An Upper Bound for the Divisor Function (2)

Bài viết hôm nay sẽ đề cập đến một kết quả quan trọng trong lý thuyết số giải tích, liên quan đến tốc độ tăng của hàm số các ước $\tau(n)$ . Chúng ta sẽ cùng xem xét và chứng minh định lý sau:

Định lý. Với mọi số thực dương $\epsilon$ , tồn tại một hằng số dương $C_{\epsilon}$ sao cho $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ .

Chứng minh. Giả sử $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$ là phân tích tiêu chuẩn của $n$ ra các thừa số nguyên tố, với $p_i$ là số nguyên tố và $a_i$ là các số nguyên dương. Ta cần tìm chặn trên cho tỉ số:

$\displaystyle\frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \prod_{i=1}^k \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}}.$

Xét hàm số $f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ với $p$ là số nguyên tố và $a \ge 1$ . Ta sẽ chia các số nguyên tố $p$ thành hai nhóm để đánh giá, dựa vào hằng số $\epsilon$ .

Nhóm 1: Các số nguyên tố $p \ge 2^{1/\epsilon}$

Điều kiện này tương đương với $p^\epsilon \ge 2$ . Với mọi số nguyên dương $a \ge 1$ , ta có:

$\displaystyle p^{a\epsilon} = (p^\epsilon)^a \ge 2^a$

Vì ta luôn có $2^a \ge a+1$ với mọi $a \in \mathbb{Z}^+$ nên với các số nguyên tố thuộc nhóm này thì:

$\displaystyle f(p, a) = \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} \le \frac{a+1}{2^a} \le 1.$

Nhóm 2: Các số nguyên tố $p < 2^{1/\epsilon}$

Với một $\epsilon > 0$ cố định, chỉ có hữu hạn các số nguyên tố thỏa mãn $p < 2^{1/\epsilon}$ . Cố định một số nguyên tố $p$ thuộc nhóm này, xét giới hạn của $f(p, a)$ khi $a \to \infty$ . Vì $p^\epsilon > 1$ nên:

$\displaystyle\lim_{a \to +\infty} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}} = 0.$

Vì dãy số hội tụ về $0$ , giá trị của $f(p, a)$ sẽ bị chặn trên. Tức là tồn tại một giá trị lớn nhất cho $\frac{a+1}{p^{a\epsilon}}$ khi $a$ chạy trên tập số nguyên dương. Bây giờ ta chọn:

$\displaystyle C_{\epsilon} = \prod_{p < 2^{1/\epsilon}} \max\left(1, \sup_{a \ge 1} \frac{a+1}{p^{a\epsilon}}\right).$

Quay lại tỉ số ban đầu, ta tách tích các thừa số nguyên tố của $n$ ra thành hai phần tương ứng với hai nhóm trên:

$\displaystyle \frac{\tau(n)}{n^{\epsilon}} = \left( \prod_{p_i < 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right) \cdot \left( \prod_{p_i \ge 2^{1/\epsilon}} \frac{a_i+1}{p_i^{a_i\epsilon}} \right).$

Áp dụng các bất đẳng thức đã thiết lập ta có $\tau(n) \le C_{\epsilon} \cdot n^{\epsilon}$ với mọi số nguyên dương $n$ . $\Box$

The Parity of Divisor Functions

Xét một số nguyên dương $n$ . Khi đó
(1) $\tau(n)$ là số lẻ khi và chỉ khi $n$ là một số chính phương.
(2) $\sigma(n)$ là số lẻ khi và chỉ khi $n$ hoặc $n/2$ là số chính phương.

Chứng minh. Giả sử phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố của số nguyên dương $n$ là:

$n = 2^{\alpha} \cdot p_1^{\alpha_1} \cdot p_2^{\alpha_2} \dots p_k^{\alpha_k}$

trong đó $p_1, p_2, \dots, p_k$ là các số nguyên tố lẻ phân biệt, và $\alpha, \alpha_1, \alpha_2, \dots, \alpha_k$ là các số tự nhiên (các số mũ này có thể bằng $0$ nếu thừa số đó không xuất hiện trong $n$ ).

(1) Số lượng các ước dương của $n$ được tính bởi:

$\tau(n) = (\alpha + 1)(\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \dots (\alpha_k + 1)$

Một tích các số nguyên là số lẻ khi và chỉ khi tất cả các nhân tử trong tích đều là số lẻ. Do đó, $\tau(n)$ là số lẻ tương đương với việc $\alpha + 1$ và $\alpha_i + 1$ (với mọi $i = 1, \dots, k$ ) đều là các số lẻ.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $\alpha$ và tất cả các $\alpha_i$ đều là số chẵn. Khi các số mũ trong phân tích thừa số nguyên tố đều chẵn, $n$ chính là bình phương của một số nguyên dương. Vậy $\tau(n)$ là số lẻ khi và chỉ khi $n$ là một số chính phương.

(2) Tổng các ước dương của $n$ được tính bởi:

$\sigma(n) = (1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^{\alpha}) \prod_{i=1}^k (1 + p_i + p_i^2 + \dots + p_i^{\alpha_i})$

Để $\sigma(n)$ là số lẻ, điều kiện cần và đủ là mỗi nhân tử trong tích trên đều là số lẻ.

Đầu tiên ta xét nhân tử $S_0 = 1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^{\alpha}$ . Nếu $\alpha = 0$ thì $S_0 = 1$ (là số lẻ). Nếu $\alpha \ge 1$ thì $S_0 = 1 + 2(1 + 2 + \dots + 2^{\alpha-1})$ , luôn là một số lẻ bất chấp tính chẵn lẻ của $\alpha$ . Do đó, số mũ $\alpha$ không bị ràng buộc điều kiện để tổng này lẻ.

Bây giờ xét nhân tử ứng với các số nguyên tố lẻ $p_i$ ( $i = 1, 2, \dots, k$ ):

$S_i = 1 + p_i + p_i^2 + \dots + p_i^{\alpha_i}$

Tổng $S_i$ bao gồm $\alpha_i + 1$ số hạng. Vì $p_i$ là số lẻ nên lũy thừa $p_i^j$ luôn là số lẻ với mọi $j$ . Một tổng gồm các số lẻ sẽ nhận giá trị lẻ khi và chỉ khi số lượng các số hạng tham gia vào tổng là một số lẻ.
Suy ra $\alpha_i + 1$ phải là số lẻ, tương đương với $\alpha_i$ phải là số chẵn với mọi $i = 1, 2, \dots, k$ .

Từ đó, ta có thể viết lại $n$ dưới dạng:

$n = 2^{\alpha} \cdot \left(p_1^{\frac{\alpha_1}{2}} p_2^{\frac{\alpha_2}{2}} \dots p_k^{\frac{\alpha_k}{2}}\right)^2 = 2^{\alpha} \cdot M^2$

trong đó $M$ là một số nguyên dương lẻ.

Xét hai trường hợp đối với $\alpha$ :

Trường hợp 1: Nếu $\alpha$ là số chẵn (giả sử $\alpha = 2m$ với $m \in \mathbb{N}$ ), ta có:

$n = 2^{2m} \cdot M^2 = (2^m \cdot M)^2$

Khi đó, $n$ là một số chính phương.

Trường hợp 2: Nếu $\alpha$ là số lẻ (giả sử $\alpha = 2m + 1$ với $m \in \mathbb{N}$ ), ta có:

$n = 2^{2m+1} \cdot M^2 = 2 \cdot (2^m \cdot M)^2 \implies \frac{n}{2} = (2^m \cdot M)^2$

Khi đó, $n/2$ là một số chính phương.

Tóm lại, $\sigma(n)$ là số lẻ khi và chỉ khi $n$ hoặc $n/2$ là một số chính phương. $\Box$

An Upper Bound for the Divisor Function

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$ , ta có $\tau (n)\leq \sqrt{3n}$ . Khi nào thì có dấu đẳng thức?

Lời giải. Với $n=1$ ta có ngay bất đẳng thức cần chứng minh. Giả sử $n>1$ và phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố của nó là
$\displaystyle n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$
trong đó $p_i$ là các số nguyên tố ( $p_1 < p_2 < \dots < p_k$ ) và $\alpha_i \ge 1$ là các số nguyên dương.

Bất đẳng thức cần chứng minh $\tau(n) \le \sqrt{3n}$ có thể được viết lại dưới dạng
$\displaystyle\prod_{i=1}^k \frac{\alpha_i + 1}{p_i^{\alpha_i / 2}} \le \sqrt{3}.$

Để tiện đánh giá, ta xét hàm số $f(p, \alpha) = \frac{\alpha + 1}{p^{\alpha / 2}}$ với $p$ là số nguyên tố và $\alpha \ge 1$ . Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của hàm $f(p, \alpha)$ đối với từng số nguyên tố $p$ .

Với $p = 2$ , giá trị lớn nhất của của $f(2, \alpha)$ là $\frac{3}{2}$ , đạt được khi và chỉ khi $\alpha = 2$ . Với $p = 3$ , giá trị lớn nhất của $f(3, \alpha)$ là $\frac{2}{\sqrt{3}}$ , đạt được khi và chỉ khi $\alpha = 1$ . Với $p\geq 5$ , ta có
$\displaystyle f(p, \alpha) \le \frac{2}{\sqrt{5}} < 1$
với mọi số nguyên dương $\alpha$ .

Từ các đánh giá trên, ta quay lại tích ban đầu:
$\displaystyle\frac{\tau(n)}{\sqrt{n}} = \prod_{p_i \mid n} f(p_i, \alpha_i).$

Nếu trong phân tích của $n$ có chứa các thừa số nguyên tố $p \ge 5$ , các thành phần này sẽ kéo giá trị của tích xuống (vì chúng nhỏ hơn 1). Do đó để biểu thức đạt giá trị lớn nhất, $n$ chỉ có thể chứa các ước nguyên tố là 2 và 3. Với các $n$ này ta có
$\displaystyle \frac{\tau(n)}{\sqrt{n}} \le f(2, \alpha_2) \cdot f(3, \alpha_3) \le \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}.$

Bất đẳng thức $\tau(n) \le \sqrt{3n}$ đã được chứng minh hoàn toàn. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các điều kiện sau phải được thỏa mãn đồng thời: