Nội dung báo viết Một số dạng toán về đẳng thức và bất đẳng thức trong lớp hàm số học nhằm trình bày một số định lý, tính chất của hàm số học và áp dụng vào bài toán khảo sát các đẳng thức và bất đẳng thức số học liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!
Trang 1M ỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM SỐ HỌC
Lê Văn Cao Học viên cao học ĐH Hồng Đức, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
Nội dung báo cáo nhằm trình bày một số định lý, tính chất của hàm số học và áp dụng vào bài toán khảo sát các đẳng thức và bất đẳng thức số học liên quan
Trong lý thuyết số, các hàm số học có vai trò hết sức quan trọng Trong chương này,
ta xét một số tính chất của các hàm số học cơ bản Ta chủ yếu khảo sát lớp hàm số học nhận giá trị thực Những trường hợp đặc biệt sẽ được xét riêng và có chú giải chi tiết
Định nghĩa 1.1 (xem [1],[4]) Hàm số học là hàm số có miền xác định là tập các số nguyên
dương và miền giá trị là tập các số thực hoặc phức
Định nghĩa 1.2 (Hàm nhân tính) Một hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu với
mỗi cặp số m, n nguyên tố cùng nhau, ta có f(nm) = f(n)f(m)
Trong trường hợp đẳng thức đúng với mọi m, n nguyên dương (không nhất thiết nguyên tố cùng nhau) hàm f gọi là hàm nhân tính mạnh
Định lý 1.1 (Tính chất của hàm nhân tính) Nếu f là hàm nhân tính thì
f([m, n])f((m, n)) = f(m)f(n)
với mọi số nguyên dương m và n
Tính chất 1.1. Nếu f là một hàm nhân tính thì hàm F(n) = ∑
d | n
f(d)cũng là hàm nhân tính
Tính chất 1.2. Cho n là một số nguyên dương Khi đó
∑
d | n
ϕ(d) =n
Tiếp theo, ta xét một số hàm số học cơ bản
Định nghĩa 1.3(Phi hàm Euler ϕ(n)) Cho số tự nhiên n ≥ 1 Ta ký hiệu ϕ(n)là số các
số tự nhiên bé hơn n và nguyên tố cùng nhau với n Quy ước ϕ(1) =1
Trang 2Định lý 1.2(xem [4]) Hàm ϕ(n)là hàm nhân tính.
Từ định lý này ta suy ra công thức tính ϕ(n)như sau
Định lý 1.3 (xem [20, 30 - 33]) Giả sử n = pα1
1 pαk
k là phân tích chính tắc của n > 1 Khi đó
ϕ(n) =n1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pk
Bài toán 1.1. Tính ϕ(360)
Lời giải. Với n=360=23.32.5 thì
ϕ(360) =3601−1
2
1− 1
3
1−1
5
Nhận xét 1.1. Tầm quan trọng của hàm ϕ(n)trong số học được thể hiện trong Định lý Euler Sau đây là một dạng mở rộng của Định lý Euler
Định lý 1.4 (Định lý Euler mở rộng) Cho a và m là hai số tự nhiên Khi đó
am ≡ am−ϕ( m ) (mod m)
Định lý 1.5 (Định lý Fermat) Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không
chia hết cho p Khi đó, ta có
ap−1 ≡1 (mod p)
Định lý 1.6 (Định lý Fermat dạng khác) Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên
tùy ý khi ấy ta có
ap ≡a (mod p)
Bài toán 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, suy ra
36x+20=4n2+4n
Suy ra 36x+21= (2n+1)2hay 3(12x+7) = (2n+1)2
Số chính phương(2n+1)2chia 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)
Tiếp theo, ta xét hàm tổng các ước của một số tự nhiên
Định nghĩa 1.4 (xem [4]) Cho số nguyên dương n Ta ký hiệu σ(n) là tổng các ước nguyên dương của n
σ(1) =1 σ(6) =1+2+3+6=12
σ(2) =1+2=3 σ(7) =1+7=8
σ(3) =1+3=4 σ(8) =1+2+4+8=15
σ(4) =1+2+4=7 σ(9) =1+3+9=13
σ(5) =1+5=6 σ(10) =1+2+5+10=18
Nếu n ≥ 2 thì σ(n) ≥n+1 Ta có thể sử dụng phép phân tích thành nhân tử của n
để tính σ(n)
Trang 3Bài toán 1.3. Tính σ(180).
Lời giải. Ta có 180 = 22325 Mọi ước d của 180 có dạng d = 2a3b5c, với 0 ≤ a ≤ 2,
0≤ b≤2 và o≤c≤1 Ta có
σ(180) = ∑
d | 180 d
Nhận xét 1.2. Ta có thể tính σ(n)theo cách trên với mọi số nguyên dương n Nếu d là ước của n thì d có thể viết dưới dạng
p | n
pap,
với
0≤ap ≤νp(n) Khi đó, ta có
σ(n) =∑
d | n
p | n
νp ( n )
∑
a p = o
pap
p | n
pνp ( n )+ 1−1
Đây chính là công thức biểu diễn σ(n)của n
Định lý 1.7(xem [1],[4]) Hàm số học σ(n)là hàm nhân tính
Định lý 1.8(xem [1],[4]) 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
2 là số chính phương
Bài toán 1.4. Tìm tất cả các số tự nhiên n có tính chất n chia hết cho ϕ(n), trong đó ϕ là
phi hàm Euler
Lời giải. Hiển nhiên, nếu n=1 thì ϕ(n)|n Ta xét n>1 Giả sử n có khai triển chính tắc dưới dạng
n= pk1
1 pki
i
Ta có
ϕ(n) =n
1− 1
p1
1− 1
pi
Từ điều kiện ϕ(n)|n, chẳng hạn n= xϕ(n), suy ra
p1 pi =x(p1−1) .(pi−1)
Trang 4Như vậy, phải có pinào đó bằng 2 (nếu ngược lại thì vô lí, vì vế trái là số lẻ, vế phải là
số chẵn)
Giả sử p1 =2, ta có
2p2 pi =x(p2−1) .(pi−1)
Do p2, , pi khác 2, nên từ đẳng thức trên, suy ra rằng n có nhiều nhất là một ước nguyên tố lẻ, chẳng hạn p2
Đặt
p2 =2y+1
Ta có
2p2 =x(2y)
Do p2nguyên tố, nên suy ra x= p2, y=1
Vậy p2 =3 và n có dạng
n=2k3m, k ≥1, m≥0
Dễ dàng thử lại rằng, các số n nói trên thỏa mãn điều kiện ϕ(n)|n
Định nghĩa 1.5 (Hàm số M ¨obius) Hàm số M ¨obius được định nghĩa như sau:
µ(n) =
1 nếu n=1
(−1)k nếu n là tích của k số nguyên tố phân biệt
0 nếu n chia hết cho bình phương của một số nguyên tố
Định nghĩa 1.6(xem [1],[4]) Một số nguyên được gọi là số không chính phương nếu nó
không chia hết cho bình phương của một số nguyên tố
Như vậy µ(n) 6=0 nếu và chỉ nếu n là số không chính phương
Định lý 1.9. Hàm số M ¨obius µ(n)là hàm nhân tính, và
∑
d | n
µ(d) =
(
1 nếu n=1,
Định lý 1.10 (Định lý M ¨obius) Giả sử f là hàm nhân tính với f(1) =1 thì
∑
d | n
µ(d)f(d) =∏
p | n
(1− f(p))
Trong toán học và đặc biệt là trong lý thuyết số, hàm sinh bởi các ước số là một hàm
số học liên quan đến tính toán các ước số của một số nguyên dương Hàm này gắn với phép đếm số các ước số của một số nguyên và các dạng toán liên quan đến biểu diễn các ước số của một số nguyên dương cho trước Các kết quả này gắn với các nghiên cứu gần đây của nhà toán học Ấn Độ Ramanujan
Định nghĩa 1.7 (xem [1],[4], [6]) Hàm số học xác định số các ước dương của một số
nguyên dương n được gọi là hàm đếm các ước và kí hiệu là d(n)
Như vậy,
d(1) =1, d(6) =4, d(2) =2, d(7) =2,
d(3) =2, d(8) =4, d(4) =3, d(9) =3
Định lý 1.11 (xem [4-6]) Hàm d(n)là một hàm nhân tính
Trang 52 Đẳng thức giữa các hàm số học
Tiếp theo, ta xét một số đẳng thức giữa các hàm d(n), σ(n)và ϕ(n)
Bài toán 2.1 (xem [4],[6-7]) Cho dãy số nguyên dương xn xác định theo quy luật sau
x0 =a, xn+ 1 =d(xn), ∀n≥0
Chứng minh rằng∀a ∈ N∗, tồn tại chỉ số n0(phụ thuộc a) sao cho xn = 2 với mọi
n≥n0
Lời giải. Ta có d(n) ≤2√n< nnếu n>4
Với n=4 và n=3, thử trực tiếp cho thấy d(4) =3<4 và d(3) =2<3
Với n=2 thì d(2) =2
Vậy, ta có d(n) <n, ∀n>2 và d(2) =2
Suy ra xn + 1< xnnếu xn >2
Vì(xn)là các số nguyên dương nên bắt đầu từ chỉ số n0nào đó, ta phải có xn 0 = 2 Khi ấy xn =2, ∀n≥n0
Bài toán 2.2 (xem [4], [6]) 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, ta có n = 2αm2, trong đó α≥ 0 còn m là
số lẻ
Ta cần chứng minh α=0
Ta có σ(n) = 2n+1 = 2α+ 1m2+1 Do tính chất nhân tính của hàm σ(n), ta lại có
σ(n) =σ(2α).σ(m2) = (2α+ 1−1).σ(m2)
Vậy nên 2α+ 1m2+1= (2α+ 1−1).σ(m2) .2α+ 1−1
Ta lại có
2α+ 1m2+1=2α+ 1m2+1−m2+m2
=m2(2α+ 1−1) + (m2+1) 2α+ 1−1
Suy ra m2+1 2α+ 1−1
Nếu a>0 thì 2α+ 1−1 có dạng 4k−1 Do đó nó có ước nguyên tố p dạng 4k−1
Vậy nên m2 ≡ −1 (mod p)
Suy ra mp−1 ≡ (−1)p−21 = (−1) (mod p) Điều này trái với Định lý Fermat Do vậy
α=0
Bài toán 2.3 (xem [4], [6]) Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên k, tồn tại ít nhất một số
nguyên dương n để cho ϕ(n+k) =ϕ(n)
Lời giải. Nếu k chẵn thì ϕ(k+k) = ϕ(2k) =ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k)
Vậy ta có thể chọn n= k
Xét trường hợp k lẻ Gọi p là số nguyên tố bé nhất trong tập hợp các số nguyên tố không phải là ước của k Ta có
ϕ(pk) =ϕ(p)ϕ(k) = (p−1)ϕ(k) Giả sử p1, p2, , pr là các ước nguyên tố của k Mọi ước nguyên tố của p−1 cũng
nằm trong tập(p1, p2, , pr)do cách chọn p
Trang 6Vậy thì
ϕ((p−1)k) = (p−1)k1− 1
p1
1− 1
pr
= (p−1)ϕ(k)
Suy ra ϕ(pk) = ϕ((p−1)k) Vậy có thể chọn n= (p−1)k
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng
∏
d | n
d =nd(n)/2
Lời giải. Giả sử n= pa với p là số nguyên tố và a là số nguyên dương
Ta có các ước của palà 1, p, p2, , pa Do đó
∏
d | n
d =1.p.p2 pa = p1+2+···+a = pa(a2+1)
Mặt khác, d(n) =a+1, nên
nd(2n) = (pa)a+1 = pa(a2+1) Như vậy
∏
d | n
d =nd(n)/2
Giả sử số nguyên dương n có phân tích chính tắc (ra thừa số nguyên tố) dạng
n= pa1
1 pa2
2 pas
s Khi đó
∏
d | n
d= pa1
( a1 + 1 ) 2
1 pa2
( a2 + 1 ) 2
2 pas
( as + 1 ) 2
s = pa1
1 pa2
2 pas
s
( a1 + 1 )( a2 + 1 ) ( as + 1 )
Mặt khác, d(n) = (a1+1)(a2+1) .(as+1) Vì thế
nd(2n) = pa1
1 pa2
2 pas
s
( a1 + 1 )( a2 + 1 ) ( as + 1 )
Như vậy
∏
d | n
d =nd(n)/2
Trong phần này, ta xét một số bất đẳng thức trong lớp hàm số học cổ điển
Bài toán 3.1. Với mọi số nguyên dương n, chứng minh rằng
ϕ(n) ≥
√
n
2 .
Lời giải. Xét phân tích chính tắc của số nguyên dương n, khi đó có 2 trường hợp là: hoặc
2 là một thừa số nguyên tố của n, hoặc 2 không phải là một thừa số nguyên tố của n
Trang 7Trường hợp 1. 2 là một thừa số nguyên tố của n
n=2a0pa1
1 pa2
2 pak
k với a0>0 và pi 6=2 với mọi i=1, 2, , k
Từ đó, suy ra
ϕ(n) =n
1− 1
2
1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pk
=2a0 − 1pa1 − 1
1 pa2 − 1
2 pak − 1
k (p1−1)(p2−1) .(pk−1) Mặt khác, với mọi số nguyên tố p≥3, thì
p−1>√
p
Do đó, ta thu được bất đẳng thức
ϕ(n) >2a0 − 1pa1 − 1
1 pa2 − 1
2 pak − 1
k
√
p1√p2 .√pk
= 2a0 − 1
a 1 − 1/2
1 pa2 − 1/2
2 pak − 1/2
Với mọi số nguyên dương a, ta luôn có
a− 1
2 ≥
a
2. Cuối cùng, ta thu được bất đẳng thức
ϕ(n) ≥ 2a0 /2pa1 /2
1 pa2 /2
2 pak /2
k 2
=
q
2a 0pa1
1 pa2
2 pak
k
hay
ϕ(n) ≥
√
n
2 .
Trường hợp 2. 2 không phải là thừa số nguyên tố của n, khi đó chứng minh tương tự
ta thu được
ϕ(n) >
√
n
2 . Tóm lại trong mọi trường hợp ta có kết quả,
ϕ(n) ≥
√
n
2 .
Bài toán 3.2. Cho n là một số tự nhiên và n là một hợp số Chứng minh rằng
ϕ(n) ≤n−√n
Lời giải. Vì n là một hợp số nên n có ít nhất một ước nguyên tố, ta ký hiệu nó là p1 Ta có
ϕ(n) ≤n
1− 1
p1
n =n−
√
n
Trang 8Bài toán 3.3. Số nguyên n được gọi là hoàn toàn không chính phương nếu n > 1 và
n không có ước chính phương khác 1 nào Chứng minh rằng nếu n là một hợp số và
ϕ(n)|(n−1)thì n hoàn toàn không chính phương và n có ít nhất 3 ước số nguyên tố
Lời giải. Gọi p là một ước nguyên tố tùy ý của n Khi đó, ta viết n = prmvới r và m là các số nguyên dương mà gcd(p, m) =1
Ta thu được
ϕ(n) = (pr−pr−1)ϕ(m)
Từ giả thiết ϕ(n)|(n−1), ta có
(pr−pr−1)ϕ(m)|prm−1, suy ra
pr−1(p−1)ϕ(m)|(prm−1)
nên
pr−1|(prm−1), suy ra r−1=0, vì(p, prm−1) =1, suy ra r=1
Từ đây suy ra n là số không hoàn toàn chính phương và có ít nhất hai ước nguyên
tố Ta sẽ chứng minh n không thể có hai ước nguyên tố Giả sử n = pqvới p, q là hai số nguyên tố phân biệt Khi đó, ta có
ϕ(n) = ϕ(p)ϕ(q) = (p−1)(q−1), suy ra
(p−1)(q−1)|(pq−1) và(p−1)|(pq−1), suy ra
(p−1)| ((pq−1) − (p−1)q) =q−1 nên
(p−1)|(q−1) Hoàn toàn tương tự, ta có(q−1)|(p−1) Suy ra p = q, điều này vô lý Vậy n có ít nhất ba ước nguyên tố
Bài toán 3.4. Cho m và k là hai số nguyên dương Chứng minh rằng
ϕ(mk) =mk−1ϕ(m)
Lời giải. Với m = 1 thì đẳng thức hiển nhiên đúng Ta sẽ chứng minh đẳng thức khi
m>1
Xét phân tích chính tắc của số nguyên dương m
m= pa1
1 pa2
2 par
r , suy ra
mk = pa1 k
1 pa2 k
2 par k
r
Trang 9Ta có
ϕ(mk) =mk
1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pr
= pa1 k
1 pa2 k
2 par k
r
1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pr
= pa1 k
1 pa2 k
2 par k
r
pa1
1 pa2
2 par
r
pa1
1 pa2
2 par
r
1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pr
= pa1 ( k − 1 )
1 pa2 ( k − 1 )
2 par ( k − 1 )
1− 1
p1
1− 1
p2
1− 1
pr
= pa1 ( k − 1 )
1 pa2 ( k − 1 )
2 par ( k − 1 )
r ϕ(m)
1 pa2
2 par
r
k − 1
ϕ(m)
= mk−1ϕ(m)
Vậy
ϕ(mk) =mk−1ϕ(m)
Bài toán 3.5. Chứng minh rằng ϕ(n) ≥
√
n
2 với mọi n, và ϕ(n) <n−√nnếu n là hợp số
Lời giải. Giả sử n có phân tích chính tắc n =2αpα1
1 pα2
2 pαk
k Theo công thức tính ϕ(n)
ta có
ϕ(n) =2α− 1pα1− 1
1 pα2− 1
2 pαk − 1
k (p1−1) .(pk−1)
Để ý rằng pi−1≥√pivà αi−1
2 ≥
αi
2 ta có
ϕ(n) ≥2α− 1pα1
1 − 1
2 p
αk
k −1
2 ≥2
α− 1.pα12
1 p
αk
2
k ≥
√
n
2 . Giả sử n là hợp số Gọi p1là ước nguyên tố bé nhất của n Khi đó p1≤√n Do đó
ϕ(n) ≤n(1− 1
p1) =n−
n
p1 ≤≤n−
√
n
Bài toán 3.6. Cho n là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 Kí hiệu σ(n)là tổng tất cả các ước
tự nhiên của n (kể cả 1 và n), còn kí hiệu ϕ(n)là số lượng các số nhỏ hơn n và nguyên tố cùng nhau với n Chứng minh rằng với mọi n≥2, ta có
σ(n) +ϕ(n) ≥2n
Lời giải. Giả sử 1 = d1 < d2 < d3 < < dk = n là các ước tự nhiên của số n Trong các số tự nhiên không vượt quá n, số lượng các bội của dibằng n
di; số lượng các số không lớn hơn n và không nguyên tố cùng nhau với n theo định nghĩa bằng n−ϕ(n) Lại theo
định nghĩa của σ(n)thì
σ(n) =d1+d2+ .+dk−1+dk
Vì dk = nnên ta có
Trang 10Rõ ràng, ta có n
d1 =dk;
n
d2 =dk−1; ;
n
dk =d1 Suy ra n
d2 +
n
d3 + .+
n
dk =dk−1+dk−2+ .+d1, (2)
vì n
d2+
n
d3+ .+
n
dk là số lượng tất cả các bội số của các ước số d2, d3, , dkcộng lại (Để
ý rằng ở đây nếu a vừa là bội số của các ước divà dj với i6=jthì a trong tổng trên có mặt hai lần)
Do đó, số lượng các ước không lớn hơn n và không nguyên tố cùng nhau với n không vượt quá số n
d2 +
n
d3 + .+
n
dk, tức là n
d2
d3
+ .+ n
Từ (1), (2) và (3), suy ra
σ(n) −n≥n−ϕ(n), hay σ(n) +ϕ(n) ≥2n
Mặt khác, nếu p là số nguyên tố thì σ(p) = p+1 do ước của p khi p là số nguyên tố
là 1 và p còn ϕ(p) = p−1 (vì nếu p là số nguyên tố thì các số nhỏ hơn p và nguyên tố cùng nhau với p là 1, 2, , p−1) Điều đó có nghĩa là khi p nguyên tố thì
σ(p) +ϕ(p) =2p
Tóm lại với mọi n≥1, ta có
Dấu đẳng thức trong (4) xảy ra khi và chỉ khi n là số nguyên tố
Bài toán 3.7. 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) =d1+d2+ .+dk =n 1
d1 +
1
d2 + .+
1
dk
,
trong đó d1, d2, , dk 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, hiển nhiên, là vô hạn
Nói riêng trong các ước của n có 1, 2, 3, , 16,
σ(n) =n 1
d1 +
1
d2
+ .+ 1
dk
1+1
2+
1
3+ .+
1 16
Do
1+1
2 +
1
3 + .+
1
16 =1+
1
2+
1
3 +
1 4
5+ .+
1 8
9+ .+
1 16
Trang 11
nên hiển nhiên ta có
1
3+
1
4 >2.
1
4 =
1
2; 1
5+
1
6 +
1
7 +
1
8 >4.
1
8 =
1
2; 1
9+
1
10 + .+
1
16 >8.
1
16 =
1 2 nên
1+1
2+
1
3+ .+
1
Từ (1) và (2) suy ra σ(n) >3n
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 3.8. 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
An =maxσ(i)
i , n=1, 2, ; 1≤ i≤n.
Rõ ràng ta có A1≤ A2≤ .≤ AN
Xét khi n> N Theo định nghĩa của N thì∃k0∈ {1, 2, , n−1}sao cho
σ(n)
n >
σ(k0)
k0 .
Từ đó, kết hợp với m>nthì Am ≥ Ansuy ra
AN = AN+ 1 = AN+ 2 =
Như vậy dãy số{An}, n = 1, 2, bị chặn trên bởi số AN = σ(N)
N (theo định nghĩa
số N thì∀i=1, 2, , N−1 ta có
σ(N)
N >
σ(i)
i ). 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,