ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN HILBERT

Hilbert Matrix by hhdinh19

HÀM ƯỚC VÀ CÔNG THỨC TIỆM CẬN DIRICHLET

Trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 4) ta đã giới thiệu một công thức rất đẹp mang tên Công thức tiệm cận Dirichlet cho hàm ước. Tuy nhiên, ta chưa đưa ra cách chứng minh cũng như các bình luận cho công thức này nên cần thực hiện một bài viết nhỏ để giúp các bạn đọc yêu Toán hiểu thêm về hàm số số học này.

Định nghĩa 1: Hàm số số học ${{\sigma }_{\alpha }}$ được gọi là hàm ước với bậc $\alpha \in C$ nếu ${{\sigma }_{\alpha }}$ được xác định như sau:

${{\sigma }_{\alpha }}\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{{{d}^{\alpha }}}$.

Khi $\alpha =0$ thì ${{\sigma }_{0}}\left( n \right)$ chính là số ước dương của $n$, thường được ký hiệu là $d\left( n \right)$.

Khi $\alpha =1$ thì ${{\sigma }_{1}}\left( n \right)$ chính là tổng các ước dương của n; thường được ký hiệu là $\sigma \left( n \right)$.

Định lý 1: Hàm ${{\sigma }_{\alpha }}$ là hàm nhân tính. Hơn nữa, nếu $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}}$ thì

                        1) ${{\sigma }_{0}}\left( n \right)=\prod\limits_{i=1}^{k}{\left( {{\alpha }_{i}}+1 \right)}$.

                        2) ${{\sigma }_{\alpha }}\left( n \right)=\prod\limits_{i=1}^{k}{\frac{p_{i}^{\alpha \left( {{\alpha }_{i}}+1 \right)}-1}{p_{i}^{\alpha }-1}},\alpha \ne 0$.

Chứng minh

Từ Định nghĩa 1 ta suy ra ${{\sigma }_{\alpha }}=u*{{N}_{\alpha }}$ nên hiển nhiên ${{\sigma }_{\alpha }}$ là hàm nhân tính.

Nếu $n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}}$ thì

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

Ta có

${{\sigma }_{\alpha }}\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\sum\limits_{d|p_{i}^{{{\alpha }_{i}}}}{{{d}^{\alpha }}}=1+p_{i}^{\alpha }+p_{i}^{2\alpha }+\ldots +p_{i}^{{{\alpha }_{i}}\alpha }$.

Dễ thấy với $\alpha =0$ thì ${{\sigma }_{0}}\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\left( {{\alpha }_{i}}+1 \right)$, vì thế ta được 1).

Với $\alpha \ne 0$ thì ${{\sigma }_{\alpha }}\left( p_{i}^{{{\alpha }_{i}}} \right)=\frac{p_{i}^{\alpha \left( {{\alpha }_{i}}+1 \right)}-1}{p_{i}^{\alpha }-1}$, ta có ngay 2).

Định lý 2: Với mọi $n\in {{Z}_{>0}}$ ta có

$\sigma _{\alpha }^{-1}\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{{{d}^{\alpha }}\mu \left( d \right)\mu \left( \frac{n}{d} \right)}$

Chứng minh

Vì ${{\sigma }_{\alpha }}=u*{{N}_{\alpha }}$ nên $\sigma _{\alpha }^{-1}={{u}^{-1}}*N_{\alpha }^{-1}$. Ta đã biết ${{u}^{-1}}=\mu $ và $N_{\alpha }^{-1}=\mu {{N}_{\alpha }}$ vì ${{N}_{\alpha }}$ là hàm nhân tính hoàn toàn. Do đó $\sigma _{\alpha }^{-1}=\mu *\mu {{N}_{\alpha }}$ hay $\sigma _\alpha ^{ - 1}\left( n \right) = \sum\limits_{d|n} {{d^\alpha }\mu \left( d \right)\mu \left( {\frac{n}{d}} \right)}$.

Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số công thức tiệm cận cơ bản được sử dụng cho bài viết hôm nay:

Định lý 3: Với mọi $x\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có

            1) $\sum\limits_{n\le x}{\frac{1}{n}}=\ln x+C+O\left( \frac{1}{x} \right)$ , với $C$ là hằng số Euler.

            2) $\sum\limits_{n\le x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=\frac{{{x}^{1-s}}}{1-s}+\zeta \left( s \right)+O\left( {{x}^{-s}} \right)$ với mọi $s > 1$.

             3)  $\sum\limits_{n>x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=O\left( {{x}^{1-s}} \right)$ với mọi $s > 1$.

            4)   $\sum\limits_{n\le x}{{{n}^{s}}}=\frac{{{x}^{s+1}}}{s+1}+O\left( {{x}^{s}} \right)$ với mọi $s\ge 0$.

Chứng minh

Công thức 1) đã được chứng minh trong bài viết 

Để chứng minh 2) ta sử dụng Định lý 3 trong bài viết Định lý số nguyên tố (Phần 3) cho hàm $f\left( t \right)=\frac{1}{{{t}^{s}}}$ với $t\in \left[ 1;x \right]$. Khi đó

$\sum\limits_{1\le n\le x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=\int\limits_{1}^{x}{\frac{1}{{{t}^{s}}}}dt-s\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}}dt+1-\frac{\left\{ x \right\}}{{{x}^{s}}}=\frac{{{x}^{1-s}}}{1-s}+C\left( s \right)+O\left( {{x}^{-s}} \right)$

với $C\left( s \right)=1+\frac{1}{s-1}+s\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}$. Ta thấy

$C\left( s \right)=1+\frac{1}{s-1}+s\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}=1+\frac{1}{s-1}+s\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}-s\int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}$

trong đó $s\int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}=O\left( {{x}^{-s}} \right)$ và

$1+\frac{1}{s-1}+s\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{s+1}}}dt}=1+\frac{1}{s-1}+s\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\int\limits_{n}^{n+1}{\frac{t-n}{{{t}^{s+1}}}dt}}=\zeta \left( s \right)$

Do đó $\sum\limits_{n\le x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=\frac{{{x}^{1-s}}}{1-s}+\zeta \left( s \right)+O\left( {{x}^{-s}} \right)$ với mọi $s > 1$. 

Để chứng minh 3) ta dùng 2). Thậy vậy

$\sum\limits_{n>x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=\zeta \left( s \right)-\sum\limits_{n\le x}{\frac{1}{{{n}^{s}}}}=\zeta \left( s \right)-\left( \frac{{{x}^{1-s}}}{1-s}+\zeta \left( s \right)+O\left( {{x}^{-s}} \right) \right)=O\left( {{x}^{1-s}} \right)$

4) được chứng minh tương tự như 2) với hàm $f\left( t \right)={{t}^{s}},t\in \left[ 1;x \right]$.

Tiếp theo, ta sẽ đi vào nội dung chính của bài viết hôm nay, đó là tìm hiểu công thức tiệm cận Dirichlet cho hàm. 

Định lý 4 (Dạng yếu của công thức tiệm cận Dirichlet cho hàm ước bậc 0): Với mọi $x\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\ln x+O\left( x \right)$.

Chứng minh

Vì $d\left( n \right)={{\sigma }_{0}}\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{1}$ nên

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=\sum\limits_{n\le x}{\sum\limits_{d|n}{1}}=\sum\limits_{dp\le x}{1}=\sum\limits_{d\le x}{\sum\limits_{q\le \frac{x}{d}}{1}}$.

Vì $\sum\limits_{q\le \frac{x}{d}}{1}=\left[ \frac{x}{d} \right]=\frac{x}{d}+O\left( 1 \right)$ nên

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\sum\limits_{d\le x}{\frac{1}{d}}+O\left( x \right)=x\left( \ln x+C+O\left( \frac{1}{x} \right) \right)+O\left( x \right)$.

Vậy $\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\ln x+O\left( x \right)$.

Nhận xét: Trong chứng minh trên ta đã sử dụng đẳng thức rất hay $\sum\limits_{n\le x}{\sum\limits_{d|n}{1}}=\sum\limits_{dp\le x}{1}$. Để giải thích điều này ta cần chứng tỏ $\eta \left( A \right)=\eta \left( B \right)$, trong đó

            $A=\left\{ \left( n,d \right)\in Z_{>0}^{2}:n\le x,d|n \right\}$,

             $B=\left\{ \left( q,d \right)\in Z_{>0}^{2}:dq\le x \right\}$.

Xét ánh xạ $f:A\to B$ thỏa $f\left( n,d \right)=\left( \frac{n}{d},d \right)$. Ta sẽ chứng minh $f$ là song ánh.

Lấy $\left( {{n}_{1}},{{d}_{1}} \right),\left( {{n}_{2}},{{d}_{2}} \right)\in A$ sao cho $f\left( {{n}_{1}},{{d}_{1}} \right)=f\left( {{n}_{2}},{{d}_{2}} \right)$, ta suy ra

$\left( \frac{{{n}_{1}}}{{{d}_{1}}},{{d}_{1}} \right)=\left( \frac{{{n}_{2}}}{{{d}_{2}}},{{d}_{2}} \right)\Leftrightarrow \left( {{d}_{1}}={{d}_{2}} \right)\wedge \left( {{n}_{1}}={{n}_{2}} \right)$.

Vậy $f$ là đơn ánh.

Lấy $\left( dq,d \right)\in B$ ta có ngay $f\left( dq,d \right)=\left( q,d \right)$. Vậy $f$ là toàn ánh.

Từ đây ta khẳng định $f$ là song ánh hay $\eta \left( A \right)=\eta \left( B \right)$.    

Tiếp theo ta chứng minh đẳng thức $\sum\limits_{dp\le x}{1}=\sum\limits_{d\le x}{\sum\limits_{q\le \frac{x}{d}}{1}}$.

Có nhiều cách giải thích đẳng thức trên nhưng ở đây ta sẽ dùng công cụ hình học giải tích. Một nút lưới dương là một điểm có hai thành phần tọa độ đều là số nguyên dương trong mặt phẳng tọa độ $Oqd$. Khi đó, tổng $\sum\limits_{dp\le x}{1}$ chính là số nút lưới dương $\left( q,d \right)$ sao cho $dq\le x$, ta sẽ đếm số nút lưới dương này. Với mọi $n=\overline{1,\left[ x \right]}$ các nút lưới dương $\left( q,d \right)$ thỏa $dq=n$ nằm trên một đường hyperbol. Khi $n$ thay đổi thì các hyperbol này sẽ không có điểm chung. Do đó, số các nút lưới dương $\left( q,d \right)$ thỏa $dq\le x$ bằng tổng số các nút lưới dương $\left( q,d \right)$ nằm trên các đường hyperbol ứng với $n=\overline{1,\left[ x \right]}$.      

Với mỗi $d\le x$, tập giá trị của $q$ để nút $\left( q,d \right)$ thuộc một hyperbol nào đó là $\left\{ q\in {{Z}_{>0}}:q\le \frac{x}{d} \right\}$. Do đó,  $\sum\limits_{dp\le x}{1}=\sum\limits_{d\le x}{\sum\limits_{q\le \frac{x}{d}}{1}}$.

Định lý 4 (Dạng mạnh của công thức tiệm cận Dirichlet cho hàm ước bậc 0): Với mọi $x\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\ln x+\left( 2C-1 \right)x+O\left( \sqrt{x} \right)$,

với $C$ là hằng số Euler.

Chứng minh

Ta đã biết $\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}$ bằng tổng số các nút lưới dương nằm trên các đường hyperbol ứng với $n=\overline{1,\left[ x \right]}$. Hơn nữa, các hyperbol này có trục đối xứng là đường thẳng $d=q$ nên $\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}$ bằng hai lần số các nút dương thuộc các nhánh hyperbol nằm dưới đường thẳng $d=q$ cộng với số các nút lưới dương nằm trong đường thẳng $d=q$.

Số nút lưới dương nằm trong đường thẳng $d=q$ bằng số phần tử của tập $\left\{ d\in {{Z}_{>0}}:{{d}^{2}}\le x \right\}$ , tức bằng $\left[ \sqrt{x} \right]$.

Với mỗi $d\le x$, nút $\left( q,d \right)$ thuộc nhánh hyperbol nằm dưới đường thẳng $d=q$ khi và chỉ khi $d < q$ và $dq\le x$, số nút như thế là $\left[ \frac{x}{d} \right]-d$. Do đó,

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=2\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{\left\{ \left[ \frac{x}{d} \right]-d \right\}}+\left[ \sqrt{x} \right]=2\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{\left( \frac{x}{d}-d+O\left( 1 \right) \right)}+O\left( \sqrt{x} \right)$.

Ta suy ra

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=2x\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{\frac{1}{d}}-2\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{d}+O\left( \sqrt{x} \right)$

Sử dụng các công thức tiệm cận

                        $\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{\frac{1}{d}}=\ln \left( \sqrt{x} \right)+C+O\left( \frac{1}{\sqrt{x}} \right)$,

                        $\sum\limits_{d\le \sqrt{x}}{d}=\frac{\left[ \sqrt{x} \right]\left( \left[ \sqrt{x} \right]+1 \right)}{2}=\frac{x}{2}+O\left( \sqrt{x} \right)$.

Do đó, $\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\ln x+\left( 2C-1 \right)x+O\left( \sqrt{x} \right)$.