Trong bài viết hôm nay, ta sẽ tìm hiểu một số khái
niệm quan trọng để giải quyết Định lý Số nguyên tố cũng như các kết quả quan trọng
khác.
Định
nghĩa 1: Hàm
số $f:{{Z}_{>0}}\to R$ được gọi là hàm số số học.
Định
nghĩa 2: Hàm
số số học $f$ được gọi là nhân tính nếu $f\left( mn \right)=f\left( m
\right)f\left( n \right)$, trong đó $\left( m,n \right)=1$.
Phi- hàm Euler $\varphi \left( n \right)$ là một hàm
số số học nhân tính. Hàm $\tau \left( n \right)$, số các ước dương của $n$,
cũng là một hàm số số học nhân tính.
Định
nghĩa 3: Cho
$f,g$ là hai hàm số số học. Tích chập Dirichlet của hai hàm $f$ và $g$, ký hiệu
$f*g$, là một hàm số số học được xác định bởi công thức
$\left(
f*g \right)\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)g\left(
\frac{n}{d} \right)}$.
Định
lý 1: Nếu $f,g$ là các
hàm nhân tính thì $f*g$ cũng là hàm nhân tính.
Chứng
minh
Nếu $\left( m,n \right)=1$ thì mọi ước dương $d$ của
$mn$ có thể được viết duy nhất dưới dạng $d={{d}_{1}}{{d}_{2}}$ với ${{d}_{1}}|m,{{d}_{2}}|n$.
Khi đó,
$h\left(
mn \right)=\left( f*g \right)\left( mn \right)=\sum\limits_{d|mn}{f\left( d
\right)g\left( \frac{mn}{d} \right)}$
$=\sum\limits_{{{d}_{1}}|m,{{d}_{2}}|n}{f\left(
{{d}_{1}}{{d}_{2}} \right)g\left( \frac{m}{{{d}_{1}}}\frac{n}{{{d}_{2}}}
\right)}=\sum\limits_{{{d}_{1}}|m,{{d}_{2}}|n}{f\left( {{d}_{1}} \right)f\left(
{{d}_{2}} \right)g\left( \frac{m}{{{d}_{1}}} \right)g\left( \frac{n}{{{d}_{2}}}
\right)}$
$=\left(
\sum\limits_{{{d}_{1}}|m}{f\left( {{d}_{1}} \right)g\left( \frac{m}{{{d}_{1}}}
\right)} \right)\left( \sum\limits_{{{d}_{2}}|n}{f\left( {{d}_{2}} \right)g\left(
\frac{n}{{{d}_{2}}} \right)} \right)=h\left( m \right)h\left( n \right)$.
Vậy $f*g$ là hàm nhân tính.
Hệ
quả 1: Cho $f$ là hàm
nhân tính. Khi đó, hàm số số học $h\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d
\right)}$ cũng là hàm nhân tính.
Chứng
minh
Hàm số số học $g$ xác định bởi công thức $g\left( n
\right)=1,\forall n\in {{Z}_{>0}}$ là một hàm nhân tính. Ta thấy $h=f*g$ nên
theo Định lý 1 thì $h$ cũng là hàm nhân tính.
Định
nghĩa 4: Hàm
số số học $\mu $ được gọi là hàm Mobius nếu $\mu \left( 1 \right)=1;\mu \left(
n \right)={{\left( -1 \right)}^{k}}$ với $n$ là tích của $k$số nguyên tố và $\mu
\left( n \right)=0$ trong các trường hợp còn lại.
Từ Định nghĩa 4 ta tính được $\mu \left( 6
\right)=\mu \left( 2.3 \right)={{\left( -1 \right)}^{2}}=1$, $\mu \left( 9
\right)=\mu \left( {{3}^{2}} \right)=0$.
Định
lý 2: Hàm $\mu $ là
hàm nhân tính.
Chứng
minh
Lấy $m,n\in {{Z}_{>0}}$ sao cho $\left( m,n
\right)=1$. Nếu một trong hai số $m,n$ có một số bằng $1$ thì hiển nhiên $\mu
\left( mn \right)=\mu \left( m \right)\mu \left( n \right)$. Ta xét trường hợp $m,n\in
{{Z}_{>1}}$.
Nếu trong phân tích tiêu chuẩn của $m$ hoặc $n$ có một
ước nguyên tố $p$ với lũy thừa lớn 1 thì hiển nhiên lũy thừa của nguyên tố $p$
trong phân tích của $mn$ cũng lớn hơn 1. Khi đó,
$\mu
\left( m \right)\mu \left( n \right)=0=\mu \left( mn \right)$.
Ngược lại, ta có $m={{p}_{1}}{{p}_{1}}\ldots
{{p}_{t}},n={{q}_{1}}{{q}_{2}}\ldots {{q}_{h}}$ với ${{p}_{i}},{{q}_{j}};i=\overline{1,t},j=\overline{1,h}$
là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Khi đó,
$\mu
\left( mn \right)={{\left( -1 \right)}^{t+h}}={{\left( -1 \right)}^{t}}{{\left(
-1 \right)}^{h}}=\mu \left( m \right)\mu \left( n \right)$.
Vậy $\mu $ là hàm nhân tính.
Định
lý 3: Với mọi $n\in
{{Z}_{>1}}$ ta có $\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)}=0$.
Chứng minh
Với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$ ta đặt $F\left( n
\right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)}$. Vì $\mu $ là hàm nhân tính
nên theo Hệ quả 1 hàm $F$ cũng là hàm nhân tính. Giả sử $n$ có phân tích tiêu
chuẩn $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha
}_{k}}}$. Khi đó,
$F\left(
n \right)=F\left( p_{1}^{{{\alpha }_{1}}} \right)F\left( p_{2}^{{{\alpha
}_{2}}} \right)\ldots F\left( p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)$.
Với mọi $i=\overline{1,k}$ ta có
$F\left(
p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\sum\limits_{d|p_{i}^{{{\alpha }_{i}}}}{\mu
\left( d \right)}=1+\mu \left( {{p}_{i}} \right)+\sum\limits_{j=2}^{{{\alpha
}_{i}}}{\mu \left( p_{i}^{j} \right)}=0$.
Vậy $F\left( n \right)=F\left( p_{1}^{{{\alpha
}_{1}}} \right)F\left( p_{2}^{{{\alpha }_{2}}} \right)\ldots F\left(
p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)=0$ với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$.
Tiếp theo ta tìm hiểu kết quả quan trọng sau đây:
Định
lý 4: Cho $f,g$ là hai hàm số số học và $f$ là hàm
nhân tính. Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương:
1) $g\left( n
\right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)}$ với mọi $n\in {{Z}_{>0}}$.
2) $f\left( n
\right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)g\left( \frac{n}{d} \right)}$ với
mọi $n\in {{Z}_{>0}}$.
3) $\sum\limits_{n\le x}{g\left( n
\right)}=\sum\limits_{d\le x}{f\left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}$ với
mọi $x\in {{R}_{>1}}$.
Chứng
minh
Ta chứng minh 1) suy ra 2).
Ta có
$\sum\limits_{d|n}{\mu
\left( d \right)g\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d
\right)\left( \sum\limits_{c|\frac{n}{d}}{f\left( c \right)}
\right)}=\sum\limits_{d|n}{f\left( \frac{n}{d} \right)}\left(
\sum\limits_{c|d}{\mu \left( c \right)} \right)$
Theo Định lý 3 thì $\sum\limits_{c|d}{\mu \left( c
\right)}=0$ nếu $d\ge 2$, suy ra
$\sum\limits_{d|n}{\mu
\left( d \right)g\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{f\left(
\frac{n}{d} \right)}\left( \sum\limits_{c|d}{\mu \left( c \right)}
\right)=f\left( n \right)$.
Ta chứng minh 2) suy ra 1).
Ta có
$\sum\limits_{d|n}{f\left(
d \right)}=\sum\limits_{d|n}{\left( \sum\limits_{c|d}{\mu \left( c
\right)g\left( \frac{d}{c} \right)} \right)}=\sum\limits_{d|n}{g\left(
\frac{n}{d} \right)\left( \sum\limits_{c|d}{\mu \left( c \right)} \right)}$.
Theo Định lý 3 thì $\sum\limits_{c|d}{\mu \left( c
\right)}=0$ nếu $d\ge 2$, suy ra
$\sum\limits_{d|n}{f\left(
d \right)}=\sum\limits_{d|n}{g\left( \frac{n}{d} \right)\left(
\sum\limits_{c|d}{\mu \left( c \right)} \right)}=g\left( n \right)$.
Chứng minh 1) suy ra 3).
Ta có
$\sum\limits_{n\le
x}{g\left( n \right)}=\sum\limits_{n\le x}{\sum\limits_{d|n}{f\left( d
\right)}}=\sum\limits_{d\le x}{f\left( d \right)\sum\limits_{n\le
x,d|n}{1}}=\sum\limits_{d\le x}{f\left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}$.
Chứng minh 3) suy ra 1).
Ta có
$g\left(
n \right)=\sum\limits_{m\le n}{g\left( m \right)}-\sum\limits_{m\le
n-1}{g\left( m \right)}=\sum\limits_{d\le n}{f\left( d \right)\left[
\frac{n}{d} \right]}-\sum\limits_{d\le n-1}{f\left( d \right)\left[
\frac{n-1}{d} \right]}$
$=f\left(
n \right)+\sum\limits_{d\le n-1}{f\left( d \right)\left( \left[ \frac{n}{d}
\right]-\left[ \frac{n-1}{d} \right] \right)}=\sum\limits_{d|n}{f\left( d
\right)}$.
vì $\left[ \frac{n}{d} \right]-\left[ \frac{n-1}{d}
\right]=1$ nếu $d|n$ và $\left[ \frac{n}{d} \right]-\left[ \frac{n-1}{d}
\right]=0$ trong các trường hợp khác.
Định lý 5: Với mọi $x\in
{{R}_{>1}}$ ta có
$\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)=\sum\limits_{d|{{P}_{\sqrt{x}}}}{\mu \left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}-1$,
trong đó ${{P}_{\sqrt{x}}}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{\sqrt{x}}}}{p}$ .
$\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)=\sum\limits_{d|{{P}_{\sqrt{x}}}}{\mu \left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}-1$,
trong đó ${{P}_{\sqrt{x}}}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{\sqrt{x}}}}{p}$ .
Chứng minh
Ta đặt
${{\Delta
}_{\sqrt{x}}}=\left\{ p\in P:p\le \sqrt{x} \right\}=\left\{
{{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}} \right\}$,
${{C}_{d}}=\left\{ n\le x:d|n \right\}$,
$C=\left\{ n\le x,n\notin P \right\}$.
Từ cách đặt như trên, ta dễ dàng chứng tỏ $\bigcap\limits_{i=1}^{k}{{{C}_{{{d}_{i}}}}}={{C}_{{{d}_{1}}{{d}_{2}}\ldots
{{d}_{k}}}}$nếu ${{d}_{i}},i=\overline{1,k}$ đôi một nguyên tố cùng nhau. Hơn nữa,
$\eta \left( {{C}_{d}} \right)=\left[ \frac{x}{d} \right]$.
Như đã biết, nếu một số $\le x$ là hợp số thì số đó phải có
ít nhất một ước nguyên tố không quá $\sqrt{x}$, tức phải chia hết cho một ${{p}_{i}}$
nào đó. Vậy
$C=\bigcup\limits_{i=1}^{m}{{{C}_{{{p}_{i}}}}}\cup
\left\{ 1 \right\}\backslash {{\Delta }_{\sqrt{x}}}$,
suy ra
$\eta \left( C
\right)=\eta \left( \bigcup\limits_{i=1}^{m}{{{C}_{{{p}_{i}}}}} \right)+1-\eta
\left( {{\Delta }_{\sqrt{x}}} \right)=\eta \left(
\bigcup\limits_{i=1}^{m}{{{C}_{{{p}_{i}}}}} \right)+1-\pi \left( \sqrt{x}
\right)$
Mặt khác, $\eta
\left( C \right)=\left[ x \right]-\pi \left( x \right)$ nên ta nhận đẳng thức
$\pi \left( x
\right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)=\left[ x \right]-\eta \left(
\bigcup\limits_{i=1}^{m}{{{C}_{{{p}_{i}}}}}
\right)-1=\sum\limits_{d|{{P}_{\sqrt{x}}}}{\mu \left( d \right)\left[
\frac{x}{d} \right]}-1$
Định
lý 6: Cho $D\in
{{Z}_{>0}}$ và $x\in {{R}_{\ge 1}}$. Ký hiệu $\Phi \left( x,D \right)$ chỉ số các số nguyên dương không vượt quá $x$ và nguyên tố cùng nhau với
$D.$ Khi đó,
$\Phi
\left( x,D \right)=\sum\limits_{d|D}{\mu \left( d \right)\left[ \frac{x}{d}
\right]}$.
Chứng
minh
Gọi $n$ là số nguyên dương không vượt quá $x$. Ta có
nhận xét sau: nếu $\left( n,D \right)=1$ thì $\sum\limits_{d|\left(
n,D \right)}{\mu \left( d \right)}=1$; nếu $\left( n,D \right)>1$ thì $\sum\limits_{d|\left(
n,D \right)}{\mu \left( d \right)}=0$. Kết quả trên cho ta khẳng định sau:
$\Phi
\left( x,D \right)=\sum\limits_{n\le x}{\sum\limits_{d|\left( n,D \right)}{\mu
\left( d \right)}}=\sum\limits_{d|D}{\mu \left( d \right)\sum\limits_{n\le
x,d|n}{1}}=\sum\limits_{d|D}{\mu \left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}$
Từ Định lý 6 ta thu được hệ quả quan trọng sau đây:
Hệ
quả 2: Ký hiệu ${{\Phi
}_{m}}\left( x \right)$ chỉ số các số nguyên dương không vượt quá $x$ và không
chia hết cho bất kỳ số nào trong $m$ số nguyên tố đầu tiên ${{p}_{i}},i=\overline{1,m}$.
Khi đó,
${{\Phi
}_{m}}\left( x \right)=\sum\limits_{d|{{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots {{p}_{m}}}{\mu
\left( d \right)\left[ \frac{x}{d} \right]}$.
Mệnh đề 1: Với mọi $x\in
{{R}_{>1}}$ ta có đẳng thức
$\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)+1={{\Phi }_{m}}\left( x \right)$ với $m=\pi \left( \sqrt{x} \right)$.
$\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)+1={{\Phi }_{m}}\left( x \right)$ với $m=\pi \left( \sqrt{x} \right)$.
Chứng
minh
Một số nguyên dương không vượt quá $x$ và không chia hết
cho bất kỳ số nguyên tố nào $\le \sqrt{x}$ thì số đó chỉ có thể là $1$ hoặc là
một số nguyên tố lớn hơn $\sqrt{x}$, số các số nguyên dương như thế chính là ${{\Phi
}_{m}}\left( x \right)$, đồng thời cũng bằng $\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)+1$. Do đó, $\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x}
\right)+1={{\Phi }_{m}}\left( x \right)$.
Từ Mệnh đề 1 và Hệ quả 2 ta được ngay Định lý 5.
Mệnh đề 2: Cho $x\in {{R}_{\ge 4}}$ và ${{D}_{m}}={{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots
{{p}_{m}}$. Khi đó,
$\Phi \left(
x,{{D}_{m}} \right)=\Phi \left( x,{{D}_{m-1}} \right)-\Phi \left(
\frac{x}{{{p}_{m}}},{{D}_{m-1}} \right)$.
Chứng minh
Ta xét các tập
hợp
${{A}_{1}}=\left\{ n\le
x:\left( n,{{D}_{m}} \right)=1 \right\}$,
${{A}_{2}}=\left\{ n\le
x:\left( n,{{D}_{m-1}} \right)=1 \right\}$,
$B=\left\{ n\le
x:\left( n,{{D}_{m-1}} \right)=1,{{p}_{m}}|n \right\}$
Hiển nhiên $\eta
\left( {{A}_{1}} \right)=\Phi \left( x,{{D}_{m}} \right),\eta \left( {{A}_{2}}
\right)=\Phi \left( x,{{D}_{m-1}} \right)$ và ${{A}_{1}}\cap B=\varnothing
,{{A}_{1}}\cup B={{A}_{2}}$.
Tiếp theo ta
cần tính $\eta \left( B \right)$. Như đã biết, số các số nguyên dương là bội của
${{p}_{m}}$ và không vượt quá $x$ là $\left[
\frac{x}{{{p}_{m}}} \right]$. Ta suy
ra
$\eta \left( B \right)=\eta \left(
\left\{ k\le \left[ \frac{x}{{{p}_{m}}} \right]:\left( k,{{D}_{m-1}} \right)=1
\right\} \right)=\Phi \left( \left[ \frac{x}{{{p}_{m}}} \right],{{D}_{m-1}}
\right)=\Phi \left( \frac{x}{{{p}_{m}}},{{D}_{m-1}} \right)$.
Do đó, $\Phi
\left( x,{{D}_{m}} \right)=\Phi \left( x,{{D}_{m-1}} \right)-\Phi \left(
\frac{x}{{{p}_{m}}},{{D}_{m-1}} \right)$.
Để kết thúc
bài viết ta sẽ trình bày một kết quả quan trọng, rất thuận tiện cho sự tính
toán $\pi \left( x \right)$.
Định lý 7 (Định lý Meissel): Cho $x\in {{R}_{\ge 4}}$, đặt $n=\pi \left( \sqrt{x} \right),m=\pi \left(
\sqrt[3]{x} \right)$ và $s=n-m$. Khi đó ta có
$\pi \left( x
\right)=\Phi \left( x,{{D}_{m}} \right)+m\left( s+1 \right)+\frac{1}{2}s\left(
s-1 \right)-1-\sum\limits_{i=1}^{s}{\pi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}} \right)}$
Chứng minh
Theo Mệnh đề
2, với mọi $i=\overline{1,s}$ ta có
$\Phi \left(
x,{{D}_{m+i}} \right)=\Phi \left( x,{{D}_{m+i-1}} \right)-\Phi \left(
\frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}} \right)$,
suy ra
$\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( x,{{D}_{m+i}} \right)}=\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( x,{{D}_{m+i-1}} \right)}-\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}} \right)}$ hay
$\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( x,{{D}_{m+i}} \right)}=\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( x,{{D}_{m+i-1}} \right)}-\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}} \right)}$ hay
$\Phi \left(
x,{{D}_{n}} \right)=\Phi \left( x,{{D}_{m}} \right)-\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi
\left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}} \right)}$. (1)
Vì $n=\pi
\left( \sqrt{x} \right)$ nên theo Mệnh đề 1 ta có
$\Phi \left(
x,{{D}_{n}} \right)=\pi \left( x \right)-\pi \left( \sqrt{x} \right)+1=\pi
\left( x \right)-n+1$,
thay vào (1)
ta được
$\pi \left( x
\right)=\Phi \left( x,{{D}_{m}} \right)+n-1-\sum\limits_{i=1}^{s}{\Phi \left(
\frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}} \right)}$.
(2)
Vì $n=\pi
\left( \sqrt{x} \right),m=\pi \left( \sqrt[3]{x} \right)$ và $s=n-m$ nên với mọi
$i=\overline{1,s}$ ta có ${{p}_{m+i}}$ lớn hơn $\sqrt[3]{x}$ và không vượt quá $\sqrt{x}$.
Ta suy ra $\frac{x}{{{p}_{m+i}}}$ sẽ không bé hơn $\sqrt{x}$ và nhỏ hơn $\sqrt[3]{{{x}^{2}}}$.
Do đó,
$\Phi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}},{{D}_{m+i-1}}
\right)=1+\pi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}} \right)-\left( m+i-1
\right),i=\overline{1,s}$,
Thay vào (2)
ta được
$\pi \left( x
\right)=\Phi \left( x,{{D}_{m}} \right)+m\left( s+1 \right)+\frac{1}{2}s\left(
s-1 \right)-1-\sum\limits_{i=1}^{s}{\pi \left( \frac{x}{{{p}_{m+i}}} \right)}$
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét