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

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 SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 4)

Trong Phần 3 ta đã biết:

+ $0.9072x \le \alpha \left( x \right) \le 0.9353x,\forall x \in {R_{ \ge 3000}}$ với

$\alpha \left( x \right) = T\left( x \right) - T\left( {\frac{x}{2}} \right) - T\left( {\frac{x}{3}} \right) - T\left( {\frac{x}{5}} \right) + T\left( {\frac{x}{{30}}} \right)$ trong đó $T\left( x \right) = \ln \left( {\left[ x \right]!} \right)$.

+ $\alpha \left( x \right)\le \psi \left( x \right)\le \psi \left( \frac{x}{6} \right)+\alpha \left( x \right),\forall x\in {{R}_{\ge 2}}$ với $\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}$.    
+ $\psi \left( x \right)-\sqrt{x}\ln x\le \theta \left( x \right)\le \psi \left( x \right),x\in {{R}_{\ge 2}}$ với $\theta \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\ln p}$. 

Trong trường hợp $x\in \left[ 2,3000 \right]$, bằng cách sử dụng phần mềm Maple (xem kết quả tính toán tại đây) ta thu được $0.3465x\le \alpha \left( x \right)\le 0.9820x$. Kết hợp với kết quả trên, ta có:

ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 3)

Trong bài viết hôm nay, ta tiếp tục tìm hiểu một số khái niệm quan trọng, có rất nhiều ứng dụng trong số học.
Định nghĩa 1: Hàm Mangodlt, ký hiệu $\Lambda \left( n \right)$ , được xác định như sau: $\Lambda \left( n \right)=\ln p$ nếu $n={{p}^{k}},k\ge 1$ và $\Lambda \left( n \right)=0$ trong các trường hợp còn lại.

Hàm Chebyshev, ký hiệu $\psi \left( x \right)$, được xác định bởi công thức

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}$.

Để thuận tiện cho việc trình bày ta sẽ làm quen thêm một số hàm số cơ bản

$\theta \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\ln p}$,

$T\left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\ln n}=\ln \left( \left[ x \right]! \right)$

ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 2)

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 LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 1)

Việc có hay không một công thức tường minh để xác định tất cả các số nguyên tố hiện nay vẫn là một câu hỏi mở, được nhiều nhà toán học quan tâm. Tương tự, câu hỏi có bao nhiêu số nguyên tố không vượt quá một số cho trước cũng được nhiều thế hệ  các nhà toán học nghiên cứu và đưa ra những kết quả kinh ngạc. Với sự đam mê của bản thân về chủ đề này, người viết hi vọng sẽ dẫn dắt các bạn khám phá lâu đài các số nguyên tố (ở mức cơ bản nhất có thể) . Mỗi một kết quả được nêu ra đều là những tinh túy của trí tuệ mà các nhà toán học để lại cho nhân loại.

ĐỊNH ĐỀ BERTRAND

Vào năm 1845, nhà toán học Bertrand đã phát hiện một kết quả rất đẹp về số nguyên tố (thường được gọi là Định đề Bertrand):  Với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$, luôn tồn tại số nguyên tố $p$ thuộc khoảng $(n;2n)$.

TỔNG NGHỊCH ĐẢO CÁC SỐ NGUYÊN TỐ

Lúc sinh thời, nhà toán học L.Euler đã tìm được kết quả rất đẹp sau về số nguyên tố: Gọi $P$ là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Khi đó, chuỗi $\sum\limits_{p\in P}{\frac{1}{p}}$ phân kỳ.

CÁC CÁCH CHỨNG MINH SỰ VÔ HẠN CỦA SỐ NGUYÊN TỐ

Định nghĩa 1. Số nguyên dương $p\in {{Z}_{>1}}$ được gọi là số nguyên tố nếu $p$ chỉ có hai ước dương là $1$ và chính nó.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần cuối)

Đã tới lúc ta kết thúc bài viết về Định lý nhỏ Fermat bằng việc chứng minh định lý đã nêu ra ở phần 2:

Định lý 1. Nếu $n$ là số Carmichael thì $n$ luôn có dạng $n={{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots {{p}_{m}}$ trong đó $m\ge 3$ và ${{p}_{i}},i=\overline{1,m}$ là các số nguyên tố lẻ, đồng thời $n-1\equiv 0\left( \bmod {{p}_{i}}-1 \right),i=\overline{1,m}$.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 4)

Trong bài viết hôm nay, chúng ta đưa ra cách xác định một số nguyên dương có dạng như thế nào thì sẽ có căn nguyên thủy (dựa trên quyển Số học thuật toán của tác giả Hà Huy Khoái và Phạm Huy Điển).

Định lý 1. Nếu số nguyên dương b có căn nguyên thủy, thì nó có tất cả $\varphi \left( \varphi \left( b \right) \right)$ căn nguyên thủy không đồng dư theo modulo b.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 3)

Trong bài viết hôm nay, ta tiếp tục tìm hiểu thêm một số kết quả quan trọng có ảnh hưởng đến kết quả đạt được về các số Carmichael.

Định lý 1. Cho $n\in {{Z}_{>0}}$. Khi đó $\sum\limits_{d|n}{\varphi \left( d \right)}=n$, trong đó $d$ chạy trên mọi ước dương của $n$.

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 2)

Trong bài viết hôm nay, chúng ta sẽ tìm hiểu một số vấn đề quan trọng để hiểu hơn về các số Carmichael. Như đã biết, nếu  $n=\prod\limits_{i=1}^{k}{{{p}_{i}}}$ với $k>2$ và ${{p}_{i}}$ là các số nguyên tố phân biệt khác 2, đồng thời $n-1\equiv 0\left( \bmod \,{{p}_{i}}-1 \right)$ thì $n$ là số Carmichael. Một câu hỏi đặt ra: Mệnh đề đảo có đúng không? Câu trả lời là có, ta có kết quả rất đẹp sau đây:

ĐỊNH LÝ NHỎ FERMAT (Phần 1)

Đối với những bạn yêu thích Toán chắc đều biết về nhà toán học người Pháp Pierre de Fermat. Những đóng góp của ông thì không thể nào cân đo, đong đếm, chỉ có thể dùng hai từ “vĩ đại” để diễn tả. Các công trình của Fermat ảnh hưởng hầu như đến mọi lĩnh vực của Toán học: Giải tích, Xác suất,  Số học…