TÍCH CHẬP DIRICHLET VÀ ỨNG DỤNG

Trước hết, ta sẽ định nghĩa lại khái niệm tích chập Dirichlet: Cho hai hàm số số học $f,g:{{Z}_{>0}}\to R$. Tích chập Dirichlet của hai hàm $f$ và $g$, ký hiệu $f*g$, là một hàm số số học xác định bởi công thức

$\left( f*g \right)\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)g\left( \frac{n}{d} \right)},\forall n\in {{Z}_{>0}}$

Tích chập Dirichlet đã được giới thiệu một cách sơ lược trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 2). Tuy nhiên, để có cái nhìn cụ thể và sâu rộng hơn về vấn đề này, người viết xin dành một bài để tìm hiểu những kết quả liên quan đến tích chập Dirichlet.

Định lý 1: Tích chập Dirichlet thỏa mãn tính giao hoán và kết hợp, tức với các hàm số số học $f,g$ và $k$ ta luôn có

            1) $f*g=g*f.$

            2) $\left( f*g \right)*k=f*\left( g*k \right)$.

Chứng minh

Dựa vào định nghĩa của tích chập Dirichlet ta có thể viết

$\left( f*g \right)\left( n \right)=\sum\limits_{ab=n}{f\left( a \right)g\left( b \right)}$,

ở đây $a,b$ chạy trên tất cả các số nguyên dương sao cho tích của chúng bằng $n$. Do đó,

$\left( f*g \right)\left( n \right)=\sum\limits_{ab=n}{f\left( a \right)g\left( b \right)}=\sum\limits_{ba=n}{g\left( b \right)f\left( a \right)}=\left( g*f \right)\left( n \right).$

Vậy tích chập Dirichlet thỏa mãn tính giao hoán.

Để chứng minh tính kết hợp ta đặt $A=g*k$, khi đó $f*\left( g*k \right)=f*A$. Ta có

$\left( f*A \right)\left( n \right)=\sum\limits_{ad=n}{f\left( a \right)A\left( d \right)}=\sum\limits_{ad=n}{f\left( a \right)\left[ \sum\limits_{bc=d}{g\left( b \right)k\left( c \right)} \right]}$

Ta suy ra

$\left( f*A \right)\left( n \right)=\sum\limits_{abc=n}{f\left( a \right)g\left( b \right)}k\left( c \right)$.

Tương tự, ta đặt $B=f*g$, khi đó $\left( f*g \right)*k=B*k$ và

$\left( B*k \right)\left( n \right)=\sum\limits_{dc=n}{B\left( d \right)k\left( c \right)}=\sum\limits_{abc=n}{f\left( a \right)g\left( b \right)k\left( c \right)}$.

Vậy $f*\left( g*k \right)=\left( f*g \right)*k$ hay tích chập Dirichlet thỏa mãn tính kết hợp.

Tiếp theo ta sẽ tìm hiểu phân tử đơn vị của tích chập.

Định nghĩa 1: Hàm số số học $I$ được cho bởi công thức $I\left( n \right)=\left[ \frac{1}{n} \right],\forall n\in {{Z}_{>0}}$ được gọi là hàm đồng nhất.

Định lý 2: Với mọi hàm số số học $f$ ta luôn có $f*I=I*f=f.$

Chứng minh

Ta có

$\left( f*I \right)\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)I\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)\left[ \frac{d}{n} \right]}=f\left( n \right)$

vì $\left[ \frac{d}{n} \right]=0$ nếu $d < n$.

Định lý 3: Nếu $f$ là một hàm số số học với $f\left( 1 \right)\ne 0$ thì tồn tại duy nhất một hàm số số học ${{f}^{-1}}$, được gọi là nghịch đảo Dirichlet của $f$, sao cho

$f*{{f}^{-1}}={{f}^{-1}}*f=I.$

Hơn nữa, ${{f}^{-1}}$ được xác định bởi công thức đệ qui sau:

            1) ${{f}^{-1}}\left( 1 \right)=\frac{1}{f\left( 1 \right)}.$

            2)  ${{f}^{-1}}\left( n \right)=\frac{-1}{f\left( 1 \right)}\sum\limits_{d|n,d\ne n}{f\left( \frac{n}{d} \right){{f}^{-1}}\left( d \right)}$ với $n\in {{Z}_{>1}}$.

Chứng minh

Trước hết ta chứng minh sự duy nhất của hàm ${{f}^{-1}}$. Thật vậy, nếu có hàm $k$ thỏa điều kiện $f*k=k*f=I$ thì

$k = k*I = k*\left( {f*{f^{ - 1}}} \right) = \left( {k*f} \right)*{f^{ - 1}} = I*{f^{ - 1}} = {f^{ - 1}}$

Tiếp theo ta chứng tỏ sự tồn tại của ${{f}^{-1}}$. Xét phương trình

$\left( f*{{f}^{-1}} \right)\left( n \right)=I\left( n \right),n\in {{Z}_{>0}}$    (*)

Với $n=1$ ta có

$\left( f*{{f}^{-1}} \right)\left( 1 \right)=I\left( 1 \right)\Leftrightarrow f\left( 1 \right){{f}^{-1}}\left( 1 \right)=1\Leftrightarrow {{f}^{-1}}\left( 1 \right)=\frac{1}{f\left( 1 \right)}.$

Giả sử ${{f}^{-1}}\left( k \right)$ được xác định duy nhất cho tất cả $k < n$. Ta sẽ xác định ${f^{ - 1}}\left( n \right)$.

Phương trình (*) tương đương với

$\left( f*{{f}^{-1}} \right)\left( n \right)=0\Leftrightarrow f\left( 1 \right){{f}^{-1}}\left( n \right)+\sum\limits_{d|n,d\ne n}{f\left( \frac{n}{d} \right){{f}^{-1}}\left( d \right)=0}$

ta suy ra

${f^{ - 1}}\left( n \right) = \frac{{ - 1}}{{f\left( 1 \right)}}\sum\limits_{d|n,d \ne n} {f\left( {\frac{n}{d}} \right){f^{ - 1}}\left( d \right)} $

Ta đã chứng minh được sự tồn tại của ${{f}^{-1}}$. Định lý đã được chứng minh.

Hệ quả 1: Cho hai hàm số số học $f,g$ thỏa điều kiện $f\left( 1 \right)\ne 0,g\left( 1 \right)\ne 0$. Khi đó, $f,g$ khả nghịch Dirichlet và

${{\left( f*g \right)}^{-1}}={{f}^{-1}}*{{g}^{-1}}.$

Định nghĩa 2: Hàm số số học $u$ được gọi là hàm đơn vị nếu $u\left( n \right)=1,\forall n\in {{Z}_{>0}}.$

Định lý 4: ${{\mu }^{-1}}=u$ với $\mu $ là hàm Mobius.

Chứng minh

Vì $\mu \left( 1 \right)=1$ nên ${{\mu }^{-1}}$ tồn tại. Hơn nữa,

$\left( \mu *u \right)\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)u\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)}=\left[ \frac{1}{n} \right]=I\left( n \right)$

với mọi $n\in {{Z}_{>0}}$. Vậy ${{\mu }^{-1}}=u$.

Sử dụng Định lý 4 ta sẽ chứng minh nhiều kết quả trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 2) một cách dễ dàng.

Định lý 5 (Công thức nghịch đảo Mobius): Với $f,g$ là hai hàm số số học thì hai đẳng thức sau là tương đương:

            1) $g\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)},n\in {{Z}_{>0}}.$

            2) $f\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{g\left( \frac{n}{d} \right)\mu \left( d \right)}$.

Chứng minh

Đẳng thức $g\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{f\left( d \right)},n\in {{Z}_{>0}}$ tương đương với $g=f*u$. Do đó

$g * \mu  = \left( {f * u} \right) * \mu  = f * \left( {u * \mu } \right) = f.$

Vậy hai đẳng thức 1) và 2) là tương đương với nhau.

Hệ quả 2: Ta luôn có $\frac{\varphi \left( n \right)}{n}=\sum\limits_{d|n}{\frac{\mu \left( d \right)}{d}}$ với $n\in {{Z}_{>0}}$ với $\varphi $ là Phi-hàm Euler. 

Chứng minh

Ta xét hàm số số học $H$ được xác định bởi công thức $H\left( n \right)=n,\forall n\in {{Z}_{>0}}$. Khi đó

$H\left( n \right)=n=\sum\limits_{d|n}{\varphi \left( d \right)}$

Sử dụng Định lý 5 ta được

$\varphi \left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)H\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\frac{n}{d}}$.

Từ đẳng thức trên ta có ngay điều phải chứng minh.

Sau đây ta nhắc lại một khái niệm cũng được đề cập trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 2). 

Định nghĩa 3: Hàm số số học $f$ được gọi là nhân tính nếu $f$ không đồng nhất bằng 0 và $f\left( mn \right)=f\left( m \right)f\left( n \right)$ với mọi $m,n$ thỏa $\left( m,n \right)=1$.

Hàm số số học $f$ được gọi là nhân tính hoàn toàn nếu $f\left( mn \right)=f\left( m \right)f\left( n \right)$ với mọi $m,n$.

Ví dụ 1: Hàm số số học $\mu $ là nhân tính nhưng không nhân tính hoàn toàn vì

$\mu \left( 3 \right)\mu \left( 3 \right)=1\ne \mu \left( {{3}^{2}} \right)=0$.

Ví dụ 2: Phi-hàm Euler $\varphi $ cũng là hàm nhân tính nhưng không nhân tính hoàn toàn.

Ví dụ 3: Hàm số đồng nhất $I$ là hàm nhân tính hoàn toàn.

Ví dụ 4: Hàm số số học ${{N}_{\alpha }}$ được xác định bởi công thức ${{N}_{\alpha }}\left( n \right)={{n}^{\alpha }},\forall n\in {{Z}_{>0}}$ với $\alpha $ là một số phức cho trước là một hàm số nhân tính hoàn toàn. Lưu ý, ${{N}_{0}}=u$.

Định lý 6: Nếu $f$ là một hàm số số học  nhân tính thì $f\left( 1 \right)=1.$

Chứng minh

Vì $\left( n,1 \right)=1$ nên $f\left( n \right)=f\left( 1 \right)f\left( n \right)$. Hơn nữa, $f$ là hàm nhân tính nên tồn tại $n$ sao cho $f\left( n \right)\ne 0$, suy ra $f\left( 1 \right)=1$.

Hàm Mangoldt $\Lambda $ không phải là hàm nhân tính vì $\Lambda \left( 1 \right)=0$.

Từ các kết quả trên ta được kết quả quan trọng sau:

Định lý 7: Cho $f$ là một hàm số số học thỏa $f\left( 1 \right)=1$. Khi đó

            1) $f$ là nhân tính khi và chỉ khi

$f\left( p_{1}^{{{\alpha }_{i}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)=f\left( p_{1}^{{{\alpha }_{1}}} \right)\ldots f\left( p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)$

với ${{p}_{i}}$ là các số nguyên tố và ${{\alpha }_{i}}\in {{Z}_{>0}}$.

            2) Nếu $f$ là nhân tính thì $f$ là nhân tính hoàn toàn khi và chỉ khi

$f\left( {{p}^{\alpha }} \right)={{\left[ f\left( p \right) \right]}^{\alpha }}$

với $p$ là số nguyên tố tùy ý và $\alpha \in {{Z}_{>0}}$.

Chứng minh Định lý 7 xin dành cho bạn đọc.

Kết quả sau đây ta đã tìm hiểu trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 2).

Định lý 8: Cho $f,g$ là hai hàm số số học nhân tính. Khi đó, $f*g$ cũng là hàm nhân tính.

Chứng minh Định lý 8 bạn đọc hãy xem bài viết trên.

Chú ý: Tích hai hàm nhân tình không phải là hàm nhân tính hoàn toàn.

Ví dụ 5: Hai hàm $u,{{N}_{2}}$ đều là nhân tính hoàn toàn nhưng hàm $v=u*{{N}_{2}}$ không là nhân tính hoàn toàn vì $v\left( 4 \right)=u\left( 1 \right){{N}_{2}}\left( 4 \right)+u\left( 2 \right){{N}_{2}}\left( 2 \right)+u\left( 4 \right){{N}_{2}}\left( 1 \right)=21$ không phải là số chính phương. 

Định lý 9: Nếu $g$ là hàm nhân tính và $h=f*g$ là hàm nhân tính thì $f$ cũng là hàm nhân tính.

Chứng minh

Giả sử $f$ không là hàm nhân tính. Tức tồn tại hai số nguyên dương $m,n$ sao cho $\left( m,n \right)=1$ và $f\left( m \right)f\left( n \right)\ne f\left( mn \right)$. Ta chọn hai số $m,n$ thỏa điều kiện trên có tích $mn$ bé nhất.

Nếu $mn=1$ thì $m=n=1$, suy ra $f\left( 1 \right)\ne f\left( 1 \right)f\left( 1 \right)$ hay $f\left( 1 \right)\ne 1$. Khi đó

$h\left( 1 \right)=g\left( 1 \right)f\left( 1 \right)=f\left( 1 \right)\ne 1$,

trái với giả thiết hàm $h$ là nhân tính. Vậy $mn\ge 2$.  

Nếu $mn\ge 2$ thì $f\left( ab \right)=f\left( a \right)f\left( b \right)$ với mọi $a,b$ thỏa $\left( a,b \right)=1$ và $ab < mn$. Khi đó, $h\left( {mn} \right) = \sum\limits_{a|m,b|n,ab < mn} {f\left( {ab} \right)g\left( {\frac{{mn}}{{ab}}} \right)}  + f\left( {mn} \right) = \sum\limits_{a|m,b|n,ab < mn} {f\left( a \right)f\left( b \right)g\left( {\frac{m}{a}} \right)g\left( {\frac{n}{b}} \right) + f\left( {mn} \right)}$
Ta suy ra
$h\left( {mn} \right) = \sum\limits_{a|m,b|n,ab < mn} {f\left( {ab} \right)g\left( {\frac{{mn}}{{ab}}} \right)}  + f\left( {mn} \right) = h\left( m \right)h\left( n \right) + f\left( {mn} \right) - f\left( m \right)f\left( n \right)$

Vì $f\left( m \right)f\left( n \right)\ne f\left( mn \right)$ nên ta suy ra $h\left( m \right)h\left( n \right)\ne h\left( mn \right)$, trái giả thiết $h$ là hàm nhân tính. Vậy $f$ là hàm nhân tính.

Hệ quả 3: Nếu $g$ là hàm nhân tính thì ${{g}^{-1}}$ cũng là hàm nhân tính.

Chứng minh

Từ Định lý 9 cho $f={{g}^{-1}}$ ta có ngay Hệ quả 3.

Định lý 10: Nếu $f$ là hàm nhân tính thì $f$ là nhân tính hoàn toàn khi và chỉ khi

${{f}^{-1}}\left( n \right)=\mu \left( n \right)f\left( n \right),\forall n\in {{Z}_{>0}}$

Chứng minh

Đặt $g\left( n \right)=\mu \left( n \right)f\left( n \right),n\in {{Z}_{>0}}$. Nếu $f$ là nhân tính hoàn toàn thì

$\left( g*f \right)\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{g\left( d \right)f\left( \frac{n}{d} \right)}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)f\left( d \right)f\left( \frac{n}{d} \right)}=f\left( n \right)\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)}=I\left( n \right)$

Ta suy ra ${{f}^{-1}}=g$.

Nếu ${{f}^{-1}}\left( n \right)=\mu \left( n \right)f\left( n \right),\forall n\in {{Z}_{>0}}$ thì  

$\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)f\left( d \right)f\left( \frac{n}{d} \right)}=0,\forall n\in {{Z}_{>1}}$.

Cho $n={{p}^{\alpha }},\alpha \in {{Z}_{>0}}$ với $p$ là số nguyên tố bất kỳ, thay vào đẳng thức trên ta được

$\sum\limits_{d|{{p}^{\alpha }}}{\mu \left( d \right)f\left( d \right)f\left( \frac{{{p}^{\alpha }}}{d} \right)}=0\Leftrightarrow f\left( 1 \right)f\left( {{p}^{\alpha }} \right)-f\left( p \right)f\left( {{p}^{\alpha -1}} \right)=0$

Do đó $f\left( {{p}^{\alpha }} \right)=f\left( p \right)f\left( {{p}^{\alpha -1}} \right)$. Bằng qui nạp ta nhận được $f\left( {{p}^{\alpha }} \right)={{\left[ f\left( p \right) \right]}^{\alpha }}$.

Áp dụng Định lý 7 ta được điều phải chứng minh.

Ví dụ 6: Ta đã biết $\varphi \left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)\frac{n}{d}}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right){{N}_{1}}\left( \frac{n}{d} \right)}$ nên $\varphi =\mu *{{N}_{1}}$. Do đó ${{\varphi }^{-1}}={{\mu }^{-1}}*N_{1}^{-1}$. Vì ${{N}_{1}}$ cộng tính hoàn toàn nên $N_{1}^{-1}=\mu {{N}_{1}}$, suy ra ${{\varphi }^{-1}}=u*\left( \mu {{N}_{1}} \right)$ hay ${{\varphi }^{-1}}\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right){{N}_{1}}\left( d \right)}=\sum\limits_{d|n}{\mu \left( d \right)d}$.

Giả sử $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}}$, vì ${{\varphi }^{-1}}$ là nhân tính nên

${{\varphi }^{-1}}\left( n \right)={{\varphi }^{-1}}\left( p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)={{\varphi }^{-1}}\left( p_{1}^{{{\alpha }_{1}}} \right){{\varphi }^{-1}}\left( p_{2}^{{{\alpha }_{2}}} \right)\ldots {{\varphi }^{-1}}\left( p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)$

Ta thấy ${{\varphi }^{-1}}\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\sum\limits_{d|p_{1}^{{{\alpha }_{i}}}}{d\mu \left( d \right)}=1-{{p}_{i}}$.

Vậy ${{\varphi }^{-1}}\left( n \right)=\prod\limits_{p|n}{\left( 1-p \right)}$.

Định nghĩa 4: Hàm số số học $\lambda $ được gọi là hàm Liouville nếu $\lambda $ được xác định như sau:

            1) $\lambda \left( 1 \right)=1$.

            2) $\lambda \left( n \right)={{\left( -1 \right)}^{{{\alpha }_{1}}+\ldots +{{\alpha }_{k}}}}$ trong đó $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}}$.

Định lý 11: Hàm Liouville $\lambda $ là hàm nhân tính hoàn toàn.

Chứng minh Định lý 11 xin dành cho bạn đọc.

Định lý 12: Với mọi $n\in {{Z}_{>0}}$ ta có $\sum\limits_{d|n}{\lambda \left( d \right)}=1$ nếu $n$ là số chính phương và $\sum\limits_{d|n}{\lambda \left( d \right)}=0$ trong trường hợp ngược lại.

Chứng minh

Ta đặt $g\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{\lambda \left( d \right)}$. Vì $\lambda $ là nhân tính hoàn toàn nên $g$ là nhân tính.

Giả sử $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}}$. Khi đó $g\left( n \right)=g\left( p_{1}^{{{\alpha }_{1}}} \right)g\left( p_{2}^{{{\alpha }_{2}}} \right)\ldots g\left( p_{k}^{{{\alpha }_{k}}} \right)$.

Ta thấy $g\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\sum\limits_{d|p_{1}^{{{\alpha }_{i}}}}{\lambda \left( d \right)}=1-1+1-\ldots +{{\left( -1 \right)}^{{{\alpha }_{i}}}}$. Do đó, $g\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=0$ nếu ${{\alpha }_{i}}$ chẵn và $g\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=1$ nếu ${{\alpha }_{i}}$ lẻ. Định lý 12 đã được chứng minh. 

Định lý 13: Với mọi $n\in {{Z}_{>0}}$ ta có ${{\lambda }^{-1}}\left( n \right)=\left| \mu \left( n \right) \right|$.

Chứng minh

Vì $\lambda $ là nhân tính hoàn toàn nên ${{\lambda }^{-1}}\left( n \right)=\mu \left( n \right)\lambda \left( n \right)={{\mu }^{2}}\left( n \right)=\left| \mu \left( n \right) \right|$.