TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
VŨ THÙY LIÊN
HÀM SỐ TỔNG VÀ BẬC CỦA CÁC
HÀM SỐ HOC
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
• • • •
Chuyên ngành Đại số
HÀ NỘI-2014 TRƯỜNG ĐẠI HỌC sư PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
VŨ THÙY LIÊN
HÀM SỐ TỔNG VÀ BẢC CỦA CÁC
HÀM SỐ HOC
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
• • • •
Chuyên ngành Đại số
Ngưòi hướng dẫn khoa học Th.s. ĐỖ VĂN KIÊN
HÀ NỘI - 2014 ■
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này, em đã nhận
được sự quan tâm, động viên, khích lệ của các thầy cô giáo trong tổ Đại số
nói riêng và các thầy cô ừong khoa Toán trường Đại học sư phạm Hà Nội 2
nói chung. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với các thầy cô giáo, đặc
biệt là Th.s Đỗ Văn Kiên người đã tận tình hướng dẫn em ttong suốt thời
gian qua để em hoàn thành khóa luận này.
Do trình độ và thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên những vấn đề
mà em trình bày trong khóa luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính
mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014 Sinh viên
Trong quá trình nghiên cứu khóa "Hàm số tổng và bậc của các hàm số
học" em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của

• • * s
Đề tài nhằm hệ thống lại 1 số hàm số học cơ bản như: hàm euler, hàm mobius,
hàm tổng ; bên cạnh đó là nghiên cứu về hàm tổng của các hàm và bậc của các
hàm số học cũng như hàm tổng
3. Đổi tượng, phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng: các hàm số học, hàm tổng, bậc của các hàm số học.
- Phạm vi nghiên cứu: do hạn chế về thời gian cũng như năng lực của bản
thân nên khóa luận này chỉ tập trung nghiên cứu về hàm tổng và bậc của 1
số hàm số học
4. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Nghiên cứu về bậc của các hàm số học cơ bản và hàm tổng của các
hàm số học
5
5. Giả thuyết khoa học
Đe tài nghiên cứu các vấn đề:
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Hàm số học.
Chương 2: Hàm tổng và bậc của các hàm số học.
6. Phương pháp nghiên cứu:
Nghiên cứu và phân tích các tài liệu. Hệ thống khái quát
các vấn đề về điểm nguyên đã được định hướng. Tổng kết kinh
nghiệm của các nhà khoa học và bản thân.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1. Số nguyên tố
Định nghĩa 1.1.1.573 nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và không có ước tự
nhiên nào khác ngoài 1 và chính nó.
Tập sổ nguyên tổ kí hiệu là p
Một số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố được gọi là hợp sổ.
Định nghĩa 1.1.2. Hai sổ nguyên a,b được gọi là nguyên tổ cùng nhau nấi
chúng cỏ ước chung lớn nhất là phần tử khả nghịch. Kí hiệu là a,b = .

Chứng minh. Gọi p là ước tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của n. Theo tính chất 1 ta có
p là số nguyên tố. Giử sử n = pq, khi đó do n là hợp số nên
пФр, suy ra q > 1. Vậy q cũng là một ước lớn hơn 1 của n. Theo giả thiết ta
có p < q => p
2
< p.q = n. Từ đó ta được p < 4n .
Vậy định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.2.2. Neu số tự nhiên а > 1 không có ước nguyên tổ nào trong khoảng từ
1 đến Vã thì a là số nguyên tố.
Mệnh đề 1.2.4. Cho p là số nguyên tố. Khi đó mọi số tự nhiên a thíp I a hoặc (iа,
p) = 1 .
Chứng minh. Gọi d = (a , p) => d I p. Mà p là số nguyên tố nên hoặc d = 1 hoặc
d = p.
+ Nếu d = 1 thì (а, p) = 1.
7
+ Nếu d = p ứủ p \ а. а Vậy định
lý được chứng minh.
Mệnh đề 1.2.5. Cho p là số nguyên tố và aj, Ü
2
, , a
n
là các số tự nhiên. Khi đó
nếup I aia
2
a
n
thì tồn tại i e {ỉ, 2, , n} đểp I ữị
Chứng minh. Neu p không là ước của dị với mọi ỉ = \,n ứiì ứieo mệnh đề 1.1.4 ta
có (a
p

— thì а — và là sự phân tích của а.
Nếu a
2
> thìữ
2
có ước nguyên tố p
3
và ta có a
2
=
Tiếp tục xét a
3
,
Quá trình này phải kết thúc vì ta có а > > > nên sau hữu hạn bước sẽ
8
có а — và ta được a= 'là dạng phân tích của a thành tích các thừa
số nguyên tố.
• Tính duy nhất
Giả sử a có phân tích а = = 6 p = =Khiđó có
P
1
1
Suy ra P
1
trùng với một trong các thừa số q nào đó giả sử là g,. Vậy
Pi - .
giản ước
Pl
ta được p
2

phân tích tiêu chuẩn là а = .
И
1 . Một sổ tự nhiên d là ước của a
khi
và chỉ khi nó có dạng а — .yl với0 < <
Chứng minh
• Điều kiện cần
9
Giả sử a chia hết cho d khi đó có q sao cho а = . Đẳng thức này
chứng tỏ mọi ước nguyên tố của d đều là ước nguyên tố của a và số mũ của nó
trong dạng phân tích tiêu chuẩn của d không lớn hơn số mũ của nó ữong dạng
phân tích tiêu chuẩn của а, ta được kết quả càn chứng minh.
• Điều kiện đủ
Giả sử a và d thỏa mãn điều kiện của định lý khi đó ta được а — với q
= ^ ” suy ra q<E N. Vậy d là ước của ữ.
1.4. Hệ thặng dư modun m
1.4.1. Vành các lớp thặng dư môđun m
Cho tập thương z z các lớp ứiặng dư môđun m. Trên tập z ta
trang bị hai phép toán như sau:
ã + b :=a + b và ãb:=ab với mọi e z
Khi đó z cùng với hai phép toán này lập ứiành một vành giao hoán có đơn vị
1, phần tử không 0.
Định nghĩa 1.4.1. Cho một sổ nguyên dương m. Khi đó vành ъ cùng với hai
phép toán cộng và nhân các lớp thặng dư môđun m, được gọi là vành các
lớp thặng dư môđun m. Lớp ÃeZ được gọi là một lớp khả nghịch nếu tồn tại
b để ãb =1.
Mệnh đề 1.4.1. Lớp ãeZ là khả nghịch khi và chỉ khỉ {a,nì) = 1
Chứng minh. ãeZ là một lớp khả nghịch khi và chỉ khỉ tằn tại b để
ăb = 1 hay ab = 1. Điều này tương đương với tồn tại b e z để
ab = l(modm)

p
cũng là hệ thặng dư
thu gọn modul n.
Chứng minh
ĩỉệ ar
v
ar
2
, ,ar
v
gồm (p số nguyên.
Từ a,n — — dễ dàng suy ra ar
j
,m — .
Vậy mỗi số của hệ nguyên tố cùng nhau với n.
Neucól< < < đểar = dn thì n\ —
Do n,a = ta suy ra «I — , hay Tị = n điều này vô lývới giả
thuyết. Vậy suy ra định lý được chứng minh.
Định lý 1.4.1 (Định lý Euỉer). Nếu m> G z - t h ì
1
1
đ = n
Chứng minh
Giả sử r
v
r
2
, ,r là thặng dư thu gọn modm, lập nên từ các số nguyên
dương không vượt quá m. Theo định lý 1.4.3, ta có ar
v

Vì/ p
m
—> khi >oonêĩi:
(i)Tồn tại hằng số dương A mà / p”
<
(ii) Tồn tại hằng số 5, mà nếu p
m
> thì / p
(iii) Cho £ > , tồn tại N £ , nếu p
m
> thì / p"
Ta thấy A,B là các hằng số không phụ thuộc £ ,\à N £ chỉ phụ thuộc
vào £ .
Có triển khai lũy thừa nguyên tố của số dương n > như sau:
n= p
a
; 1
với p là các số nguyên tố khác nhau và a là các số nguyên không âm.
1
3
<
<
1
4
Do / là hàm nhân tính nên
fn= f Pĩ / p
a
; 2
Đặt c = I ep eN
Khi đó c là hằng số không phụ thuộc vào« và £.

¥> = E
1S s
Tức là (fi biểu thị số các sổ nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng
nhau với n.
1
5
<
<
Ví dụ 2.2.1.TÙ định nghĩa hàm Euler ta có:
Từ định nghĩa trên ta có hệ quả trực tiếp
Hệ quả 2.2.1. Với số nguyên tố p ta có (f =— .
Định lý 2.2.1. Hàm Euler là hàm nhân tính.
Chứng minh:
Ta thấy là hàm số không đồng nhất không.
Giả sử m,n là 2 số dương nguyên tố cùng nhau. Ta cần chứng tỏ rằng
V =
Ta sắp xếp tất cả các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng sau
1
2
3 m 2 m 3 m mn
4 Giả sử r là số nguyên
không vượt quá m , và r,m = > khi đó trong
5 hàng thứ r không có số nguyên nào nguyên tố cùng nhau với mn . Vì
thế, để tính (p , ta chỉ cần quan tâm các số trong hàng thứ r với r,m — . Các số
trong hàng này đều nguyên tố cùng nhau với m .
6 Mặt khác dễ thấy rằng các số hàng này lập thành một hệ thặng dư đầy
đủ modul n.
7 Do đó có đúng (p số trong hàng nguyên tố cùng nhau với n tức là trong
hàng số nguyên tố cùng nhau với mn . Có tất cảụ> hàng như vậy. Định lý
được chứng minh.

ip = — và ip = —
1
7
24 Đây là bảng ngắn giá trị của //
25 n 123 4 5 6 7 8 9
10
26 /1 - - - - 0
27 Từ định nghĩa ta suy ra định lý.
28 Định lý 2.2.5. Cho n > , ta có
29 £
30 Chứng minh
31 Nếu n > thì n được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố
32
n=
"^k
33 Khi đó
34 Ỵ2trongđó £là 0 hoặc 1.
35 Do đó
36 Định lý 2.2.6. Hàm Mobius /i là hàm nhân tính. Chứng minh
37 Giả sử (m, rì) = 1 khi đó ta có
38 1 ^ ,
39
1
nẽu m= n = l
40 (-1) (-1) =n[mn)nếu m= p
v
p
2
p
k

56 Định lý 2.2.9. (Công thức nghịch đảo Mobỉus thứ hai). Nếu f là một
hàm
57 số xác định với mọi x> ,và
58 thì
59 với x> và ngược lại.
60 Chú ý ^2 được định nghĩa là ^2 và nếu không có sổ hạng nào thì tổng
là 0.
61 Chứng minh:
• Chiều thuân: từ định nghĩa của g ta có, nếu X > ,
62 £ £
63
64
65
66
E
1
E
E Ẹ
1— — . . I
, x>
)
• Chiều ngươc lai: giả sử
67 Thế thì ta có:
68 = £ E Ẹ
2.2.4. Hàm Mangoldt A
69 Định nghĩa 2.2.3. Mọi số nguyên n > ta định nghĩa
i) X = , nểu n = đổivới một sổ nguyêntổ p và m>
ii) A = nếu trái lại
70 Sau đây là bảng ngắn giá trị của A
71

tính Chứng minh:
96 Ta dễ dàng thấy d 1 = .Và nếu m,n — , khi đó ước số của tích sốmn là
97 số chia của m, và là ước của n.
98 Ngược lại, mọi tích số là số chia của mn .
99 Do đó d mn =n .Vậy hàm d n là hàm nhân tính.
100 Định lý 2.2.13. Neu n> và có dạng n = n khi đó
101 d n = Y\
102 Chứng minh:
103 Từ d n là hàm nhân tính ta có
104 d n
105 Ước dương duy nhất của p
a
' là a + , các số nguyên l,p ,p
2
, ,p
a
'
106 Do đó
107 d n
108 Hàm ước d n có thể được giải thích về
mặt hình học. Ước dương của n bằng số các nghiệm của xy = , trong đó X,
y là các số nguyên dương.
109Do đó d n là số dàn điểm X, y trong góc phàn tư phía trên bên phải của
mặt phẳng x,y , và nằm trên hyperbol xy = .
2.2.7. Hàm tổng các ướcơ
110 Định nghĩa 2.2.5. Với mỗi sô nguyên dươngn ta định nghĩa hàm ơ
là hàm sổ biểu thị tổng các ước tự nhiên của n
* =E
111 Hàm ơ là hàm nhân tính.
112 Ví dụ 2.2.5.VỚĨ n= có các ước là 1,2,3,6 nên ơ = + + + = Mệnh đề

2
,M
3
,M
5
,M
1
là các số nguyên tố Mersenne, trong khi M
n

là hợp số.
134 Mối quan hệ giữa số hoàn hảo và số Mersenne được thể hiện trong
định lý sau:
135 Định lý 2.2.14. Nếu 2"
+
— là sổ nguyên tổ thì 2" 2
n+
— là một sổ
hoàn hảo.
136 Chứng minh:
137 Giả sử p —— là một số nguyên tố Mersenne. Đặt N —
138 Thế thì N là số hoàn hảo, vì ta có:
139 Định lý trên được chứng minh.
140 Định lý 2.2.15. Số tự nhiên n là số hoàn hảo chẵn khi và chỉ khi n có dạng
141 n —
142 là sô nguyên tô.
143 chứng minh:
144
145
146