ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt204/nt204.html htts://sites.google.com/site/maths4eu/home/4 ευτέρα 2 Μαίου 204 Ασκηση.. Να δειχθεί ότι αν N, τότε : φ(. 2. Να δειχθεί ότι : : σύνθετος > φ( <. 3. Να δειχθεί ότι : : πρώτος φ(. Λύση. Υπενθυµίζουµε την συνάρτηση φ του Euler: φ( { N & (, }. Προφανώς φ(. Αν φ( και >, τότε επειδή (, >, έπεται ότι φ( <, το οποίο είναι άτοπο. Άρα. 2. Εστω ότι ο είναι σύνθετος, και άρα, όπου <, <. Επειδή >, έπεται ότι (, >, και επειδή (, >, έπεται ότι, / { N & (, }. Αυτό σηµαίνει ότι φ( <. 3. Αν φ(, τότε προφανώς > και από το 2. έπεται ότι ο δεν µπορεί να είναι σύνθετος. Άρα ο είναι πρώτος. Αντίστροφα αν ο είναι πρώτος, τότε γνωρίζουµε ότι φ(. Ασκηση 2. Να ϐρεθούν όλοι οι ϑετικοί ακέραιοι για τους οποίους φ(, 2, 3, 4. Λύση.. Θα δείξουµε ότι : φ( ή 2. Προφανώς φ(, αν ή 2. Αντίστροφα έστω ότι φ(. Αν > 2, τότε γνωρίζουµε ότι ο αριθµός φ( είναι άρτιος και ιδιαίτερα είναι >. Άρα αναγκαστικά 2, δηλαδή ή 2. 2. Θα δείξουµε ότι : φ( 2 3 ή 4 ή 6. Προφανώς φ( 2, αν 3 ή 4 ή 6. Αντίστροφα έστω ότι φ( 2. Τότε προφανώς 3. Εστω 2 a ar r η πρωτογενής ανάλυση του, όπου > 0 αν ο είναι άρτιος, και 0 αν ο είναι περιττός. Τότε : φ( ( a a ( a 2 2 a 2 2 ( ar r ar r, αν 0 φ( 2 ( a a ( a 2 2 a 2 ( ar ar, αν > 0 Παρατηρούµε ότι αν > 0, τότε αναγκαστικά ή 2. Πράγµατι, αν 3 τότε από την παραπάνω σχέση ϐλέπουµε ότι ο αριθµός 2 > 2 διαιρεί τον φ( 2 το οποίο είναι άτοπο. Αν r 0, δηλαδή ο δεν έχει περιττό πρώτο διαιρέτη, τότε αναγκαστικά > 0 και 2. Αν r >, έστω {, 2,, r } και a {a, a 2,, a r }. Αν a 2, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι a ( φ( 2 το οποίο είναι άτοπο διότι ο είναι περιττός. Άρα a,
2 δηλαδή a i, i r. Τότε ϑα έχουµε και φ( 2 και ιδιαίτερα 2, δηλαδή 3. Αυτό σηµαίνει ότι r και 3. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε τις ακόλουθες περιπτώσεις : 2 3 a, όπου 0 2 & a 0 ή ( Αν και κάποιες τιµές για το Ϲεύγος (, a, έτσι ώστε φ(2 3 a 2, απορρίπτονται άµεσα, χάριν πληρότητας αναλύουµε όλες τις πιθανές περιπτώσεις οι οποίες προκύπτουν από την ( :. 0, a 0: απορρίπτεται διότι τότε και φ( 2. 2. 0, a : δεκτή διότι τότε 3 και φ(3 2. 3., a 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 και φ(2 2. 4., a : δεκτή διότι τότε 2 3 6 και φ(6 2. 5. 2, a 0: δεκτή διότι τότε 2 2 4 και φ(4 2 6. 2, a : απορρίπτεται διότι τότε 2 2 3 2 και φ(2 4 2. Άρα αν φ( 2, τότε ο είναι ένας εκ των 3, 4, 6. 3. Θα δείξουµε ότι : N : φ( 3. Πράγµατι, επειδή φ(, αν ή 2, και επειδή ο αριθµός φ( είναι άρτιος αν 3, έπεται ότι δεν υπάρχει ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε φ( 3. 4. Θα δείξουµε ότι : φ( 4 5 ή 8 ή 0 ή 2. Προφανώς φ( 4, αν 5 ή 8 ή 0 ή 2. Αντίστροφα έστω ότι φ( 4. Τότε προφανώς 5. Εστω 2 a ar r η πρωτογενής ανάλυση του, όπου > 0 αν ο είναι άρτιος, και 0 αν ο είναι περιττός. Τότε : φ( ( a a ( a 2 2 a 2 2 ( ar r ar r, αν 0 φ( 2 ( a a ( a 2 2 a 2 ( ar ar, αν > 0 Παρατηρούµε ότι αν > 0, τότε αναγκαστικά ή 2 ή 3. Πράγµατι, αν 4 τότε από την παραπάνω σχέση ϐλέπουµε ότι ο αριθµός 2 > 4 διαιρεί τον φ( 4 το οποίο είναι άτοπο. Αν r 0, δηλαδή ο δεν έχει περιττό πρώτο διαιρέτη, τότε αναγκαστικά > 0 και 2. Σ αυτή την περίπτωση, ϑα πρέπει 3 διότι φ(2 2 αν 2. Αν r >, έστω {, 2,, r } και a {a, a 2,, a r }. Αν a 2, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι a ( φ( 4 το οποίο είναι άτοπο διότι ο είναι περιττός πρώτος. Άρα a, δηλαδή a i, i r. Σ αυτή την περίπτωση ϑα έχουµε και 4 και ιδιαίτερα 4 ή ισοδύναµα 5. Αυτό, επειδή ο είναι περιττός πρώτος, σηµαίνει ότι 3 ή 5. Ιδιαίτερα συµπεραίνουµε ότι r 2. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε ότι : 2 3 a 5 b όπου 0 3 & a, b 0 ή ( Αν και κάποιες τιµές για την τριάδα (, a, b, έτσι ώστε φ(2 3 a 5 b 4, απορρίπτονται άµεσα, χάριν πληρότητας αναλύουµε όλες τις πιθανές περιπτώσεις οι οποίες προκύπτουν από την ( :. 0, a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε και φ( 4. 2. 0, a, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 3 και φ(3 2 4. 3. 0, a 0, b : δεκτή διότι τότε 5 και φ(5 4. 4. 0, a, b : απορρίπτεται διότι τότε 3 5 5 και φ(5 8 4. 5., a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 και φ(2 4. 6., a, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 6 και φ(6 2 4. 7., a 0, b : δεκτή διότι τότε 2 5 0 και φ(0 4. 8., a, b : απορρίπτεται διότι τότε 2 3 5 30 και φ(30 8 4. 9. 2, a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 2 4 και φ(4 2 4. 0. 2, a, b 0: δεκτή διότι τότε 2 2 3 2 και φ(2 4.. 2, a 0, b : απορρίπτεται διότι τότε 2 2 5 20 και φ(20 8 4.
3 2. 2, a, b : απορρίπτεται διότι τότε 2 2 3 5 60 και φ(60 6 4. 3. 3, a 0, b 0: δεκτή διότι τότε 2 3 8 και φ(8 4. 4. 3, a, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 3 24 και φ(24 8 4. 5. 3, a 0, b : απορρίπτεται διότι τότε 2 3 5 40 και φ(40 6 4. 6. 3, a, b : απορρίπτεται διότι τότε 2 3 3 5 20 και φ(20 32 4. Άρα αν φ( 4, τότε ο είναι ένας εκ των 5, 8, 0, 2. Ασκηση 3. Αν, είναι ϑετικοί ακέραιοι, να δειχθεί ότι φ( φ( Λύση. Επειδή το Ϲητούµενο ισχύει τετριµµένα αν, µπορούµε να υποθέσουµε ότι > και τότε έστω a a 2 2 ar r η πρωτογενής ανάλυση του. Τότε η πρωτογενής ανάλυση του είναι a a 2 2 ar r και εποµένως : φ( φ( a φ( a 2 2 φ( ar r Οµως για κάθε πρώτο αριθµό και για ϑετικούς ακεραίους, a, έχουµε : φ( a a a a ( ( a+a ( ( a a ( ( a φ( a Εποµένως : φ( ( a φ( a ( a 2 2 φ( a 2 2 ( ar r φ( ar r ( a r ( ar φ( a φ(ar r ( a a 2 2 ar r φ( φ( Ασκηση 4. Εστω,, N, και. Τότε να δειχθεί ότι : φ( φ( Λύση. Επειδή, έπεται ότι µπορούµε να γράψουµε : l m, όπου l > είναι η µεγαλύτε- ϱη δύναµη του η οποία διαιρεί τον αριθµό. Τότε ( r, m, για κάθε ϑετικό ακέραιο r, και χρησιµοποιώντας την Άσκηση 3, ϑα έχουµε : φ( φ( l m φ( +l m φ( +l φ(m +l φ(m φ( φ( l m φ( l φ(m l φ(m +l φ(m και εποµένως : φ( φ(. Ασκηση 5.. Αν, να υπολογισθεί η τιµή φ(2 συναρτήσει της τιµής φ(.. Αν, να υπολογισθεί η τιµή φ(3 συναρτήσει της τιµής φ(. Λύση.. Αν, τότε φ(2 φ(2 φ(. Αν >, και είναι περιττός, τότε (2, και εποµένως φ(2 φ(2 φ( φ(. Αν ο είναι άρτιος, έστω 2 η µεγαλύτερη δύναµη του 2 η οποία διαιρεί τον. Τότε ϑα έχουµε 2 m, όπου (2, m (2 +, m, και άρα : φ(2 φ(2 + m φ(2 + φ(m 2 φ(m και φ( φ(2 m φ(2 φ(m 2 φ(m. Εποµένως 2 φ( φ(2, και έτσι : : άρτιος φ(2 2 φ( & : περιττός φ(2 φ( 2. Εστω 3. Τότε (3, διότι ο 3 είναι πρώτος, και ϑα έχουµε : φ(3 φ(3 φ( 2 φ(
4 Εστω 3, και έστω 3 η µεγαλύτερη δύναµη του 3 η οποία διαιρεί τον. Τότε ϑα έχουµε 3 m, όπου (3, m (3 +, m, και άρα : φ(3 φ(3 + m φ(3 + φ(m (3 + 3 φ(m 3 (3 φ(m 2 3 φ(m 3 φ( 3 φ(3 m 3φ(3 φ(m 3 (3 3 φ(m 3 3 (3 φ(m 2 3 φ(m 3 φ(3 2 φ( & 3 φ(3 3 φ( Ασκηση 6.. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : φ(2 2φ(; 2. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : φ(3 3φ(; 3. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : 2φ(; 4. Αν ο είναι περιττός ϑετικός ακέραιος, τότε να δειχθεί ότι φ(4 2φ(. Ισχύει το αντίστροφο ; Λύση.. Από την Άσκηση 5, προκύπτει ότι : 2. Από την Άσκηση 5 προκύπτει ότι : φ(2 2 φ( : άρτιος φ(3 3 φ( 3 3. Αν 2φ(, τότε προφανώς ο είναι άρτιος. Εστω 2 η µεγαλύτερη δύναµη του 2 η οποία διαιρεί τον, και τότε µπορούµε να γράψουµε 2 m, όπου m είναι περιττός και άρα (2, m. Τότε : 2 φ( 2 φ(2 m 2 φ(2 φ(m 2 2 φ(m 2 φ(m Χρησιµοποιώντας την Άσκηση, έπεται ότι : 2 φ( 2 φ(m 2 m φ(m m m 2 Αντίστροφα, αν 2, τότε 2φ( 2 φ(2 2 2 2. Εποµένως : 2φ( 2, 4. Αν ο είναι περιττός, τότε (2, (4, και εποµένως : φ(4 φ(2 2 φ(2 2 φ( 2 φ( Το αντίστροφο δεν ισχύει διότι για παράδειγµα αν 2, τότε : φ(4 2 φ(8 4 2 2 2 φ(2. Ασκηση 7. Εστω ω( το πλήθος των διακεκριµµένων πρώτων διαρετών του. Να δειχθεί ότι : φ( 2 ω( και φ( 2 ω( 2 r, r 0 Λύση. Παρατηρούµε ότι αν, τότε ω( 0, και φ( 2 0. ηλαδή το Ϲητούµενο 2 ω( ισξύει για. Εστω > και έστω a a 2 2 a η πρωτογενής ανάλυση του, άρα ω(. Τότε προφανώς ϑα έχουµε, για κάθε i, 2,, : i 2 και i 2 i 2 Ετσι ϑα έχουµε : φ( ( ( ( 2 2 }{{ 2 } 2 2 ω( ϕορές
5 Αν i > 2 για κάποιο i, 2,,, τότε προφανώς i > 2. Εποµένως ϑα έχουµε : φ( 2 ω( ( ( 2 ( 2 & 2 2 a Εποµένως συνοψίζοντας έχουµε : φ( 2 ω( αν και µόνον αν 2 r για κάποιο r. Ασκηση 8.. Αν είναι ένας πρώτος αριθµός, να δειχθεί ότι, : φ( ( φ( 2. Αν, m είναι ϑετικοί ακέραιοι και (, m, όπου είναι ένας πρώτος αριθµός, να δειχθεί ότι : φ(m φ(φ(m 3. Αν, m είναι ϑετικοί ακέραιοι, να δειχθεί ότι : φ(m (, m φ((, m φ(φ(m Λύση.. Υποθέτουµε πρώτα ότι. Τότε επειδή ο είναι πρώτος, ϑα έχουµε (,, και επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική και φ(, ϑα έχουµε το Ϲητούµενο φ( φ(φ( ( φ( Υποθέτουµε ότι φ( ( φ(, και έστω ότι. Τότε µπορούµε να γράψουµε m, όπου (, m και ιδιαίτερα (, m. Θα έχουµε τότε : φ( φ( m φ( + m φ( + φ(m ( + φ(m ( φ(m Επειδή από την υπόθεση έχουµε φ( ( φ(, και επειδή φ( φ( m φ( φ(m ( φ(m ( φ(m, έπεται ότι φ( ( ( φ(m Από τις σχέσεις ( και (, τότε ϑα έχουµε : ( φ(m ( ( φ(m το οποίο είναι άτοπο. Άρα. 2. Επειδή (, m, έπεται προφανώς ότι, m. Τότε µπορούµε να γράψουµε a a 2 2 a & b b 2 2, όπου a, b, a i, b, b i 0 και όπου 2, είναι διακεκεριµµένοι πρώτοι διάφοροι του. Θα έχουµε (, m mi{a,b} mi{a 2,b 2 2 mi{a,b απ όπου προφανλώς ϑα έχουµε ότι mi{a, b} και εποµένως ο πρώτος διαιρεί ακριβώς µια ϕορά έναν εκ των και m (ανάλογα αν mi{a, b} a ή mi{a, b} b. Εστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας ότι a b, οπότε a. Τότε x, όπου x a 2 2 a, και (, x (m, x. Ιδιαίτερα (m, x. Εποµένως φ( φ(x φ(φ(x ( φ(x φ(x φ( φ(m φ( b+ b 2 2 b b 2 2 ( ( 2 ( φ(m ( Επειδή (m, x, ϑα έχουµε (m, x. Πράγµατι, αν (m, x >, τότε έστω q ένας πρώτος διαιρέτης του. Τότε q m και εποµένως q m ή q και q x. Επειδή m, σε κάθε ( (
6 περίπτωση έχουµε q m και q x και άρα q (m, x, δηλαδή q το οποίο είναι άτοπο διότι ο q είναι πρώτος. Τότε χρησιµοποιώντας ότι (m, x και τη σχέση (, ϑα έχουµε : φ(m φ(mx φ(mφ(x φ(mφ(x φ(m φ( φ(φ(m 3. Εστω. Τότε, επειδή (, m και φ(, ϑα έχουµε ότι η Ϲητούµενη ισότητα ισχύει τετριµµένα. Παρόµοια η Ϲητούµενη ισότητα ισχύει τετριµµένα αν m. Εποµένως µπορούµε να υποθέσουµε ότι, m >. Εστω,, οι διακεκριµµένοι πρώτοι οι οποίοι διαιρούν τον αλλά όχι τον m, q,, q µ, οι διακεκριµµένοι πρώτοι οι οποίοι διαιρούν τον m αλλά όχι τον, και έστω r,, r l, οι οποίοι διαιρούν τον και τον m. Με ϐάση τις παραπάνω πληροφορίες οι πρωτογενείς αναλύσεις των και m είναι της µορφής : a a 2 2 a rb rb 2 2 rb l l & m r c rc 2 2 rc l l q q 2 2 qµ µ Προφανώς τότε ϑα έχουµε : Θέτουµε για ευκολία m a a 2 2 a rb +c r b 2+c 2 2 r b l+c l l q q 2 2 qµ µ P ( ( & Q ( q ( q µ & R ( r ( r l Τότε ϑα έχουµε : φ(m φ ( a a 2 2 a rb +c r b 2+c 2 2 r b l+c l l q q 2 2 qµ µ m P Q R Οµως, επειδή φ( ( ( ( r ( r l P R ϑα έχουµε : Επειδή προφανώς ϑα έχουµε : φ(m m( q ( q µ ( r ( r l mqr φ(m m P Q R P R mqr R φ(φ(m R (, m r mi{b,c } r mi{b 2,c 2 } 2 r mi{b l,c l } l φ((, m (, m ( r ( r l (, m R R φ((, m (, m ( ( Εποµένως από τις σχέσεις ( και ( ϑα έχουµε το Ϲητούµενο : φ(m φ((, m (, m φ(φ(m Σχόλιο. Το µέρος 2. στην Άσκηση 8 προκύπτει και από το µέρος 3.. Πράγµατι, αν (, m, τότε φ((, m. Ασκηση 9. Να δείξετε ότι αν m N, τότε το σύνολο των ϑετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης είναι πεπερασµένο. φ(x m
7 Λύση. Αν m, τότε προφανώς οι µόνες (ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης φ(x είναι οι :, 2. Εστω m > και N είναι µια λύση της εξίσωσης φ(x m, δηλαδή φ( m. Τότε προφανώς > και εποµένως µπορούµε να ϑεωρήσουµε την πρωτογενή ανάλυση a a του αριθµού. Θα έχουµε : φ( ( ( ( r a a ( ( a i i ( i φ( m διότι προφανώς a i i ( i m i a i i i m i a i i 2, για κάθε πρώτο. 2m Άρα κάθε δύναµη πρώτου η οποία διαιρεί τον αριθµό ικανοποιεί την ανισότητητα : 2m. Οµως προφανώς υπάρχει πεπερασµένο πλήθος δυνάµεων πρώτων µε την ιδιότητα 2m και εποµένως υπάρχει πεπερασµένο πλήθος γινοµένων τέτοιων δυνάµεων πρώτων. Συνεπώς υπάρχουν πεπερασµένες λύσεις της εξίσωσης φ(x m. Ασκηση 0.. Να δείξετε ότι υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε φ( 2, 4, 6, 8, 0, 2. 2. Να δείξετε ότι η εξίσωση φ( 4 δεν έχει ϑετικές ακέραιες λύσεις. Λύση.. Εχουµε φ(3 2 φ(5 4 και φ(7 6 φ(5 φ(3 5 φ(3 φ(5 (3 (5 2 4 8 φ( 0 φ(3 2 2. Εστω ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός έτσι ώστε φ( 4. Προφανώς > διότι φ(. Εστω a ar r η πρωτογενής ανάλυση του. Γνωρίζουµε ότι φ( a ar r ( ( r ( Επειδή 7 φ( 4 και ο αριθµός 7 είναι πρώτος, υπάρχει κάποιο i r έτσι ώστε 7 a i i ή 7 i Υπενθυµίζουµε ότι φ( φ(2, και ο αριθµός φ( είναι άρτιος, αν 3.
8 Αν 7 a i i, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι i 7 και άρα i 7 6 φ( 4, το οποίο είναι άτοπο. Σηµειώνουµε ότι αυτή η περίπτωση εξετάζεται αν a i >. ιαφορετικά, αν a i, τότε ο όρος a i i δεν εµφανίζεται στην (. Αν 7 i, τότε i 7, για κάποιον ϑετικό ακέραιο, και άρα i 7 +. Για τις τιµές και 2, έχουµε τους αριθµούς i 8 και i 5 οι οποίοι δεν είναι πρώτοι. Άρα ϑα έχουµε αναγκαστικά ότι 3, δηλαδή i 7 + 7 3 + 22. Οµως τότε i 2 και άρα, επειδή ο αριθµός i είναι διαιρέτης του φ(, έπεται ότι φ( 2 το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως η εξίσωση φ( 4 δεν έχει (ϑετικές ακέραιες λύσεις. Ασκηση. Να δείξετε ότι, N: φ( φ( Λύση. Αν τότε και άρα η σχέση φ( φ( ισχύει. Εστω >. Αν τότε φ( φ(. Εστω > και >. Εστω a ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας (µε εναλλαγή στην σειρά των i µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει µε r και ακέραιοι b,..., b µε b i a i για i, 2,...,, ώστε η πρωτογενής ανάλυση του είναι η εξής : Τότε b b. φ( a ar r ( ( r και a ar r ( ( 2... ( r φ( b b ( ( b b ( ( 2... ( Αφού b i a i για κάθε i έπεται ότι φ( φ(. Ασκηση 2. Να υπολογισθούν τα αθροίσµατα : φ( και φ( Λύση.. Αν, τότε προφανώς ϑα έχουµε φ( φ(. Εστω > και a ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Η συνάρτηση ι : N C, ι( είναι προφανώς πολλαπλασιαστική. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι η συνάρτηση ι φ: N C, (ι φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική. Τότε και η συνάρτηση f : N C, f( (ι φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική, και εποµένως f( f( a f(ar r φ( ( a φ( ( φ( ar r
9 Για κάθε πρώτο και κάθε ϑετικό ακέραιο a έχουµε : Εποµένως : a φ( φ( + φ( + 2 φ( 2 + a φ( a + ( + 2 ( 2 + + a ( a a + ( 2 + ( 4 3 + + ( 2a 2a + 2 3 + 4 + ( 2a 2a + 2a 2a+ + + φ( ( φ( ( φ( a ar r ( 2a + + ( 2ar+ r + + r + φ( 2. Αν, τότε προφανώς ϑα έχουµε φ(. Εστω > και a ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Η συνάρτηση θ : N C, θ( είναι προφανώς πολλαπλασιαστική. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι η συνάρτηση θ φ: N C, (θ φ( φ( g : N C, g( είναι πολλαπλασιαστική. Τότε και η συνάρτηση (θ φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική, και εποµένως g( g( a g(ar r Για κάθε πρώτο και κάθε ϑετικό ακέραιο a έχουµε : φ( φ( + φ( a Εποµένως : φ( a + + φ( ( a φ( ( ar r + φ(2 2 + φ(a a + 2 2 + a a a + + }{{} a ϕορές + a ( a φ( ( ar r ( + a ( + ar r r φ(
0 Ασκηση 3. Για έναν ϑετικό ακέραιο, να δειχθεί ότι : : άρτιος µ(φ( 0 Λύση. Αν, τότε µ(φ( µ(φ( 0. Υποθέτουµε ότι >, και έστω a a η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι 2 : µ(φ( ( φ( ( φ( ( ( ( ( (2 (2 Εποµένως : µ(φ( 0 (2 (2 0 r, 2,, : r 2 2 Ισοδύναµα : µ(φ( 0 : άρτιος Ασκηση 4. Να δείξετε ότι : µ 2 ( φ( φ( Λύση. Αν τότε προφανώς η παραπάνω σχέση ισχύει. Εστω > και a ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Επειδή φ( 0 για κάθε N, τότε ορίζουµε τη συνάρτηση f( µ2 ( φ( η οποία είναι πολλαπλασιαστική διότι οι συναρτήσεις µ, φ είναι πολλαπλασιαστικές. Τότε f( f( a ar r f( a f(ar r και άρα έχουµε µ 2 ( φ( ( µ 2 ( ( µ 2 ( φ( φ( ar r Υπολογίζουµε µ2 ( φ( a a µ2 ( φ( + µ2 ( φ( + µ2 ( 2 φ( 2 + + µ2 ( a φ( a µ2 ( φ( + µ2 ( φ( + 0 + + 0 µ2 ( φ( + µ2 ( φ( + ( 2 2 Υπενθυµίζουµε ότι αν f είναι µια πολλαπλασιαστική συνάρτηση, τότε : µ(f( ( f( ( f(
Άρα και έτσι δείξαµε πράγµατι ότι : µ 2 ( φ( r r r ( ( r a ar r a ar r ( ( r φ( µ 2 ( φ( φ(. Ασκηση 5. είξτε ότι : 0, : άρτιος ( φ(, : περιττός Λύση. ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις. (: 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 ( φ( φ( ( φ( (2: Εστω άρτιος. Τότε 2 m όπου m είναι περιττός. Τότε έχουµε ( φ( φ ( ( 2 m ( 2 φ ( 2 m ( 2 m 2 2 m 2 2 m φ ( 2 m 2 ( 2 φ ( 2 φ ( m 2 ( 2 φ ( 2 φ ( m 2 ( ( 2 Στην ισότητα ( παραπάνω, χρησιµοποιήσαµε ότι επειδή 2 m και (2, m, τότε 2 όπου 2, 2 m µε (, 2. Ολοι οι διαιρέτες του 2 είναι άρτιοι εκτός ϕυσικά από τον. Επειδή 2 m και m περιττός έχουµε ότι ο 2 είναι περιττός. Άρα για έχουµε (( 2 ( 2. Αν > τότε (( 2. Συνεπώς, χρησιµοποιώντας ότι για κάθε ϕυσικό c ισχύει φ( c, έχουµε c
2 ( φ( Άρα αν είναι άρτιος τότε : 2 2 m 2 2 m > ( 2 > ( 2 > ( 2 φ φ ( 2 φ ( m 2 ( ( 2 φ ( 2 φ ( m 2 + φ ( 2 2 m φ ( 2 (2 2 m φ ( 2 φ ( m 2 ( φ ( m φ(2 φ ( m 2 2 2 m 2 m φ( 2 φ(2 2 m φ(2 m φ(2 m ( 2 φ(2 m φ(2 m 2 m 2 φ(2 m 2 m 2 2 m 2 m 2 m 0 ( φ( 0. φ( 2 Υπενθυµίζουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός καλείται τέλειος, αν είναι ίσος µε το άθροισµα των γνησίων διαιρετών του. Ισοδύναµα ο είναι τέλειος αν και µόνον αν σ( 2. Ασκηση 6. Αν ο είναι ένας τέλειος άρτιος αριθµός, να δείχθεί ότι : 2 Λύση. Αφού ο ϕυσικός αριθµός είναι άρτιος τέλειος τότε 2 (2 όπου 2 είναι πρώτος και >. Τότε µε αν και µόνο αν ο είναι της µορφής :, 2,..., 2, 2, 2 (2,..., 2 (2 Συνεπώς το πλήθος των ϕυσικών διαιρετών του αιρθµού είναι τ( 2. Τότε έχουµε + 2 + + 2 + 2 + 2 (2 + + 2 (2 2 (2 + 2 2 (2 + + (2 + 2 + 2 2 + + 2 + σ(
3 Οµως αφού ο αριθµός είναι τέλειος έχουµε ότι σ( 2, όπου σ( είναι το άθροισµα των ϕυσικών διαιρετών του ϕυσικού αριθµού. Άρα από τη παραπάνω σχέση έπεται ότι σ( 2 2 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. Ασκηση 7. Εστω 2 (2 ένας άρτιος τέλειος αριθµό, όπου ο αριθµός 2 είναι πρώτος και >. Τότε :. γ( :. 2. + 2 + 3 + + (2. 3. φ( 2 (2. Λύση.. Θα δείξουµε πρώτα ότι για κάθε ϑετικό ακέραιο m ισχύει : γ(m m τ(m 2 ( Πράγµατι, αν, 2,, τ(m είναι οι ϕυσικοί διαιρέτες του m, τότε προφανώς οι ϑετικοί ακέ- ϱαιοι m, m m 2,, είναι επίσης οι ϕυσικοί διαιρέτες του m. Εποµένως ϑα έχουµε : τ(m και εποµένως γ(m m 2 τ(m m m m 2 τ(m m τ(m 2 τ(m γ(m mτ(m γ(m γ(m 2 m τ(m γ(m m τ(m 2 Εστω τώρα ο άρτιος τεέλειος αριθµός 2 (2. Τότε επειδή ο αριθµός 2 είναι πρώτος, επειδή η συνάρτηση σ είναι πολλαπλασιαστική, και επειδή (2, 2, έπεται ότι : τ( τ( 2 (2 τ(2 τ(2 2 2 Εποµένως από τη σχέση ( ϑα έχουµε : 2. Εχουµε γ( τ( 2 2 2 + 2 + 3 + + (2 (2 (2 + 2 2 (2 2 2 (2 και άρα πράγµατι + 2 + 3 + + (2.
4 3. Επειδή η συνάρτηση φ του Euler είναι πολλαπλασιαστική και (2, 2, έχουµε : φ( φ ( 2 (2 φ ( 2 φ ( 2 ( 2 2 2 (2 2 ( ( 2 2 2 2 2 (2 2 2 2 (2 2 2 (2 Σηµειώνουµε ότι για τη σχέση φ ( 2 2 2 χρησιµοποιήσαµε ότι ο αριθµός 2 είναι πρώτος. Εποµένως : φ( 2 (2. Ενας ϑετικός ακέραιος καλείται : ( ατελής, αν σ( < 2. (2 υπερτελής, αν σ( > 2. Ασκηση 8.. Εστω ένας ϑετικός ακέραιος της µορφής 2 m (2 m, όπου ο 2 m είναι σύνθετος. Να δειχθεί ότι ο αριθµός είναι υπερτελής. 2. Να δειχθεί ότι κάθε αριθµός της µορφής a q b, όπου, q είναι διακεκριµµένοι περιττοί πρώτοι και a, b είναι ϑετικοί ακέραιοι, είναι ατελής. 3. Να δειχθεί ότι κάθε γνήσιος διαιρέτης ενός ατελούς ή τέλειου αριθµού είναι ατελής αριθµός. 4. Να δειχθεί ότι κάθε πολλαπλάσιο ενός υπερτελούς ή τέλειου αριθµού, στην τελευταία περίπτωση εκτός του τέλειου αριθµού, είναι υπερτελής αριθµός. Λύση.. Θα δείξουµε ότι : σ( > 2. Θα έχουµε : σ( σ(2m (2 m 2 m (2 m σ(2m σ(2 m 2 m (2 m (2m σ(2 m 2 m (2 m σ(2m 2 m Επειδή γαι κάθε ϑετικό ακέραιο, έχουµε σ( + και η ισότητα ισχύει αν και µόνον αν είναι πρώτος, η τελευταία σχέση δίνει : Εποµένως 2. Θα έχουµε : σ( σ(2 m 2 m > 2m + 2 m 2m 2 m 2 > 2 σ( > 2 : υπερτελής σ( a q b σ( a σ(q b ( + + 2 + + a ( + + 2 + + a a+ Οµως προφανώς : a+ qb+ q < a+ qb+ q a q q qb Θα δείξουµε ότι, επειδή οι και q είναι περιττοί πρώτοι, µε q, τότε ϑα έχουµε ότι : Πράγµατι, αν αυτό δεν συµβαίνει, ϑα έχουµε : 2. Αν 3, τότε q 5 και q q 3 2 q q q q 3q 2q 2 2 q 4 q q a q b qb+ q q q < 2.
5 το οποίο είναι άτοπο. Υποθέτουµε τώρα, χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, ότι 3 < < q, και άρα 5 < q. Τότε : q 2 q 2( (q 2q 2 2q + 2 q 2( + q q και εποµένως 2 < q 2( + q < 2( + 2(2 2 4 + 2 < 0 Επειδή οι ϱίζες του τριωνύµου 2 4 + 2 είναι 2 ± 2 και επειδή > 3, έπεται ότι ( (2 + 2 ( (2 2 > 0 το οποίο έρχεται σε αντίφαση µε την παραπάνω ανισότητα. Συνοψίζοντας, δείξαµε ότι και εποµένως σ( a q b a+ qb+ q το οποίο σηµαίνει ότι ο αριθµός a q b είναι ατελής. q q < 2 < q q a q b < 2 a q b 3. Εστω, m δύο ϑετικοί ακέραιοι, όπου m >. Τότε µπορούµε να γράψουµε : m a i και b i, όπου b i a i i Τότε : σ(m m σ( i a i i σ(a i i i a i ( + i + 2 i + + a i i a i i a i i ( i a i i i > ( i b i i i σ( i Εποµένως : σ(m m > σ( Αν ο αριθµός m είναι ατελής, τότε σ(m < 2m και τότε : 2 > σ(m m αριθµός είναι ατελής. Αν ο αριθµός m είναι τέλειος, τότε : σ(m 2m και τότε : 2 σ(m m αριθµός είναι ατελής. i a i + i i i i a i > σ( > σ( και εποµένως ο και εποµένως ο 4. Εστω ότι ο ϑετικός ακέραιος είναι τέλειος ή υπερτελής. Τότε σ( 2. Εστω m ένα πολλαπλάσιο του, δηλαδή m για κάποιον ϑετικό ακέραιο, όπου υποθέτουµε ότι > αν ο είναι τέλειος. Μεταξύ των διαιρετών του m, περιλαµβάνονται και οι ϑετικοί ακέραιοι, όπου. Εποµένως ϑα έχουµε : σ(m m ( + ( + ( + σ( ( + 2 > 2 2m Άρα ο m είναι υπερτελής. Σχόλιο 2. Υπενθυµίζουµε ότι, λαµβάνοντας υπ όψιν το άθροισµα των ϕυσικών διαιρετών, µπορούµε να διακρίνουµε τους ϑετικούς ακέραίους σε τρείς κατηγορίες : ( Τους ατελείς αριθµούς, δηλαδή εκείνους για τους οποίους : σ( < 2. (2 Τους τέλειους αριθµούς, δηλαδή εκείνους για τους οποίους : σ( 2. (3 Τους υπερτελείς αριθµούς, δηλαδή εκείνους για τους οποίους : σ( > 2. Οπως έχουµε δείξει στο µάθηµα (και όπως επίσης προκύπτει από την Άσκηση 8:
6 ( Υπάρχει άπειρο πλήθος ατελών αριθµών, για παράδειγµα οι αριθµοί του συνόλου { a N : πρώτος & a } (2 Υπάρχει άπειρο πλήθος υπερτελών αριθµών, για παράδειγµα οι αριθµοί του συνόλου {2 a 3 N a 2} (3 εν είναι γνωστό αν το πλήθος των τέλειων αριθµών είναι άπειρο. Οπως γνωρίζουµε, η απεικόνιση 2 2 (2 ορίζει µια - και επί αντιστοιχία µεταξύ των πρώτων του Mersee, δηλαδή πρώτων της µορφής 2, 2, και των άρτιων τέλειων αριθµών. Επειδή, µέχρι σήµερα (3 Μαΐου 204 είναι γνωστοί µόνο 48 πρώτοι του Mersee, υπάρχουν µόνο 48 τέλειοι άρτιοι αριθµοί. Ο µεγαλύτερος πρώτος του Mersee, δηλαδή ο 48όγδος στη σειρά, και ο οποίος ταυτόχρονα είναι και ο µεγαλύτερος γνωστός πρώτος αριθµός, ανακαλύφθηκε τον Φεβρουάριο του 203 και είναι ο αριθµός 2 578856 το πλήθος των ψηφίων του οποίου είναι 742570 Εποµένως ο µεγαλύτερος γνωστός τέλειος άρτιος αριθµός είναι ο αριθµός 2 5788560 (2 578856 το πλήθος των ψηφίων του οποίου είναι 34850340 εν είναι γνωστό αν υπάρχει περιττός τέλειος αριθµός. Αν όµως υπάρχει περιττός τέλειος αριθµός, τότε έχει αποδειχθεί (το έτος 202 ότι αυτός οφείλει να είναι µεγαλύτερος του αριθµού 0 500