Tại hội nghị khoa học “Western Number Theory Conference” năm 2000, De Koninck J.-M đã đặt ra câu hỏi về việc tìm nghiệm nguyên dương n cho phương trình σ(n) = γ(n)².
1 Hội nghị Lý thuyết số Bờ Tây, https://westcoastnumbertheory.org/
Phương trình De Koninck liên quan đến σ(n), tổng tất cả các ước dương của n, và γ(n), tích tất cả các ước nguyên tố phân biệt của n, được gọi là "cốt lõi" của n Các nghiệm của phương trình này bao gồm n=1 và n=1782 Đến năm 2012, công trình của Broughan A.K et al đã được xuất bản, mở rộng nghiên cứu về phương trình này.
Theo nghiên cứu của Guy R.K (2004), không có nghiệm nào khác cho phương trình này ngoài những nghiệm đã biết Tìm kiếm bằng máy tính với các giá trị n từ 6 đến 11 cũng không phát hiện thêm nghiệm nào, dẫn đến giả thuyết De Koninck cho rằng phương trình này không có nghiệm bổ sung.
Có một kết quả đã được chứng minh rằng một nghiệm bất kỳ không tầm thường phải có ít nhất ba ước nguyên tố, chẵn, và không thể là số hoàn toàn không chính phương Luca F (2004) chỉ ra rằng số nghiệm với số các ước nguyên tố cố định chỉ là hữu hạn Ông đã chứng minh điều này cho lớp nghiệm dương n của phương trình σ(n) = aγ(n) K với K > 2 và 16a 6L Tuy nhiên, nghiên cứu về Giả thuyết De Koninck vẫn còn hạn chế Luận văn này trình bày kết quả cho thấy các nghiệm n = 1,1782 là duy nhất có ω(n) ≤ 4, trong đó ω(n) là số ước nguyên tố phân biệt của n Phương pháp chứng minh dựa vào các chặn sơ cấp đối với số mũ của các số nguyên tố trong phân tích của n, và sử dụng kết thức để giải hệ phương trình đa thức với 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
Nếu n là số nguyên không thỏa mãn điều kiện p^4 - n với mọi số nguyên tố p, thì n sẽ không đáp ứng phương trình De Koninck Tiếp theo, chúng ta sẽ đếm số nghiệm tiềm năng n không vượt quá x Theo Pollack & Pomerance, một số nguyên dương n được gọi là nguyên tố–hoàn hảo nếu n và σ(n) chia sẻ cùng một tập hợp các ước nguyên tố Rõ ràng, mọi nghiệm n của phương trình De Koninck đều có những đặc điểm này.
Koninck là số nguyên tố–hoàn hảo, và Pollack & Pomerance đã chứng minh rằng tập hợp các số này là vô hạn Họ cũng chỉ ra rằng hàm đếm các số nguyên tố–hoàn hảo n6 x có lực lượng lớn nhất là x 1/3+o(1) khi x tiến tới vô cùng Dựa vào những kết quả của Pollack & Pomerance, chúng ta sẽ chứng minh rằng số lượng nghiệm n 6x của phương trình De Koninck nhiều nhất là x 1/4+ với bất kỳ ε > 0 và mọi x > x₀.
Bằng cách áp dụng phương pháp của Wirsing E để hạn chế nghiệm “nguyên thủy”, chúng ta có thể xác định một chặn trên của O(x) cho mọi > 0 Trong bối cảnh này, khái niệm “nguyên thủy” được dùng để chỉ các số không có ước đơn thực sự d| n, sao cho 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).
Mục đích của chương này là giới thiệu các sự kiện hỗ trợ cho Giả thuyết De Konnick và chỉ ra cấu trúc cần thiết để xây dựng một phản ví dụ, nếu có.
Mọi nghiệm không tầm thường khác với 1782 phải là chẵn và có một ước nguyên tố lũy thừa 1 Ngoài ra, có thể có một ước nguyên tố với số mũ đồng dư 1 mod 4, trong khi các ước nguyên tố lẻ khác phải có các lũy thừa chẵn Ít nhất một ước nguyên tố cần xuất hiện với số mũ 4 hoặc cao hơn Cuối cùng, mọi phản ví dụ, nếu tồn tại, phải lớn hơn 10^11.
Một số ký hiệu và kiến thức chuẩn bị
Giả sử n =p α 1 1 ã ã ãp α r r >1 là một số nguyờn dương và giả sửk > 1 là một số nguyên nào đó Trong suốt chương này là sẽ sử dụng các ký hiệu sau:
• p 1 , p 2 , — dãy các số nguyên tố;
• σ(n) là hàm tổng các ước;
• γ(n) là tích của các ước nguyên tố phân biệt của n;
• nếu p là số nguyên tố v p (n) là lũy thừa cao nhất của p mà chia hết n;
• ω(n) là số các ước nguyên tố phân biệt của n;
• K là tập hợp tất cả những nghiệm của σ(n) =γ(n) 2 ;
• σ k (n) — tổng quát hóa của σ(n), được định nghĩa bởi σ k (n) r
• ψ k (n) — tổng quát hóa của ψ(n), được định nghĩa bởi ψ k (n) =n k Y p|n
(p α i i + 1). Định nghĩa 1.2.1 Cho trước một số nguyên dương n Số nguyên dương d được gọi là một
• ước đơn của n nếu d| n và gcd d, n d
Một số nguyên n > 1 được gọi là số luỹ thừa nếu nó chia hết cho bình phương của mỗi ước nguyên tố của nó Để n được xem là ước đơn thực sự, nó phải thỏa mãn điều kiện 1 < d < n.
Một số luỹ thừa được gọi là số bình phương đầy đủ Một hàm f được xem là hàm nhân tính nếu nó thỏa mãn hai điều kiện: f(1) = 1 và f(mn) = f(m)f(n), trong đó m và n là các số nguyên tố cùng nhau.
Cấu trúc của nghiệm
Trước hết chúng ta hãy mô tả dạng của những phần tử trong K.
Bổ đề 1.3.1 Nếu n >1 thuộc K, thì n= 2 e p 1 s
Y i=2 p a i i , trong đó e> 1 và a i chẵn với mọi i = 3, , s Hơn nữa, hoặc a 2 là chẵn, và trong trường hợp đó p 1 ≡ 3 (mod 8), hoặc a 2 ≡ 1 (mod 4) và p 1 ≡ p 2 ≡ 1 (mod 4).
Để chứng minh, trước tiên cần lưu ý rằng n phải là số chẵn Nếu n > 1 và thỏa mãn σ(n) = γ(n)² với n là số lẻ, thì σ(n) sẽ là số lẻ, dẫn đến việc số mũ của mỗi ước nguyên tố của n phải là số chẵn, từ đó n sẽ trở thành một bình phương hoàn hảo Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với điều kiện n < σ(n) = γ(n)² ≤ n.
Thứ hai, do n là chẵn, ta có 2 2 kγ(n) 2 Ta viết n = 2 e s
Y = 1 p a i i với các số nguyên tố lẻ phân biệt p 1, , p s và các số mũ nguyên dương a 1, , a s, trong đó các số nguyên tố được sắp xếp sao cho các số mũ lẻ xuất hiện đầu tiên, tiếp theo là các số mũ chẵn Dựa vào sự kiện σ(2 e) = 2 e+1 − 1 là lẻ, ta có được 2 2 k s.
Có tối đa hai chỉ số i sao cho σ(p a i i ) là chẵn, trong khi tất cả các chỉ số khác đều lẻ Nếu p là số lẻ và σ(p a ) cũng lẻ, thì a phải là số chẵn Điều này dẫn đến hai khả năng: hoặc chỉ có a 1 là lẻ, hoặc cả a 1 và a 2 đều lẻ Để chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số mũ là 1, giả sử ngược lại, lập luận cho thấy rằng a 1 phải lớn hơn 3 và a i lớn hơn 2 với i = 2, , s.
Khi xem xét phương trình Y = 2p²i, ta thấy rằng nếu p1 < 4/3 thì điều này là vô lý, do đó a1 phải bằng 1 Nếu a2 là số chẵn, thì 2²kσ(p1) chỉ ra rằng p1 ≡ 3 (mod 8) Ngược lại, nếu a2 là số lẻ, thì 2kσ(p1) và 2kσ(p²a2) dẫn đến kết luận rằng p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4) và a2 ≡ 1 (mod 4).
Nghiệm với ω(n) 6 4
Định lí 1.4.1 Giả sử n∈ K với ω(n) 64 Khi đó n= 1 hoặc n= 1782.
Sử dụng Bổ đề 1.3.1, ta có thể viết n = 2 α pm với α > 0 và m là số nguyên tố cùng nhau với 2p Xét trường hợp p = 3, nếu m = 1, thì σ(n) = 6 2 và không có nghiệm Ngược lại, nếu m > 1, σ(m) là ước của γ(n) 2 /4 và phải là số lẻ, dẫn đến mọi ước nguyên tố của m có mũ chẵn Do đó, σ(q β ) = q β +ã ã ã + q + 1 là nguyên tố cùng nhau với 2q và lớn hơn 9 Điều này cho thấy tồn tại một ước nguyên tố r của m khác 3 hoặc q, chia hết cho q β +ã ã ã + q + 1, và xuất hiện trong phân tích của m với mũ chẵn Với ω(n) ≤ 4, ta có m = q β r γ Cuối cùng, q β +ã ã ã + q + 1 = 3 i r j và r γ +ã ã ã + r + 1 = 3 k q ` với i + k ≤ 2 và j, ` ∈ {1, 2}.
Vế trái của đẳng thức lớn hơn hoặc bằng 3q β r γ Khi β > 2, ta có β > 4, dẫn đến q 4 r 2 6 q β r α 6 9q 2 r 2, từ đó suy ra q 6 3, tạo ra mâu thuẫn Tương tự, nếu γ > 2 cũng sẽ dẫn đến mâu thuẫn.
Như vậy, β = γ = 2 Nếu l= j = 2, thì ta nhận được
Phương trình (q² + q + 1)(r² + r + 1) = 3i + kq²r² dẫn đến σ(2α) | 3²−i−j, với khả năng duy nhất là α = 1 và i + j = 1, chứng minh rằng i = 0 hoặc j = 0 Do tính đối xứng của bài toán, ta chỉ cần xem xét trường hợp i = 0 Trong trường hợp này, ta có q² + q + 1 = r², tương đương với (2q + 1)² + 3 = (2r)², nhưng không tìm được nghiệm (q, r).
Nếu j = `= 1, thì ta nhận được q 2 r 2 < (q 2 +q + 1)(r 2 +r+ 1) 3, ta suy ra i = k = 1 và q thuộc tập hợp {5, 7} Do đó, r² + r + 1 = 75, 147, nhưng không xác lập được nghiệm n.
Giả sử p > 3, ta có p + 1 = 2u m1 với u ∈ {1,2} và m1 > 1 là số lẻ Gọi q là ước nguyên tố lớn nhất của m1, thì rõ ràng p + 1 > 2q, dẫn đến q < p Với ω(n) ≤ 4, ta có p < 4q và q > p^(1/6) Giả sử β là số mà q^β = k*n, ta chứng minh rằng β ≤ 77 Nếu β > 78, ta nhận thấy p^13 < q^78 < σ(q^β) và viết σ(q^β) = 2^v m2, với v ∈ {0,1} và m2 nguyên tố cùng nhau với 2q Nếu m2 chia hết cho p^2, ta có p^13 < σ(q^β) < 62p^2, điều này tạo ra mâu thuẫn Do đó, tồn tại một ước nguyên tố r khác của n, và m2 ≤ p^2 r^2, từ đó suy ra p^13 < σ(q^β) < 2p^2 r^2 < p^3 r^2, dẫn đến r > p^5 Giả sử γ thỏa mãn r^γ = k*n, ta có r + 16 σ(r^γ) < 2p^2 q^2 < p^5, điều này cũng mâu thuẫn, vì vậy β ≤ 77.
Khi r không xuất hiện trong phân tích của (p+ 1)σ(q β ), chúng ta cần giải hệ phương trình p+ 1 = 2 u q w và q β +ã ã ã+q+ 1 = 2 v p z, với β ∈ {1, ,77}, u ∈ {1,2}, 0 6 v 6 2ưu, và {w, z} ⊆ {1,2} Việc giải hệ phương trình này cho phép xác định các cặp (p, q) khả thi Nếu ω(n) = 3, thì σ(n) = 4p 2 q 2, và từ đó chúng ta tìm được n Ngược lại, nếu ω(n) = 4, thì σ(r γ ) là một ước của 2p 2 q 2, giúp tìm ra các khả năng cho cặp (r, γ) Cuối cùng, chúng ta suy ra n từ mối quan hệ σ(n) = 4p 2 q 2 r 2.
Trong phân tích của (p+ 1)σ(q β ), chúng ta có thể viết p + 1 = 2 u q w r δ và σ(q β ) = 2 v p z r η, với các điều kiện u∈ {1,2}, w ∈ {1,2}, 0 ≤ v ≤ 2u, z ∈ {0,1,2}, và δ + η ∈ {1,2} Nếu z = 0, với điều kiện q > p 1/6, ta suy ra rằng q < σ(q β ) ≤ 2r² < r³, từ đó dẫn đến r > q 1/3 > p 1/18 Nếu γ = 689, thì không thể xảy ra trường hợp p⁵ < r 90 6 r γ < σ(r γ ) < 2p²q² < p⁵, điều này dẫn đến một mâu thuẫn.
Giả sử z >0 Khi đó q w r δ < p q β−w
Từ bất đẳng thức bên trái và điều kiện δ + η > 1, ta suy ra β − w > 1 Từ bất đẳng thức bên phải, ta có 9r² > 8r(δ + η) > q(β − w) > q, dẫn đến r² > 3r > q^(1/2), từ đó suy ra r > q^(1/4) > p^(1/24) Điều này cho thấy γ ≤ 119; nếu γ > 120 thì sẽ dẫn đến p⁵ < r^(120) < r^(γ) < σ(r^(γ)) < 62p²q² < p⁵, tạo ra mâu thuẫn Cuối cùng, nếu z = 2, từ (1.4) ta có khẳng định q(β/2).
√2q β/2 r η/2 , kết hợp với (1.3) ta có r δ+η/2 < √
Từ bất đẳng thức bên trái trên đây và bởi vì δ+η/2> 1/2, ta có β/2> w, suy ra β/2−w >1/2 Do đó,
Hệ bất phương trình 2r δ+η/2 > q > p 1/6 chứng tỏ rằng r > p 1/48 Nếu γ > 240, thì p 5 < r 240 6r γ < σ(r γ ) < 2p 2 q 2 < p 5, dẫn đến mâu thuẫn Để giải hệ phương trình p + 1 = 2 u q w r δ; σ(q β ) = 2 v p z r η; σ(r γ ) = 2 λ p s q t, với các điều kiện 16β 677, 16γ 6239, u ∈ {1,2}, u + v + λ 62, 16w 62, w + t 6 2, δ + η ∈ {1,2}, z ∈ {0,1,2} và s ∈ {0,1,2}, ta có thể sử dụng kết thức để tìm các khả năng cho bộ số (p, q, r) Với σ(n) = 4p 2 q 2 r 2, n có thể được rút ra bằng cách giải phương trình với α, cho trước p, q và r Việc không tìm thấy giá trị nguyên của α có nghĩa là tìm nghiệm thất bại Một chương trình máy tính đã thực hiện các bước này và khẳng định kết luận của Định lý 1.4.1.
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.
Giả sử kết quả là sai, có nghĩa là tồn tại một số n ∈ K không có ước là lũy thừa bậc bốn Theo Bổ đề 1.3.1, ta có thể biểu diễn n dưới dạng n = 2^e * p1^p * a2^2 * k.
Y i=1 q 2 i , trong đó a 2 ∈ {0,1} Giả sử Q = {q 1 , , q k } Ý tưởng chứng minh là khai thác sự kiện tồn tại nhiều nhất hai phần tử q ∈ Q sao cho q ≡ 1 (mod 3).
Nếu có ba hoặc nhiều hơn các phần tử như vậy, thì 3 3 sẽ chia hết Q q∈Q σ(q 2 ) và do đó nó là một ước của γ(n) 2 , mâu thuẫn.
Ta bắt đầu bằng việc chỉ ra rằng k 68 Để làm điều này, giả sử
Khi Q r∈R σ(r 2 ) chia hết p 2 1 (nếu a 2 = 0) và p 2 1 p 2 2 nếu a 2 > 0, suy ra σ(r 2 ) là bội của p 1 hoặc p 2 với mỗi r ∈ R Có tối đa hai phần tử r mà σ(r 2 ) là bội của p 1 và hai phần tử r mà σ(r 2 ) là bội của p 2, dẫn đến #R ≤ 4 Khi r ∈ Q \ R, do σ(r 2 ) > 9, σ(r 2 ) = r 2 + r + 1 là bội của số nguyên tố q i r > 3 nào đó với q i r ∈ Q.
Để chứng minh yêu cầu, ta cần thỏa mãn điều kiện q i r ≡ 1 (mod 3) Chỉ số i r có thể nhận các giá trị với tối đa hai số nguyên tố phân biệt, dẫn đến việc tồn tại nhiều nhất hai giá trị phân biệt của i r Từ đó, ta suy ra k−#R ≤ 4, và do đó k ≤ 8.
Tiếp theo ta viết phương trình σ(n) =γ(n) 2 thành
! , (1.5) trong đó δ 2 = 0 nếu a 2 = 0 và δ 2 = 1 nếu a 2 > 0 Vế trái của (1.5) không vượt quá
9
Nếu e= 1, thì vế trái của bất đẳng thức(1.5) là, do (1.6), nhỏ hơn
Theo điều kiện trong (1.7), ta có mâu thuẫn với chặn dưới khi 0.73(2^2 − 1) < 2.22, dẫn đến e ∈ {2,3} và p1 phải thỏa mãn p1 + 1 ≤ 60.73(2^4 − 1) = 10.95, do đó p1 ≤ 11 Với p1 ≡ 3 (mod 8), ta tìm được p1 ∈ {3,11} Nếu p1 = 11, thì 3 thuộc Q Ngược lại, nếu p1 = 3, thì với e ∈ {2,3}, ta có thể kết luận rằng 5 hoặc 7 cũng thuộc Q.
Q và là đồng dư với 1 mod 3, mâu thuẫn.
Nếu 5 ∈ Q, thì 31 | 5 2 + 5 + 1, 331 | 31 2 + 31 + 1 và 7 | 331 2 + 331 + 1 thuộc Q, mâu thuẫn.
Nếu 7∈ Q, thì7, 19| 7 2 + 7 + 1 và 127| 19 2 + 19 + 1 thuộc Q, mâu thuẫn.
Tiếp theo giả thiết rằng a 2 > 0 Khi đó, bởi Bổ đề 1.3.1, p 1 ≡ p 2 ≡ 1 (mod 4) Do e ∈ {1,2,3}, suy ra một trong ba 3,5,7 chia hết n.
Nếu 5 | n, và 5 là one của p 1 hoặc p 2 , thì 3 | σ(p 1 p a 2 2 ) | n, trong khi nếu
5∈ Q, thì 31 = 5 2 + 5 + 1 không đồng dư với1mod 4và chia hết n, kéo theo nó thuộc vào Q, và do đó 3|31 2 + 31 + 1| n.
Cuối cùng, nếu 7| n, thì 7không thể là p 1 hoặc p 2 , có nghĩa là 7thuộc Q và do đó 3|7 2 + 7 + 1, mà suy ra được 3| n.
Tóm lại, luôn xẩy ra trường hợp khi a 2 >0 thì 3 phải chia hết n.
Vậy, 13 = 3 2 + 3 + 1 chia hết n, do đó hoặc là 13 ∈ Q, hoặc không Nếu
Nếu 13 không thuộc Q, thì 7 chia hết cho 13 + 1, và trong trường hợp đó, 19 chia hết cho 7^2 + 7 + 1 và không đồng dư với 1 mod 4 Điều này dẫn đến việc 19 thuộc Q, và do đó 127 chia hết cho 19^2 + 19 + 1 và cũng không đồng dư với 1 mod 4, từ đó suy ra 127 thuộc Q Như vậy, ba số này có mối quan hệ chặt chẽ với nhau trong tập hợp Q.
7, 19, 127 thuộc Q, mà đây lại là điều mâu thuẫn.
Nếu 61 là một trong hai số p1 hoặc p2, thì 31 | σ(p1p2) và 31 ≡ 3 (mod 4), do đó 31 thuộc Q Tiếp theo, 331 | (31^2 + 31 + 1) là một ước của n và không đồng dư với 1 mod 4, dẫn đến việc 331 cũng thuộc Q Từ đó, ta có 13, 31 và 331 đều thuộc Q, tạo ra mâu thuẫn.
Cuối cùng, nếu 61∈ Q, thì 97 | 61 2 + 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 sốp 1 hoặcp 2 , thì 7| σ(p 1 p a 2 2 ) là một ước của n, và do đó nhất thiết thuộc vào Q, ta lại được một mâu thuẫn.
Vậy, phép chứng minh được hoàn thành.
Đếm các phần tử trong K ∩ [1, x]
Giả sử K(x) =K ∩[1, x]. Định lí 1.6.1 Ước lượng
Chứng minh Bởi P Pollack & C Pomerance [4, Theorem 1.2], ta có
Bây giờ ta sẽ cải thiện số mũ 1/3 để nó thành 1/4 Ta nhắc lại một số kết quả trong P Pollack & C Pomerance [4].
Bổ đề 1.6.2 Nếu σ(n)/n = N/D với (N, D) = 1, thì với x > 1 cho trước và d >1, ta có
Giả sử n ∈ K(x) với n > 1, ta có thể viết n dưới dạng n = AãB, trong đó A không phải là chính phương, B là chính phương đầy đủ và (A, B) = 1 Theo Bổ đề 1.3.1, A thuộc tập hợp {1, p₁, 2p₁, p₁p₂, 2p₁p₂}.
B/γ(B) 2 , (1.8) và (A, B/γ(B) 2 ) = 1 Do σ(n)> n, suy ra B/γ(B) 2 < A Do đó,
Theo Bổ đề 1.3.1, ta có thể biểu diễn B = δC²D, trong đó C là số hoàn toàn không chính phương, D là luỹ thừa 4 đầy đủ, và δ thuộc tập {1, 2, 3} với δ, C và D là các số nguyên tố cùng nhau Từ đó, ta có B/γ(B)² = δ/γ(δ)² × D/γ(D)², dẫn đến D/γ(D)² ≤ B/γ(B)² < x¹/² Vì D là luỹ thừa bậc 4 đầy đủ, suy ra D/γ(D)² là chính phương đầy đủ, và số lượng lựa chọn cho D/γ(D)² là O(x¹/⁴) Do đó, số lượng lựa chọn cho B/γ(B)² thuộc {D/γ(D)², 2D/γ(D)²} cũng là O(x¹/⁴) Kết hợp với Bổ đề 1.6.2 và công thức (1.8), ta rút ra được kết luận.
Một số nguyên n ∈ K(x) được gọi là nguyên thủy nếu không có ước đơn thực sự d nào của nó thỏa mãn σ(d) | γ(d)² Tập hợp con này của K(x) được ký hiệu là H(x), và các phần tử của H(x) có thể được coi là nghiệm nguyên thủy của phương trình σ(n) = γ(n)² Ví dụ, số n = 1782 ∈ H(x) vì ước thực sự d = 6 thỏa mãn σ(d) | γ(d)² nhưng không phải là ước đơn Điều thú vị là điều kiện σ(d) | γ(d)² dường như rất hạn chế; chẳng hạn, trong các số nguyên dương d < 10⁸, chỉ có 6 số thỏa mãn.
Năm 1782 thỏa mãn điều kiện này, cho thấy tập hợp H(x) có tính chất thưa Chúng ta sẽ tiến hành chứng minh định lý sau đây Định lý 1.6.3 khẳng định rằng với bất kỳ giá trị >0 nào cho trước, ta có
Giả sử n thuộc H(x) với x > 0 đủ lớn, và a là ước lớn nhất của n sao cho tất cả các ước nguyên tố p chia a thỏa mãn p ≤ log x Ta có thể viết n = a b, trong đó b được biểu diễn dưới dạng phân tích tiêu chuẩn thành các thừa số nguyên tố b = p₁^β₁ p₂^β₂ pₖ^βₖ, với p₁ < p₂ < < pₖ Đặt M = dlog x / log log x Do b ≤ n ≤ x và với mỗi i, ta có log x < pᵢ, từ đó có thể rút ra các kết luận cần thiết.
(logx) β 1 +ããã+β k < p β 1 1 ã ã ãp β k k x, suy ra β 1 +ã ã ã+β k < logx log logx, vì thế k 6M.
Giả sử có một số nguyên dương a và tồn tại một số nguyên dương b sao cho n = a^b là phần tử nguyên thủy của K Chúng ta sẽ trình bày phương pháp tìm b từ a bằng cách áp dụng những kiến thức đã biết về các số mũ β1, , βk.
Trước tiên, nếu đã có a nguyên thủy, thì ta có b = 1 Giả sử a không là nguyên thủy.
Do σ(a)σ(b) = γ(a) 2 γ(b) 2 , và hai nhân tử trong vế phải là các số nguyên tố cùng nhau, ta phải có d:= σ(a) (σ(a), γ(a) 2 ) | γ(b) 2
Giả sử p1 là ước nguyên tố nhỏ nhất của vế trái trong quan hệ đã nêu Cần lưu ý rằng vế trái không thể bằng 1, vì nếu không, sẽ dẫn đến việc σ(a) chia hết cho γ(a)², điều này là vô lý do n là nguyên thủy.
Thay thế a bằng ap β 1 1 và tiếp tục quá trình này Nếu ở bước i < k, d = 1, việc chọn các β i với i = 1, , k không tạo ra phần tử của K, ta có thể chuyển sang lựa chọn tiếp theo Nếu thành công ở mỗi bước, ta sẽ nhận được b bằng cách tìm các số nguyên tố p 1 , , p k sao cho aãp β 1 1 ã ã ãp β k k thuộc K Để hoàn thành chứng minh, ta chỉ cần tìm một chặn trên cho.
(trong đóchoices(b1, , bk) ký hiệu cho các lựa chọn đối với bộ (b1, , bk)), và điều này cũng tương tự phép chứng minh của Wirsing E.
6 2 4M ×2 M = 2 5M , trong trường hợp đó ta nhận được chặn trên
2 6M = x log log 6 log 2 x =x o(1) khi x→ ∞, đối với số n ∈ K(x) nguyên thủy, và điều này hoàn thành phép chứng minh của định lí.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một vấn đề liên quan đến bài toán của De Koninck, cụ thể là xác định các số nguyên n sao cho γ(n) 2 chia hết cho σ(n) Đặc biệt, có một tập hợp vô hạn các nghiệm với dạng n = 2^i * 3^j, trong đó i và j là các số nguyên không âm.
5 (mod 6), j ≡ 1 (mod 2) Nếu n = 2 i 3 j thỏa mãn γ(n) 2 | σ(n), thì hai điều kiện đồng dư này cũng được thỏa mãn.
Thật vậy, đầu tiên đặt i = 5 + 6k, j = 1 + 2m và n = 2 i 3 j Khi đó σ(2 i ) = 2 6(k+1) −1≡ 0 ( mod 9) và3 2(m+1) −1≡ 0 ( mod 8)do vậy 3 2 | σ(2 i ) và 2 2 |σ(3 j ).
Bây giờ ta giả sử n = 2 i 3 j và các số nguyên r và s sao cho 2 2 | σ(3 s ) và
Dễ dàng chứng minh rằng v₂(σ(3s)) + 1 = v₂((3 + 1)(s + 1)) > 3 và v₃(σ(2r)) = v₃((2 + 1)(r + 1)) > 2, từ đó suy ra s là lẻ và r ≡ 2 (mod 3), tức là r ≡ 2 (mod 6) hoặc r ≡ 5 (mod 6) Nếu v₂(σ(3s)) + 1 đúng, thì r phải là số chẵn, dẫn đến 3 | σ(2r) là không thể xảy ra Do đó, kết luận cuối cùng là r ≡ 5 (mod 6).
Tập hợp vô hạn các nghiệm không tầm thường của dạng 2^i 3^j không bao gồm tất cả các nghiệm, ngay cả những nghiệm chỉ có hai ước nguyên tố phân biệt Ví dụ, n = p*q - 2*q*p - 2 với p = 2, q = 1093 hoặc p = 83, q = 4871 là hai nghiệm điển hình, vì trong cả hai trường hợp, ta có p^2 | q^(p-1) - 1 và q^2 | p^(q-1) - 1, từ đó suy ra 2*q^2 | σ(p*q - 2*q*p - 2) Đặc biệt, có nhiều nghiệm không tầm thường với 3 là ước nguyên tố, với 17 nghiệm nhỏ hơn 10^6 và 25 nghiệm nhỏ hơn.
4×10 6 Các nghiệm điển hình có dạng
Đối với mọi nguyên k > 2, tính chất tổng quát γ(n) k |σ(n) được xác nhận bởi vô số số nguyên dương n Các số này có dạng n = 2^(2i) * 3^(k−1) − 1 * 3^(j) * 2^(k−1) với i > 1 và j > 1.
Giới thiệu
Giả sử n > 1 là một số nguyên, một số nguyên a được gọi là chính quy (mod n) nếu tồn tại một số nguyên x sao cho a 2 x ≡ a (mod n) Nhiều tác giả đã nghiên cứu các tính chất của các số nguyên chính quy (mod n) Alkam O và Osba E (2008) đã sử dụng lý thuyết vành để phát biểu lại một số khẳng định đã được chứng minh bởi Morgado J (1974), người đã chứng minh rằng a > 1 là chính quy (mod n) nếu và chỉ nếu gcd(a, n) là một ước đơn của n Tóth L (2008) đã trực tiếp chứng minh một số tính chất này do các phép chứng minh của Morgado J rất dài, trong khi Alkam O và Osba E lại áp dụng lý thuyết vành.
Reg n :={a: 1 6a 6n và a là chính quy (mod n)}, (2.1)
1 dãy A143869 trong Bách khoa toàn thư trực tuyến các dãy số nguyên, xem SloaneN.J.A [5]
Hàm V là nhân tính và V(p α ) = φ(p α ) + 1 = p α −p α−1 + 1, trong đó φ là hàm Euler Hệ quả là,
Cũng thế φ(n) < V(n) 6 n, với mọi n > 1, và V(n) =n nếu và chỉ nếu n là một số hoàn toàn không chính phương.
Như vậy, hàm V(n) là một sự tương tự của hàm Euler 2 φ(n).
Apostol & Tóth đã nghiên cứu tổng quát hóa nhiều chiều của hàm V(n), được ký hiệu là V k (n) với k > 1 là một số nguyên cố định Hàm V k (n) mang tính nhân tính, và công thức V k (p α ) = φ k (p α ) + 1 = p αk − p (α−1)k + 1, trong đó φ k là hàm Jordan bậc k Kết quả này mở ra những hướng nghiên cứu mới trong lý thuyết số.
Cũng thế φ k (n) < V k (n) 6 n k , với mọi n > 1 và V k (n) = n k nếu và chỉ nếu n là hoàn toàn không chính phương.
Tóth L (2008) đã chứng minh các kết quả liên quan đến bậc cực tiểu và bậc cực đại của các hàm V(n) và V(n)/φ(n) Alkam O và Osba E (2008) đã tiến hành khảo sát bậc cực tiểu của V(n) Ngoài ra, Sándor J., Tóth L (2008) cùng với Apostol đã nghiên cứu các bậc cực trị của hợp các hàm số học.
Giả sử f(n) là một hàm số học nhân tính, nhận giá trị thực không âm.
L=L(f) := lim sup n→∞ f(n) log logn và ρ(p) =ρ(p, f) := sup α > 0 f(p α )
2 Hàm φ(n) là dãy A000010 và hàm V (n) dãy A055653 trong Bách khoa toàn thư trực tuyến các dãy số nguyên, xem Sloane N.J.A [5] đối với các số nguyên tố p, và xét tích
1− 1 p ρ(p). Để chứng minh các tính chất cần thiết trong chương này, ta áp dụng các kết quả sau
Bổ đề 2.1.1 (Tóth & Wirsing [7, Corollary 1]) Nếu f là một hàm số học nhân tính nhận giá trị thực sao cho với mỗi số nguyên tố p,
(2) tồn tại một số mũ e p =p o(1) ∈N thỏa mãn f(p e p ) >1 + 1 p , khi đó lim sup n→∞ f(n) log logn =e γ Y p
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá khái niệm "giới hạn không thực sự" (improper limit) liên quan đến các dãy số tiến đến ±∞ Những giới hạn của các dãy hội tụ được đề cập dưới đây đều bao gồm giới hạn không thực sự này.
Bổ đề 2.1.2 của Tóth và Wirsing nêu rằng nếu ρ(p) có giá trị hữu hạn với mọi số nguyên tố p và tích R hội tụ vô điều kiện, thì L6 e γ R.
Bổ đề 2.1.3 (Tóth & Wirsing [7, Định lý 3]) khẳng định rằng nếu ρ(p) < ∞ cho mọi số nguyên tố p và tồn tại một số mũ e p = p o(1) ∈ N sao cho Q p f(p e p )ρ(p) −1 > 0, đồng thời tích R hội tụ, thì L > e γ R.
Chuỗi Dirichlet của V k (n)
Bây giờ ta sẽ nghiên cứu về chuỗi Dirichlet của V k (n).
Apostol & Petrescu đã khảo cứu chuỗi Dirichlet của V 1 (n) :=V(n) Chúng tôi sẽ trình bày về chuỗi Dirichlet của V k (n) với k > 2và một số kết quả cho hàm M¨obius.
Mệnh đề 2.2.1 Với mọi s= σ+it∈ C với σ > k+ 1,
Chứng minh Giả sử f(n) = V k n (n) s Ta có
V k (n) n s hội tụ tuyệt đối với σ > k+ 1 Do V k là nhân tính, ta có
Ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.2.2 Giả sử s =σ+it∈ C, σ > k+ 1 Khi đó
|f(n)| hội tụ tuyệt đối, do vậy
= 1 ζ(s−k). Đối với khẳng định thứ hai, lấy f(n) = |à(n)|V n s k (n)
Bậc cực trị liên quan đến các hàm số học suy rộng cổ điển
suy rộng cổ điển Đối với thương σ V k (n) k (n), ta chú ý rằng V σ k (n) k (n) > 1 với mọi n > 1 Do p→∞lim p∈ P σ k (p)
V k (p) = lim p→∞ p∈ P p k + 1 p k = 1, ta nhận được lim inf n→∞ σ k (n)
V k (n) = 1; do đó bậc cực tiểu của σ V k (n) k (n) là 1 Bây giờ xét thương ψ V k (n) k (n) Do ψ k (n)
V k (p) = p k + 1 p k với mọi số nguyên tố p ta có lim inf n→∞ ψ k (n)
Bậc cực tiểu của ψ V k (n) k (n) là 1 Ta biết rằng lim sup n→∞ σ(n)
V(n)(log logn) 2 =e 2γ và lim sup n→∞ ψ(n)
V(n)(log logn) 2 = 6 π 2 e 2γ ; xem [2] Mệnh đề 2.3.1 chứng minh rằng bậc cực đại của V σ k (n) k (n) và ψ V k (n) k (n) là
Mệnh đề 2.3.1 Với k > 2, lim sup n→∞ σ k (n)
1− 1 p −1 và f(p 2 ) s p 3k −1 (p k −1)(p 2k −p k + 1) >1 + 1 p với mọi số nguyên tố p, do đó (ii) trong Bổ đề 2.1.1 được thỏa mãn Ta nhận được lim sup n→∞ pσ k (n) pV k (n) log logn =Y p r
Do ψ k (n) 6 σ k (n) và với các số nguyên tố p ta có ψ k (p) = σ k (p) = p k + 1, kết quả đối với V ψ k (n) k (n)(log log n) 2 có được từ phía trước.
Bậc cực trị liên quan đến các tương tự đơn của σ k và φ k
Hàm σ k ∗ (n) và φ k ∗ (n) là các tổng quát hóa của hàm tổng các ước đơn và hàm Euler Với k > 1 là một số nguyên cố định, ta có công thức σ k ∗ (n) = X dkn d k và σ k ∗ (p α ) = p αk + 1.
Cũng vậy, φ ∗ k (n) := X gcd(a 1 , ,a k )∈{1,2, ,n} k gcd(gcd(a 1 ,a 2 , ,a k ),n) ∗ =1
Hàm φ ∗ k (p α ) được xác định là p αk −1, trong khi gcd(a, b) ∗ là giá trị lớn nhất d chia hết cho a và b Hàm à ∗ (n) tương tự như hàm Măobius, được biểu diễn bởi à ∗ (n) = (−1) ω(n), trong đó ω(n) là số lượng ước nguyên tố phân biệt của n Các hàm σ k ∗ (n) và φ ∗ k (n) đều có tính chất nhõn tớnh Giả sử n = p α 1 1 ã ã ãp α r r là các ước nguyên tố của n với n > 1.
Nhận thấy rằng σ k ∗ (n) = σ k (n) và φ ∗ k (n) = φ k (n) với mọi số không chính phương n Thêm nữa, với mọi n > 1, φ k (n) 6φ ∗ k (n) 6 n k 6σ k ∗ (n) 6 σ k (n).
Chúng ta nghiên cứu các bậc cực trị của các thương σ V k ∗ (n) k (n) và φ V ∗ k (n) k (n), đặc biệt là bậc cực tiểu của φ V ∗ k (n) k (n) đối với các số nguyên lũy thừa Điều này dẫn đến nhận định rằng σ V k ∗ (n) k (n) luôn lớn hơn 1 cho mọi n > 1, và khi p tiến đến vô cực, giới hạn của σ k ∗ (p) được xác định.
V k (p) = lim p→∞ p k + 1 p k = 1 với các số nguyên tố p, suy ra lim inf n→∞ σ k ∗ (n)
Nếu số nguyên n là số luỹ thừa, dễ thấy φ V ∗ k (n) k (n) > 1, chú ý là, φ V ∗ k (p α ) k (p α ) > 1với α >2 Với các số nguyên tố p, để ý rằng p→∞lim φ ∗ k (p 2 )
V k (p 2 ) = lim p→∞ p 2k −1 p 2k −p k + 1 = 1, ta suy ra lim inf n→∞ φ ∗ k (n)
V k (n) = 1, do đó bậc cự tiểu của φ V ∗ k (n) k (n) là 1. Đối với bậc cực đại của các thương đó ta có
Mệnh đề 2.4.1 For k >1, lim sup n→∞ σ k ∗ (n)
Chứng minh Lấy f(n) = σ V ∗ k (n) k (n) trong Bổ đề 2.1.2, mà nó là hàm số học nhân tính nhận giá trị thực không âm Ta có f(p α ) = p αk + 1 p αk −p (α−1)k + 1 6
=ρ(p)< ∞ và R = 1, do đó lim sup n→∞ σ k ∗ (n)
Bây giờ giả sử g(n) = φ V ∗ k (n) k (n) Ở đây g(p α ) = p αk −1 p αk −p (α−1)k + 1 6
Do đó, bởi Bổ đề 2.1.3 ta có lim sup n→∞ φ ∗ k (n)
Rõ ràng là φ ∗ k (n) 6σ k ∗ (n) với mọi n > 1 Ta nhận được e γ 6lim sup n→∞ φ ∗ k (n)
V k (n) log logn 6e γ , điều này chứng tỏ rằng lim sup n→∞ σ k ∗ (n)
V k (n) log logn =e γ Chứng minh kết thúc.
Hệ quả 2.4.2 Bậc cực đại của cả σ V k ∗ (n) k (n) và φ V ∗ k (n) k (n) là e γ log logn.
Bậc cực trị liên quan đến hợp các hàm số học
Bây giờ chúng ta chuyển sang nghiên cứu về bậc cực trị của một số hàm số học hợp Ta bắt đầu với V k (V k (n)) và φ k (V k (n)).
Ta biết rằng V k (n) 6n k với mọi n >1, do đó
(trong đó P là tập hợp các số nguyên tố, viết p ∈ P nghĩa là p là một số nguyên tố), do vậy bậc cực đại của V k (V k (n)) là n k 2 Do φ k (n) 6 n k và
V k (n) 6 n k với bất kỳ n> 1, ta có φ k (V k (n)) n k 2 6 (V k n (n)) k 2 k 6 1 Nhưng p→∞lim p∈ P φ k (V k (p)) p k 2 = lim p→∞ p k 2 −p (k−1)k p k 2 = 1, do đó bậc cực đại của φ k (V k (n)) là n k 2
Bậc cực đại của V(φ(n)) đã được khảo sát trong B Apostol [2] Sử dụng những ý tưởng tổng quát của phép chứng minh đó, ta sẽ chứng minh khẳng định sau.
Mệnh đề 2.5.1 Bậc cực đại của V k (φ k (n)) là n k 2
Theo Định lý Linnik, nếu gcd(t, `) = 1, thì tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn p ≡ ` (mod t) và p > c, với c là một hằng số có thể chọn là 611.
Để chứng minh rằng gcd(A², A+1) = 1 theo Định lý Linnik, tồn tại một số nguyên tố q sao cho q ≡ A+1 (mod A²) và q(A²)c = A²c, với c thỏa mãn c ≤ 11 Tương tự, qk ≡ kA+1 (mod A²) Giả sử q là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này, ta có φk(q) = qk - 1 = AB, với B = k + sA cho một s nào đó Do đó, gcd(A, B) = 1, dẫn đến B không có các ước nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng x và lớn hơn k Vì Vk(n) là nhân tính, ta có kết luận.
(AB + 1) k (2.3) Ở đây (AB+1) (AB) k k → 1khi x→ ∞, do vậy chỉ cần nghiên cứu V k A (A) k và V k B (B) k Rõ ràng,
Ta có A = Q k
1 là một số nguyên cố định, ta nhận được logB r
P i=1 b i > r, vì thế logB > klogx, suy ra r < log log B x log x x (bởi (2.5)) Do
Bởi (2.3), (2.4), (2.6) và (AB+1) (AB) k k → 1 khi x→ ∞, ta nhận được
Bởi quan hệ (2.7), và do V k (φ k (n)) n k 2 6 (φ k n (n)) k 2 k 61 Chứng minh hoàn thành.
Bậc cực đại của V(φ ∗ (n)) là n (xem Apostol B [2]) Đối với bậc cực đại của Vk(φ ∗ (n)) ta có
Mệnh đề 2.5.2 Ta có lim sup n→∞
Phép chứng minh của Mệnh đề này dựa vào kết quả sau đây, mà ta sẽ không dừng lại để chứng minh nó.
Bổ đề 2.5.3 Nếu a là một số nguyên, a >1, p là một số nguyên tố và f(n) là một hàm số học thỏa mãn φ(n) 6f(n) 6 σ(n), ta có p→∞lim f(N(a, p))
N(a, p) = 1, (2.8) trong đó N(a, p) = a a−1 p −1 (xem, chẳng hạn, Suryanarayana [6]).
Chứng minh Mệnh đề 2.5.2 Doφ ∗ (n) 6n, ta cóV k (φ ∗ (n))6(φ ∗ (n)) k 6 n k , vì thế pk
V k (n) đáp ứng các điều kiện của Bổ đề 2.5.3 Ta có p→∞lim p∈ P pk
N(2, p) = 1 (2.10) Bây giờ (2.9) và (2.10) suy ra lim sup n→∞ pk
V k (φ ∗ (n)) n = 1, và ta đã kết thúc phép chứng minh Mệnh đề 2.5.2.
Apostol [2] đã chứng minh rằng lim sup n→∞ σ(φ ∗ (n))
V(φ ∗ (n))(log logφ ∗ (n)) 2 =e 2γ và lim sup n→∞ ψ(φ ∗ (n))
Các bậc cực đại của σ k (φ
Mệnh đề 2.5.4 Với k > 2 ta có
V k (φ ∗ (n))(log log φ ∗ (n)) 2 = π 6 2 e 2γ Chứng minh (1) Giả sử l 1 := lim sup n→∞ σ k (φ ∗ (n))
V k (φ ∗ (n))(log logn) 2 và l 2 := lim sup n→∞ σ k (φ ∗ (n))
Do φ ∗ (n) 6n với mọi n >1, ta có l 1 = lim sup n→∞ σ k (φ ∗ (n))
V k (m)(log logm) 2 = 6 π 2 e 2γ, theo Mệnh đề 2.3.1, Dogcd(n,1) = 1 Theo Định lí Linnik, tồn tại một số nguyên tố p sao cho p ≡ 1 (mod n) và p n c Giả sử p n là số nguyên tố nhỏ nhất sao cho p n ≡ 1 (mod n) với mọi n Khi đó, n | p n −1 và p n n c, do đó log logp n ∼log logn.
Nhận thấy a | b, suy ra σ V k (a) k (a) 6 σ V k k (b) (b) Nếu p β | p α (β 6 α), dễ thấy rằng σ k (p β )
Trường hợp tổng quát được suy ra, với chú ý rằng V σ k (n) k (n) là nhân tính Do đó, σ k (φ ∗ (p n ))
(2) Chứng minh tương tự như chứng minh (1), với chú ý rằng a| b suy ra ψ k (a)
V k (n)(log logn) 2 = 6 π 2 e 2γ , bởi Mệnh đề 2.3.1.
Do vậy, các bậc cực đại của cả σ V k (φ ∗ (n)) k (φ ∗ (n)) và ψ V k (φ ∗ (n)) k (φ ∗ (n)) là π 6 2e 2γ (log logn) 2 Một cách tương tự, bởi vì lim sup n→∞ σ k ∗ (n)
V k (n) log logn = e γ (sử dụng Mệnh đề 2.4.1), sự kiện a |b kéo theo σ k ∗ (a)
V k (b), tương ứng, có thể chứng minh rằng lim sup n→∞ σ k ∗ (φ ∗ (n))
V k (φ ∗ (n)) log logφ ∗ (n) =e γ và lim sup n→∞ φ ∗ k (φ ∗ (n))
Các bài toán mở
Bài toán mở 1 Chú ý rằng lim inf n→∞
V k (φ ∗ (n)) n k = lim inf n→∞ φ ∗ k (V(n)) n k = 0. Với n k =p 1 ã ã ãp r (tớch của r số nguyờn tố đầu tiờn), ta cú
= 0, và các quan hệ khác tương tự Bậc cực đại đối với V k (φ(n)), V k (φ ∗ (n)), và φ ∗ k (V(n)) là bao nhiêu?
Bài toỏn mở 2 Lấy n r =p 1 ã ã ãp r (tớch của r số nguyờn tố đầu tiờn), σ ∗ k (V(n r )) n k r = σ k ∗ (p 1 ã ã ãp r ) p k 1 ã ã ãp k r
→ ∞ khi r → ∞, do đó lim sup n→∞ σ ∗ k (V(n)) n k = ∞.
Bậc cực đại đối với σ k ∗ (V(n)) là bao nhiêu?