ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Α Μπεληγιάννης - Σ Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τετάρτη 10 Απριλίου 2013 Ασκηση 1 Θεωρούµε τις αριθµητικές συναρτήσεις : τις ακόλουθες σχέσεις : φ, ν, σ, τ, ɛ, και I, όπου I(, N Να δείξετε µ 1 ν, τ ν ν, φ µ I, σ ν I, σ φ τ, σ φ I I Λύση Η σχέση µ 1 ν έχει αποδειχθεί στην Ασκηση 14 του Φυλλαδίου 4 Για κάθε N έχουµε (ν ν( ν( ν ( τ( τ ν ν Εστω N Από το Θεώρηµα του Gauss έχουµε φ( I( φ( Αντιστροφή Möbus φ( φ( φ( µ( I ( µ( µ ( φ( (µ I( Εστω N Τότε έχουµε (ν I( ν( I ( 1 φ µ I σ( σ φ τ Εχουµε τ ν ν (φ ν( φ( ν( φ( I( φ τ (φ ν ν φ ν I και άρα φ τ I ν ν I σ σ φ τ

2 2 Τέλος από τις παραπάνω σχέσεις έχουµε σ φ σ µ I ν I µ I ν µ I I ɛ I I I I σ φ I I Ετσι δείξαµε όλες τις Ϲητούµενες σχέσεις Ασκηση 2 Να δείξετε ότι : τ(µ( 1 & σ(µ( Επιπρόσθετα αν ο είναι ελεύθερος τετραγώνου, τότε δείξτε ότι : σ( k 1 φ( k, k 2 Λύση Για κάθε N έχουµε τ( 1 ν( Αντιστροφή Möbus ν( 1 µ( τ ( τ( µ ( και σ( I( Αντιστροφή Möbus I( µ( σ ( σ( µ ( Εστω ελεύθερος τετραγώνου και p 1 p r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού Θεωρούµε τη συνάρτηση g( σ( k 1 η οποία είναι πολλαπλασιαστική και άρα η συνάρτηση G( g(φ( είναι επίσης πολλαπλασιαστική Τότε η συνάρτηση F ( G( σ( k 1 φ( είναι πολλαπλασιαστική και F ( F (p 1 F (p r Αν p είναι ένας πρώτος αριθµός τότε F (p p σ( k 1 φ( σ(1φ(1 + σ(p k 1 φ(p 1 + p(k p 1 (p 1 p k Εποµένως και άρα πράγµατι F ( F (p 1 F (p r p k 1 p k r (p 1 p r k k σ(k 1 φ( k, k 2

3 3 Ασκηση 3 Να υπολογισθούν τα αθροίσµατα : µ(, µ(τ(, µ(σ(, µ( Λύση Εστω p a 1 1 par r η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού Τότε γνωρίζουµε από τη Θεωρία ότι για κάθε πολλαπλασιαστική συνάρτηση f ισχύει µ(f( ( 1 f(p 1 (1 f(p r Αρα επειδή η συνάρτηση τ είναι πολλαπλασιαστική τότε έχουµε µ(τ( ( 1 τ(p 1 (1 τ(p r (1 2 (1 2 ( 1 r µ(τ( ( 1r Επίσης αφού η συνάρτηση σ είναι πολλαπλασιαστική τότε µ(σ( ( 1 σ(p 1 (1 σ(p r ( 1 (p (1 (p r + 1 ( p 1 ( p r ( 1 r p 1 p r µ(σ( ( 1r p 1 p r Η συνάρτηση f( 1 είναι πολλαπλασιαστική και άρα η συνάρτηση µ(f( µ( είναι επίσης πολλαπλασιαστική Τότε έχουµε µ( ( 1 f(p 1 (1 f(p r (1 1 p 1 (1 1 p r (1 1 p 1 (1 1 p r φ( µ( φ( Τέλος η συνάρτηση f( είναι πολλαπλασιαστική και άρα µ( ( 1 f(p 1 (1 f(p r (1 p 1 (1 p r µ( (1 p 1 (1 p r και έτσι έχουµε υπολογίσει όλα τα Ϲητούµενα αθροίσµατα Ασκηση 4 Εστω f και g δύο αριθµητικές συναρτήσεις, και έστω f( g( Θεωρούµε τον πίνακα ϕυσικών αριθµών M (m j, όπου m j f((, j, δηλαδή f((1, 1 f((1, 2 f((1, f((2, 1 f((2, 2 f((2, M f((, 1 f((, 2 f((,

4 4 και f((, j είναι η τιµή της f στον µέγιστο κοινό διαιρέτη (, j των και j Να δείξετε ότι : Det(M g(k Επιπρόσθετα, αν η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική και f(p 0, για κάθε πρώτο p, τότε : Det(M f(j (1 1 f(p j1 p j k1 Λύση Ορίζουµε έναν πίνακα A (a j, όπου 1, αν j a j 0, αν j και ορίζουµε ένα πίνακα B (β j, όπου Τότε έχουµε (B ta j Επειδή Det(A 1 και τότε έπεται ότι k1 β j g(j a j g(ka k a jk g(k (B ta j f((, j k (,j Det(B B ta M Det(B Det( t A Det(M Det(B Det(A Det(M g(j j1 Det(M Det(A Det(B Αν η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική τότε έχουµε Εποµένως g(j j g(k k1 f( f ( j ( j f(j f(j f f( µ(f ( j µ( f(j f( f(j ( 1 ( 1 Det(M f(p j p j και άρα έχουµε το Ϲητούµενο j1 f(j p j (1 1 f(p ( Ασκηση 5 Να δείξετε ότι : (1, 1 (1, 2 (1, (2, 1 (2, 2 (2, (, 1 (, 2 (, φ(1φ(2 φ(

5 5 Λύση Θέτουµε f( Τότε f( g( Αντιστροφή Möbus g( µ(f ( f(µ ( µ ( Επειδή η f είναι πλήρως πολλαπλασιαστική από την Ασκηση 4 έχουµε (, j j1 j p j ( 1 1 φ(1 φ(2 φ( p και έτσι δείξαµε το Ϲητούµενο Ασκηση 6 Να δείξετε ότι : [1, 1] [1, 2] [1, ] [2, 1] [2, 2] [2, ] [, 1] [, 2] [, ] φ(k ( p k1 p k Λύση Θέτουµε f(m 1 m, που είναι πλήρως πολλαπλασιαστική, και ισχύει ότι f(p 0 για κάθε πρώτο αριθµό p Τότε g( 1 m m και από την Ασκηση 3 έχουµε g(m µ( f ( m µ( m m m g(m 1 m (1 p φ(m ( p p m m 2 p m 1 µ( m m 1 m (1 p p m Τότε το Ϲητούµενο προκύπτει από την Ασκηση 4 χρησιµοποιώντας επίσης ότι [, j] (, j j Ασκηση 7 Να δείξετε ότι αν m N, τότε το σύνολο των ϑετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης φ(x m είναι πεπερασµένο

6 6 Λύση Εστω N µια λύση της εξίσωσης φ(x m, δηλαδή φ( m, και p a 1 1 pa k k ανάλυση του αριθµού Τότε φ( (1 1 ( 1 ( p 1 p p r η πρωτογενής p a p a k 1 k (p 1 1 (p k 1 p a 1 (p 1 φ( m p a (p 1 mp p a p m p 1 p a 2m Αρα κάθε δύναµη πρώτου p k η οποία διαιρεί τον αριθµό ικανοποιεί την ανισότητητα : p k 2m Οµως υπάρχει πεπερασµένο πλήθος δυνάµεων πρώτων µε την ιδιότητα p k 2m και εποµένως υπάρχει πεπερασµένο πλήθος γινοµένων τέτοιων δυνάµεων πρώτων Συνεπώς υπάρχουν πεπερασµένες λύσεις της εξίσωσης φ(x m Ασκηση 8 (1 Για ποιές τιµές του N ο αριθµός φ( είναι περιττός ; (2 Να δείξετε ότι υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε φ( 2, 4, 6, 8, 10, 12 (3 Να δείξετε ότι η εξίσωση δεν έχει λύση φ( 14 Λύση (1 Θα δείξουµε ότι ο αριθµός φ( είναι περιττός αν και µόνο αν 1 ή 2 Πράγµατι φ(1 1 και φ(2 1 Ισοδύναµα ϑα αποδείξουµε ότι για κάθε > 2 ο αριθµός φ( είναι άρτιος Εστω p a 1 1 par r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού µε > 2 Τότε φ( p a 1 1 par r (1 1 (1 1 p a p ar 1 r (p 1 1 (p r 1 p 1 p r (α Αν είναι περιττός τότε οι αριθµοί p 1,, p r είναι περιττοί πρώτοι και άρα p 1 1,, p r 1 είναι άρτιοι Εποµένως το φ( είναι άρτιος αριθµός (β Εστω άρτιος, δηλαδή 2 a k όπου a 1 και k περιττός Εστω k 1 Τότε 2 a και αφού > 2 έπεται ότι a 2 Αρα φ( φ(2 a 2 a ( a 1 και a 1 1 Συνεπώς ο αριθµός φ( είναι άρτιος Εστω k 3 Επειδή (2 a, k 1 έπεται ότι φ(2 a k φ(2 a φ(k Τότε από τη πρώτη περίπτωση έχουµε ότι ο αριθµός φ( είναι άρτιος

7 7 (2 Εχουµε φ(3 2 φ(5 4 φ(7 6 και φ(15 φ(3 5 φ(3 φ(5 (3 1 ( φ(11 10 φ(13 12 (3 Εστω ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός έτσι ώστε φ( 14 Γνωρίζουµε ότι φ( p a p ar 1 r (p 1 1 (p r 1 Αφού 7 φ( 14 και ο αριθµός 7 είναι πρώτος, υπάρχει κάποιο 1 r έτσι ώστε 7 p a 1 ή 7 p 1 Στη πρώτη περίπτωση έχουµε ότι p 7 και άρα 6 φ( που είναι άτοπο γιατί φ( 14 Στη δεύτερη περίπτωση αφού οι αριθµοί 8 και 15 δεν είναι πρώτοι ϑα έχουµε αναγκαστικά ότι p 22 Οµως τότε p 1 21 και άρα φ( 21 που είναι άτοπο Εποµένως η εξίσωση φ( 14 δεν έχει λύση Ασκηση 9 Να δείξετε ότι, N : φ( φ( Λύση Αν 1 τότε 1 και άρα η σχέση φ( 1 φ( 1 ισχύει Εστω > 1 Αν 1 τότε φ( 1 φ( Εστω > 1 και > 1 Εστω p a 1 1 par r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας (µε εναλλαγή στην σειρά των p µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει k µε 1 k r και ακέραιοι b 1,, b k µε 1 b a για 1, 2,, k, ώστε η πρωτογενής ανάλυση του είναι η εξής : Τότε και p b 1 1 p b k k φ( p a 1 1 par r (1 1 p 1 (1 1 p r p a p ar 1 r (p 1 1(p 2 1 (p r 1 φ( p b 1 1 p b k k (1 1 p 1 (1 1 p k p b p b k 1 k (p 1 1(p 2 1 (p k 1 Αφού b a για κάθε έπεται ότι φ( φ( Ασκηση 10 Να δείξετε ότι : µ 2 ( φ( φ( Λύση Αν 1 τότε προφανώς η παραπάνω σχέση ισχύει Εστω > 1 και p a 1 1 par r ανάλυση του αριθµού Επειδή φ( 0 για κάθε N, τότε ορίζουµε τη συνάρτηση f( µ2 ( φ( η πρωτογενής

8 8 η οποία είναι πολλαπλασιαστική διότι οι συναρτήσεις µ, φ είναι πολλαπλασιαστικές Τότε f( f(p a 1 1 par r f(p a 1 1 f(par r και άρα έχουµε Υπολογίζουµε µ 2 ( φ( ( p a 1 1 µ 2 ( ( φ( p ar r µ 2 ( φ( µ2 ( φ( p a µ2 (1 φ(1 + µ2 (p φ(p + µ2 (p 2 φ(p µ2 (p a φ(p a µ2 (1 φ(1 + µ2 (p φ(p µ2 (1 φ(1 + µ2 (p φ(p ( 12 p 1 p p 1 Αρα µ 2 ( φ( p 1 p 1 1 p r p r 1 p 1 p r (p 1 1 (p r 1 p a 1 1 par r p a p ar 1 r (p 1 1 (p r 1 φ( και έτσι δείξαµε πράγµατι ότι µ 2 ( φ( φ( Ασκηση 11 είξτε ότι : 0, : άρτιος ( 1 φ(, : περιττός Λύση ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις (1: Εστω περιττός Τότε για κάθε διαιρέτη έπεται ότι ο είναι περιττός και άρα ο αριθµός είναι επίσης περιττός Τότε από το Θεώρηµα του Gauss έχουµε ( 1 φ( ( 1φ( φ(

9 9 (2: Εστω άρτιος Τότε 2 k m όπου m είναι περιττός Τότε έχουµε ( 1 φ( φ ( ( 1 2 k m ( 1 2 k m ( 1 2 m 1 2 k 2 m 1 2 k 2 m m 1 2 ( φ ( m 2 ( φ ( m 2 ( ( Στην ισότητα ( παραπάνω, χρησιµοποιήσαµε ότι αφού 2 k m και (2 k, m 1 τότε 1 2 όπου 1 2 k, 2 m µε ( 1, 2 1 Ολοι οι διαιρέτες 1 του 2 k είναι άρτιοι εκτός ϕυσικά από τον 1 1 Επειδή 2 m και m περιττός έχουµε ότι ο 2 είναι περιττός Αρα για 1 1 έχουµε (( ( Αν 1 > 1 τότε (( Συνεπώς, χρησιµοποιώντας ότι για κάθε ϕυσικό c ισχύει ( 1 φ( 1 2 k 2 m 1 2k 2 m 1 >1 ( 1 2 k 1 >1 ( 1 2 k 1 >1 ( 1 2 k φ 1 φ ( m 2 ( ( φ ( m m 1 (2 k 2 m c 1 φ ( m 2 ( 1 φ ( m φ(2 k φ ( m m 2 m φ( 2 φ(2 k 2 m 1 φ(2 k m φ(2 k m ( 2 k φ(2 k m φ(2 k m 2 k m 2 φ(2 k m 2 k m 2 2 k 1 m 2 k m 2 k m 0 φ( 2 φ( c, έχουµε Αρα αν είναι άρτιος τότε ( 1 φ( 0

10 10 Ασκηση 12 Υπενθυµίζουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός καλείται τέλειος, αν είναι ίσος µε το άθροισµα των γνησίων διαιρετών του Αν ο είναι ένας τέλειος άρτιος αριθµός, να δείξετε ότι : 1 2 Λύση Αφού ο ϕυσικός αριθµός είναι άρτιος τέλειος τότε 2 k 1 (2 k 1 όπου 2 k 1 είναι πρώτος και k > 1 Τότε µε 1 αν και µόνο αν ο είναι της µορφής : 1, 2,, 2 k 1, 2 k 1, 2 (2 k 1,, 2 k 1 (2 k 1 Συνεπώς το πλήθος των ϕυσικών διαιρετών του αιρθµού είναι τ( 2k Τότε έχουµε k k (2 k k 1 (2 k 1 2k 1 (2 k k 2 (2 k (2 k k k σ( Οµως αφού ο αριθµός είναι τέλειος έχουµε ότι σ( 2, όπου σ( είναι το άθροισµα των ϕυσικών διαιρετών του ϕυσικού αριθµού Αρα από τη παραπάνω σχέση έπεται ότι 1 σ( 2 2 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο Ασκηση 13 Γνωρίζοντας ότι ένας τέλειος άρτιος αριθµός είναι της µορφής όπου 2 k 1 είναι πρώτος και k > 1, να δείξετε ότι : ( (2 k 1 (2 φ( 2 k 1 (2 k k 1 (2 k 1 Λύση (1 Εχουµε (2 k 1 (2k 1 (2 k k (2 k k 1 (2 k 1 και άρα πράγµατι (2 k 1

11 11 (2 Αφού η συνάρτηση φ του Euler είναι πολλαπλασιαστική και (2 k 1, 2 k 1 1 τότε έχουµε φ( 1 (2 k ( 2 k 1 2 k 2 (2 k k 1 (1 1 ( 2 k k (2 k 2 2 k 2 (2 k 2 2 k 1 (2 k 1 1 Σηµειώνουµε ότι για τη σχέση 1 2 k 2 χρησιµοποιήσαµε ότι ο αριθµός 2 k 1 είναι πρώτος Εποµένως : φ( 2 k 1 (2 k 1 1