NEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL

NEVEZETES SZÁMELMÉLETI FÜGGVÉNYEKRŐL SZAKDOLGOZAT Készítette: Farkas Mariann Matematika BSc Tanári szakirány Témavezető: Pappné Dr. Kovács Katalin, egyetemi docens Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 2011

Tartalomjegyzék Bevezetés... 2 1. Alapfogalmak... 3 2. A függvény... 5 A függvény néhány értéke... 6 Alkalmazása... 7 Feladatok... 9 3. A függvény... 13 A függvény néhány értéke... 15 Alkalmazása... 16 Feladatok... 17 4. A függvény... 22 A függvény néhány értéke... 24 Alkalmazása... 25 Feladatok... 26 5. A függvény... 29 A függvény néhány értéke... 30 Alkalmazása... 31 Feladatok... 31 6. Vegyes feladatok... 33 7. Hegy- és völgytételek... 35 Irodalomjegyzék... 38 1

Bevezetés Dolgozatomban négy nevezetes számelméleti függvényről lesz szó. Az ezekről tanult ismereteket foglalom össze, alkalmazással, és feladatokkal kibővítve. Leendő tanárként fontosnak tartom a feladatmegoldást, ezzel sokszor kézzelfoghatóbbá válik az ismeretanyag, könnyebb az elsajátítása, továbbá gondolkodásra sarkall, gyarapodik ötlettárunk a problémamegoldás terén. Az utolsó fejezetben a fent említett függvények hegy- és völgytételeiből mutatok be egy részt a teljesség igénye nélkül. Célom, hogy dolgozatom jó kiindulópont legyen a téma iránt érdeklődőknek, felhasználható legyen középiskolában az emelt óraszámú matematika csoportok oktatásánál, illetve szakkörökön. Ezúton szeretném megköszönni témavezetőmnek, Pappné Dr. Kovács Katalinnak a sok segítséget, ötletet és támogatást, amelyet a szakdolgozatom megoldásához nyújtott. 2

1. Alapfogalmak 1.1. Definíció: [9] Függvényen halmazok közötti egyértelmű hozzárendelést értünk. Az -hez hozzárendelt elemet -szel jelöljük. Ha és tetszőleges halmazok, akkor egy olyan függvény, melyre esetén. az függvény értelmezési tartomány, azaz -hez hozzárendel valamit}, ami az egy részhalmaza. Az az függvény értékkészlete, mely -nak részhalmaza és { valamely -re}. A függvények egy részhalmazát alkotják a számelméleti függvények. Az alábbi definíciók és tételek a számelmélet jegyzetből és [3] könyvből valók. 1.2. Definíció: Számelméleti függvényeknek nevezzük azokat a függvényeket, amelyek értelmezési tartománya a pozitív egész számok halmaza, értékkészlete pedig a komplex számok egy részhalmaza. Jelöléssel: 1.3. Definíció: Az számelméleti függvény i. multiplikatív, ha esetén, ii. teljesen multiplikatív, ha esetén. 1.1. Tétel: Ha multiplikatív, és nem azonosan 0, akkor.. Bizonyítás: Legyen, ahol egy tetszőleges pozitív egész szám. miatt. Ezt -val egyszerűsítve kapjuk, hogy. Ha nem létezik olyan, melyre, akkor kész, és azonosan 0. 1.4. Definíció: Az számelméleti függvény i. additív, ha esetén, ii. teljesen additív, ha esetén. 3

1.2. Tétel: Ha additív, akkor. Bizonyítás: Legyen egy tetszőleges pozitív egész szám. Ekkor miatt. Mindkét oldalból -t elvéve kapjuk, hogy. 1.3. Tétel: Legyen i. multiplikatív, ii. additív számelméleti függvény, és az szám kanonikus alakja Ekkor i. ( ) ( ) ( ), ii. ( ) ( ). Bizonyítás: A számok páronként relatív prímek, így a multiplikativitás és additivitás definíciójából következik a tétel. 1.4. Tétel: Legyen i. teljesen multiplikatív, ii. teljesen additív számelméleti függvény, és az szám kanonikus alakja Ekkor i. ii.. Bizonyítás: Az előző tételből a teljesen additív/multiplikatív definícióját felhasználva következik. 4

2. A függvény 2.1. Definíció: -en az természetes szám pozitív osztóinak számát értjük. 2.1. Tétel: [3] Legyen az szám általánosított kanonikus alakja i. Egy pozitív egész pontosan akkor osztja az számot, ha kanonikus alakja ahol,,. ii. Ekkor az szám pozitív osztóinak száma Bizonyítás: Ha, akkor, tehát kanonikus alakjában csak a prímek szerepelnek legfeljebb hatványon,. Ha, akkor miatt, és mivel, így, tehát egész szám és. Ahhoz, hogy az szám összes pozitív osztóját megkapjuk a kifejezésben kell jól megválasztani a kitevőket. Minden -re igaz, hogy egymástól függetlenül felveszik a értékeket, tehát minden -t -képpen választhatok meg. A ezen számok szorzataként áll elő. Példa: Legyen, ekkor az osztói, az számok, tehát. Képlettel: 3,. Tulajdonságok: esetén. Ha prím, vagyis, akkor, hiszen egy prímszámnak csak 2 osztója van, 1 és önmaga. Ha prímhatvány, vagyis, akkor, mivel az osztói az. 2.2. Tétel: A függvény multiplikatív. Bizonyítás: Azt kell belátnunk, hogy ha, akkor. 5

Legyen az és prímtényezős felbontása a következő: ahol Ekkor az prímtényezős felbontása: különböző prímek. A függvény képletét alkalmazva: Példa: -re Megjegyzés: A példát mutatni. függvény nem teljesen multiplikatív. Ennek igazolásához elég egy Példa: -ra A függvény néhány értéke: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 2 3 2 4 2 4 3 4 2 6 2 4 4 5 2 6 2 6 6

6 5 4 3 2 1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Értékkészlete: A függvény minden pozitív egész számot felvesz végtelen sokszor, kivéve az -et, melyet csak egyszer az helyen. Ez következik abból a tulajdonságából, hogy, ahol és prím tetszőlegesek. Alkalmazása: Diofantikus problémák A függvény lesz a segítségünkre abban, hogy meghatározzuk, az alábbi diofantikus egyenletnek hány megoldása van. Tekintsük a következő egyenletet: ahol egy rögzített pozitív egész szám. Az megoldásokat keressük. Az nevezetes azonosság felírható alakban. Az és kifejezések paritása megegyezik, mivel. A kérdés, hogy milyen esetén lehet az egyenletnek megoldása? a) páratlan Hányféleképpen írható fel az szám alakban, ahol és is páratlan számok? Két eset lehetséges, az elsőben és pozitív egész számok, a másodikban azonban negatív egész számok, vagyis minden osztópár jó lesz. Bármelyik felírásnál megoldása van az egyenletnek, így összesen megoldás adódik. Példa: 7

1 15 8 7 15 1 8-7 3 5 4 1 5 3 4-1 -1-15 -8-7 -15-1 -8 7-3 -5-4 -1-5 -3-4 1 b) Mivel pozitív egész szám, ezért és is páros szám kell, hogy legyen. Ekkor a megoldások száma osztóinak a száma, a pozitív és negatív eseteket is számolva, vagyis összesen ( ) Példa: 2 4 3 1 4 2 3-1 -4-2 -3 1-2 -4-3 -1 8

Feladatok: 2.1. Feladat: [7] Igazoljuk, hogy! Megoldás: Az szám összes osztójából párokat alkotunk. Ezek legyenek a. Feltehetjük, hogy minden esetben. A -t alakítva kapjuk, hogy, ahonnan. Vagyis a párok száma legfeljebb. Innen kapjuk, hogy legfeljebb a párok számának kétszeres, azaz. Megjegyzés: Ha négyzetmentes, akkor pontosan darab osztója van, különben. 2.2. Feladat: Mely természetes számokra teljesül, hogy a), b)? Megoldás: a) Először írjuk fel az, és a kanonikus alakját:, ahol. Ezután a képlet segítségével megkapjuk -t és -t: Ezeket helyettesítsük be az eredeti egyenletbe: Az egyszerűsítés után azt kapjuk, hogy: Vagyis a képletet azok a számok elégítik ki, amelyek prímtényezős felbontásában nem szerepel a 3. b) Hasonló módon járunk el itt is. A kanonikus alakok: Írjuk fel -t és -t, majd tegyük őket egyenlővé, és oldjuk meg az egyenletet: 9

Tehát az egyenlet gyökei azok a számok, amelyek prímtényezős felbontásában a 2 és a 3 azonos hatványkitevőn szerepelnek. 2.3. Feladat: [7] Mely természetes számokra teljesül, hogy? Megoldás: Az előbbi feladat mintájára írjuk fel az és az kanonikus alakjait: Innen kapjuk, hogy: Az egyenletünk: Átrendezve: Ha minden, akkor a bal oldal 1 lenne, tehát létezik olyan, mely nagyobb, mint 0. Ekkor az egyenlet bal oldalán minden tört értéke nagyobb vagy egyenlő, mint 1. Tehát lehet csak. Több nem lehet 0-tól különböző, mert akkor az egyenlet bal oldalán legalább szerepelne, a többi tényező pedig legalább 1, ami ellentmond a -nek. Tehát valamelyik és a többi 0, azaz prímszám. 10

2.4. Feladat: Milyen természetes számokra igaz, hogy? Megoldás: Tudjuk, hogy, tehát. Négyzetre emelés és nullára rendezés után kapjuk, hogy. A másodfokú egyenletet megoldva kapjuk, hogy. Ezekre az -ekre ellenőrizve kapjuk, hogy. 2.5. Feladat: [7] Keressük meg a legkisebb természetes számot, melyre a), b), c). Megoldás: Minden esetben az szám kibővített kanonikus alakja, és a) A képletbe helyettesítve:. Mivel 23 prímszám, ezért valamelyik tényező egyenlő 23-mal és, a többi 0. Azonos kitevőjű hatványok közül az a legkisebb, ahol a hatványalap is legkisebb. Így a legkisebb természetes szám, ami megoldást ad az. b) Az előző mintájára:. Itt két esetet kell vizsgálnunk a szorzattá alakítás szerint: Ekkor az a) esethez hasonlóan járunk el, így -et kapunk. Itt a legjobb eset, mikor, ahonnan és. A két eset közül az utóbbi adja a helyes megoldást. c) Az esetben szintén esetszétválasztást alkalmazunk. Az eredményeket táblázatba foglalom: Szorzatalak Kanonikus alak és konkrét érték 11

A megoldás:. 12

3. A függvény 3.1. Definíció: -en az szám pozitív osztóinak összegét értjük. 3.1. Tétel: [3] Legyen az szám általánosított kanonikus alakja Ekkor az szám pozitív osztóinak összege ( )( ) ( ) Bizonyítás: Már az előzőekben láttuk, hogy összes osztója előáll alakban, ahol egymástól függetlenül minden -re felveszi a számokat. Másrészt minden osztója előáll ilyen alakban, és mindegyik csak egyféleképpen, tehát ezen -k összege, az szám összes osztóinak összege, azaz. Ha a szorzást elvégezzük, akkor is az előbbi összeget kapjuk. Például a szorzat úgy keletkezik, ha -ből minden tagból összeszorzom a -ket, ahol. A úgy adódik, hogy az első képletre alkalmazzuk a mértani sorozat összegképletét. Példa: Legyen, ekkor az osztói, az számok. Ezek összege: Képlettel:. 13

Tulajdonságok: esetén. Ha prím, vagyis, akkor ez következik a prímszám definíciójából. Ha prímhatvány, vagyis akkor 3.2. Tétel: A függvény multiplikatív. Bizonyítás: Azt kell belátnunk, hogy ha, akkor. Legyen az és prímtényezős a felbontása a következő: ahol Ekkor az különböző prímek. prímtényezős felbontása: A függvény képletét alkalmazva kapjuk, hogy: Példa: -re Megjegyzés: A függvény nem teljesen multiplikatív. 14

Példa: -ra A függvény néhány értéke: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 3 4 7 6 12 8 15 13 18 12 28 14 24 24 31 18 39 20 42 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 15

Alkalmazása: A tökéletes számok 3.2. Definíció: Az pozitív egész számot tökéletes számnak nevezzük, ha egyenlő a nála kisebb pozitív osztóinak összegével, vagyis Például: esetén: esetén: 3.3. Tétel: Az szám pontosan akkor tökéletes, ha felírható alakban, ahol prímszám és is prímszám. 3.4. Tétel: A nem prímszám, ha összetett szám. Bizonyítás: Mivel, ahol is nagyobbak 1-nél. Ekkor miatt osztható -gyel és. Következmény: Ha prím, akkor n is prím. 3.3. Definíció: Ha prím, akkor azt Mersenne-prímnek hívjuk. Jelölése: A névadó Marin Mersenne (1588-1648) megállapítása, hogy prím, ha de minden más számra összetett. Állítását nem igazolta. Az 1588-ig az első 7 eset már ismert volt. A -et 1772-ben Euler igazolta. Az első hibát a listában 1876-ban Lucas fedezte fel, miszerint a összetett szám. Később további hibákat is felfedeztek. 1883-ban Pervushin kiegészítette a felsorolást a számmal, majd Powers is még kettővel, a -gyel (1911) és a -gyel (1914). 1947-re derült ki, hogy is összetett szám, így a helyes lista Jelenleg 47 Mersenne-prímet ismerünk. A legújabb felfedezések: 16

A 45.-et 2008. augusztus 23-án találták meg. Ez a alakú szám, mely 12 978 189 számjegyből áll. Ez a ma ismert legnagyobb prímszám is. A 46.-at nem sokkal az előző után, 2008. szeptember 6-án fedezték fel. Ez, az előzőnél kisebb, 11 185 272 számjegyet számláló szám. A 47. megtalálására 2009. április 12-én került sor. A szám 12 837 064 darab számjegyével a második legnagyobb jelenleg ismert prímszám. [10],[13] A páros tökéletes számok egy kettő hatvány és egy Mersenne-prím szorzataként állnak elő. A matematika egyik legrégebbi nyitott kérdése, hogy léteznek-e páratlan tökéletes számok. A témában számos eredmény született, de mindmáig nem sikerült ilyen számot találniuk és cáfolni a létezésüket. Bármelyik páratlan tökéletes számnak ki kell elégítenie a következő feltételeket:. Egy kutatásban próbaképpen megmutatták, hogy, de bebizonyítani még nem tudták., ahol különböző prímek,és. Az szám legnagyobb prímtényezője nagyobb, mint. A második legnagyobb prímtényezője nagyobb, mint. A harmadik legnagyobb prímtényezője nagyobb, mint 100. -nek legalább 75 prímtényezőből áll, amiben van legalább 9 különböző. Ha a 3 nem szerepel prímtényezős felbontásában, akkor -nek van legalább 12 különböző prímtényezője. [11] Feladatok: 3.1. Feladat: Bizonyítsuk be, hogy bármely páros tökéletes szám utolsó számjegye 6 vagy 8. Megoldás: A páros tökéletes számok alakúak, ahol prímszám. Készítsünk táblázatot különböző értékeihez. Mivel a 10-es számrendszerben vizsgálódunk, ezért nézzük az értékeket, hiszen ez adja meg a szám utolsó számjegyét. 17

1 1 1 1 2 2 3 6 3 4 7 8 4 8 5 0 5 6 1 6 6 2 3 6 7 4 7 8 8 8 5 0 9 6 1 6 10 2 3 6 11 4 7 8, és, ha, ugyanis, átalakítva, azaz. Mivel 2 és 5 relatív prímek, így, ha, tehát a értékei már -tól négyesével ismétlődnek, A kettő hatványokhoz hasonlóképp ismétlődnek a értékei is, mivel ezek eggyel kisebb számok azoknál. Emiatt utolsó számjegyei is periodikusak. Minden páratlan esetén 6-ra vagy 8-ra végződik, így minden páratlan prímszám esetén is. -re, tehát bebizonyítottuk, hogy minden páros tökéletes szám utolsó számjegye 6 vagy 8. 3.2. Feladat: Mennyi egy tökéletes szám pozitív osztóinak reciprokösszege? Megoldás: Az pozitív osztói:, ahol és osztópárok. A kérdés, hogy mennyi a következő összeg értéke: A kifejezést alakítsuk át úgy, hogy közös nevezőre hozzuk a törtet, mivel minden tört nevezője -nek egy osztója, és az összes pozitív osztót felsoroltuk, így a legkisebb közös többszörösük, az szám lesz a közös nevező. 18

A számlálóba ekkor minden szám osztópárja kerül. Amennyiben -nek páratlan sok osztója van, tehát létezik, melynek nincs osztópárja, vagyis, akkor. Így a számlálóba összes osztója kerül, amiről tudjuk, hogy az összege. Tehát a reciprokösszeg: 3.3. Feladat: [7] Mutassuk meg, hogy végtelen sok természetes számra a egyenletnek a) legalább 2, b) legalább 3 megoldása van! Megoldás: A függvény multiplikatív tulajdonságát használjuk ki, azaz ha, akkor. a) Ha és, akkor. És mivel végtelen sok prímszám van, így létezik végtelen sok is, amely kielégíti az egyenletet. Például, a táblázatból látható, hogy. Legyen, ekkor a is egy jó megoldás. b) Az a) részhez hasonlóan járunk el. Ha és, akkor. Például, tudjuk, hogy. Legyen, ekkor a is jó megoldást ad. 3.4. Feladat: Mely természetes számokra páratlan értéke? Megoldás: A következő képletet használjuk fel: Ez akkor páratlan, ha minden tényezője is az. Esetszétválasztással vizsgáljuk a szorzat tényezőit. 1) Ha, akkor a hányados páratlan. 2) Ha. A képletet alakítsuk át a következő módon: 19

A kifejezésben minden tag páratlan. Az összeg paritása csak -tól függ. Ha páros, akkor az összeg páratlan tagú, így értéke is páratlan, ha, páratlan, akkor az összeg páros sok tagból áll, ezért az értéke is páros. Ez alapján azok a számok elégítik ki a feladatot, amelyek négyzetszámok, vagy egy négyzetszám kétszeresei. 3.5. Feladat: Mely természetes számokra teljesül, hogy? Megoldás: A függvény képletét használjuk fel a megoldás során. Felírjuk és kibővített kanonikus alakját, majd behelyettesítjük őket a képletbe: Ezek segítségével felírhatjuk az egyenletünket: Egyszerűsítés után: ahonnan az eredmény. Tehát azon -ekre teljesül az egyenlet, ahol páratlan szám. 3.6. Feladat: Keressük meg azt az természetes számot, melyre a) b) Megoldás: a) A, tehát lehet, ahonnan jó. b) miatt legfeljebb 9 lehet. 1-től 9-ig ellenőrizve -t arra jutunk, hogy a feladatnak nincs megoldása. 20

3.7. Feladat: Mely természetes számokra teljesül, hogy a) b)? Megoldás: a) Mivel 1 és osztja -et, tehát, ez viszont ellentmondás, tehát nincs megoldás. b) Az a) feladathoz hasonlóan, tehát osztói: 1, 2, ahonnan lehet csak. Így. 3.8. Feladat: [7] Bizonyítsuk be, hogy ha 1-nél nagyobb természetes szám, mely nem prímszám, vagy prímszám négyzete, akkor. Megoldás: Legyen legkisebb prímosztója. Ekkor. Azt kell belátni, hogy. Vizsgáljuk ezt az egyenlőtlenséget: Ez mindig igaz a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt. Ezzel beláttuk a feladatot. 21

4. A függvény 4.1. Definíció: -en az -ban az -hez relatív prímek számát értjük. 4.1. Tétel: [3] Legyen kanonikus alakja Ekkor az -hez relatív prímek száma ( )( ) ( ) A képlet egyéb formái: ( ) ( ) ( ) Bizonyítás: A logikai szitaformulát használjuk fel hozzá. A cél, hogy kiszámítsuk, hány olyan szám van az prímek az -hez. Ez azt jelenti, hogy nem oszthatók a Azoknak a számoknak a száma, amelyek egy rögzítetett egészek között, amelyek relatív -vel oszthatók: prímek egyikével sem. Vegyük most azokat, amelyek több prímmel is oszthatóak. Egy egész pontosan akkor osztható adott prímek mindegyikével, ha a szorzatukkal is osztható. Például ha egy szám osztható -vel és -val is, akkor osztható a szorzatukkal, vagyis -val is. Ezek alapján felírhatjuk a logikai szitaformulát: A képlet jobb oldala egyenlő ( ) szorzattal, mely számolással ellenőrizhető, és ez a tételben szereplő képlet egy formája. Példa: Legyen, ekkor a hozzá relatív prímek, az számok. Képlettel:. 22

Tulajdonságok: esetén. Ha prím, vagyis, akkor. Ha prímhatvány, vagyis akkor. 4.2. Tétel: A függvény multiplikatív. Bizonyítás: [5] A következő képletet kell belátni: ha. Táblázatba írjuk az 1 és közti számokat a következőképpen: 1 2 Azoknak a számoknak a száma, amelyek -hez relatív prímek:. Egy szám akkor és csak akkor relatív prím az -hez, ha külön az -hoz és külön a -hez is relatív prím. Így azokat az elemeket kell kikeresni a táblázatból, amelyek -hoz is és -hez is relatív prímek. A táblázat minden egyes oszlopa ugyanabba a maradékosztályba tartozik, és minden egyes sora teljes maradékrendszert alkot, tehát azoknak az oszlopoknak a száma, amelyek elemei relatív prímek -hoz:. Például egy ilyen oszlop: Azt kell még belátni, hogy ez teljes maradékrendszert alkot szerint is. A számok teljes maradékrendszert alkotnak -re nézve. Feltettük, hogy, így az előbbi számokat -val szorozva, majd mindegyikhez -t hozzáadva, újfent teljes maradékrendszert kapunk ([3] 2.2.4 Tétele alapján). Tehát minden oszlopban a -hez relatív prímek száma:. Ezek alapján az -hoz is és -hez is relatív prímek száma:, ez az érték a fentiek alapján egyenlő -vel, tehát a függvény multiplikatív. 23

Példa: -re Megjegyzés: A függvény nem teljesen multiplikatív. Példa: -ra A függvény néhány értéke: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 12 6 8 8 16 6 18 8 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 24

Alkalmazása: Maradékosztályok, maradékrendszerek, az Euler Fermat-tétel 4.2. Definíció: Adott modulusra azonos maradékot adó számok halmaza egy maradékosztály. Jelölése az -val kongruens elemek halmazára modulus mellett:. Példa: } 4.3. Definíció: Adott modulusra a teljes maradékrendszer olyan számhalmaz, amely minden maradékosztályból pontosan egy elemet tartalmaz. Példa: } teljes maradékrendszer. 4.4. Definíció: Adott modulusra a redukált maradékosztály olyan maradékosztály, amelynek elemei -hez relatív prímek. 4.5. Definíció: Adott modulusra a redukált maradékrendszer olyan számhalmaz, amely minden redukált maradékosztályból pontosan egy elemet tartalmaz. Példa: } redukált maradékosztály. 4.3. Tétel: Az számok pontosan akkor alkotnak redukált maradékrendszert, ha (1), (2) páronként inkongruensek, (3) Minden -re, ahol. 4.5. Tétel (Euler Fermat-tétel): Ha, és, akkor 25

Feladatok: 4.1. Feladat: [7] Milyen pozitív egészekre igaz a egyenlet? Megoldás: Az kibővített kanonikus alakja, másképp, ahol és. A megoldás menete során különböző eseteket vizsgálunk, mivel kiszámításánál a kanonikus alak használható csak. Tegyük fel, hogy A multiplikatív tulajdonsága miatt ez átalakítható a következőképp: Ezt -szel egyszerűsítve, és a képletbe behelyettesítve kapjuk, hogy: Ebből -at kapunk eredményül, ami ellentmondás, tehát az esetben nincs megoldása az egyenletnek. Legyen Ekkor, ahol, azaz, ami ellentmondás. Legyen. Ekkor, ahol, vagyis tehát, ami ellentmondás. Legyen Ekkor, ahol, azaz ami igaz. Tehát ebben az esetben van az egyenletnek megoldása, és azon számok elégítik ki, ahol, ahol és. 4.2. Feladat: [7] Oldjuk meg a egyenletet! Megoldás: A feladat megoldásához a következő képletét használjuk fel: ( ) ahol prím. Ezt behelyettesítjük az eredeti egyenletbe. 26

( ) ( ) ( ) Ez pontosan akkor teljesül, ha a prímtényezős felbontásban csak a 2 szerepel. Vagyis az alakú számok lesznek jók, ahol. 4.3. Feladat: [3] Bizonyítsuk be, hogy esetén értéke páros szám! Megoldás: A feladat menete során egyik képletét használjuk: ( ) Ha az prímtényezős felbontásában van páratlan, akkor annak hatványai is páratlanok. Két páratlan szám különbsége páros, tehát is páros. Ha nincs páratlan, akkor alakú, ahol. Ekkor ami páros, mert. 4.4. Feladat: [7] Melyek azok a természetes számok, amelyekre értéke páratlan? Megoldás: Az előző feladatban láthattuk, hogy esetén páros lesz. Így elég ellenőrizni az és esetet. A függvény tulajdonsága, hogy esetén, tehát páratlan. -t helyettesítve: ez szintén páratlan. Így mindkét eset jó megoldást ad. 4.5. Feladat: [7] Oldjuk meg a egyenletet! Megoldás: Mivel, vagyis nem prímszám, és, ezért csak összetett szám lehet. Legyen az legkisebb prímosztója. Ekkor biztosan. 27

Indirekt tegyük fel, hogy, vagyis. Ebben az esetben, mivel és, továbbá, ahol. Így -hez van három nem relatív prím -ig, tehát, ami ellentmondás. A fentiek miatt és összetett szám, azaz csak a 4, 6 vagy 8 lehet. Ezeket behelyettesítve képletébe kapjuk, hogy az egyetlen jó megoldás az. 4.6. Feladat: Mely természetes számokra lesz a), b)? Megoldás: a) alapján csak 2 lehet, hogy a szorzat páratlan legyen. Ha, akkor, mely sosem egyenlő 9-cel, tehát nincs ilyen szám. b) -ből következik, hogy és. A -ból, így lehet. Legyenek ezek kitevői rendre. A alapján. Mivel 4 nem osztja 18-at ezért -nek nem lehet két különböző páratlan prímosztója. Tegyük fel, hogy. Mivel nem jó, ezért nem mind 0. Ekkor szorzatban van legalább két páros tényező, ami azt jelentené, hogy, ami ellentmondás, tehát. Tegyük fel, hogy. Ekkor azonban sem az, sem az nem jó, tehát. esetén vagy. Ezek közül a 27 és a 19 ad jó megoldást. esetén vagy, amelyekből 54 és 38 lesz jó. 28

5. A függvény 5.1. Definíció: [3] A függvényen az alábbi számelméleti függvényt értjük:, ha,, ha az, vagyis az szám négyzetmentes, ha, melyre, vagyis az szám nem négyzetmentes. 5.1. Tétel: A függvény multiplikatív. Bizonyítás: A következő képletet kell belátni: ha. Esetszétválasztással dolgozunk. 1. : Triviális. 2., : Ekkor a,, tehát igaz. Szimmetria okok miatt ugyanígy igaz, ha és. 3., : Tehát,, így. Ugyanez igaz, a, esetre is. 4., : Definíció szerint,, ezért, Az miatt. 5., : Vagyis, Mivel nem négyzetmentes, így sem lesz az, tehát. Ugyanez igaz a, esetre is. 6., : Tehát. És mivel sem az sem a nem négyzetmentes, így a szorzatuk sem lesz az, vagyis. Ezzel az a tételt beláttuk. 29

Példa: -re Megjegyzés: A függvény nem teljesen multiplikatív. Példa: -ra A függvény néhány értéke: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1-1 -1 0-1 1-1 0 0 1 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20-1 0-1 1 1 0-1 0-1 0 1 0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20-1 30

Alkalmazása: A primitív -edik egységgyökök összege 5.2. Tétel: A primitív -edik egységgyökök összege. Bizonyítása: [8] A tétel igazolásához a gyökök és együtthatók közti összefüggést használjuk fel. Jelöljük -nel a primitív -edik egységgyökök összegét, melyek a, az -edik körosztási polinom gyökei. A gyökök és együtthatók összefüggése miatt egyenlő az együtthatójának ellentettjével. Továbbá [4] 3.9.5. lemma szerint, ha, akkor. Az -es tag együtthatóját vizsgáljuk mindkét oldalon. A jobb oldalon ez az érték 0, kivéve, ha, mert abban az esetben. A bal oldalon úgy kapjuk meg az -es tagot, ha egy polinomból a második legmagasabb fokút, a többiből pedig a legmagasabb fokút vesszük. -ben a második legmagasabb fokú tag együtthatója, így együtthatója az összes összege lesz. Ezek alapján felírható, hogy { A [3] 6.2.4 Tétele alapján: { A 6.5.2 Tétele szerint a számelméleti függvényekre a függvény összegzési függvény kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés, így. Feladatok: 5.1. Feladat: [3] Hány egymást követő szám adható meg, hogy azok egyikén sem nulla? Megoldás: A függvény abban az esetben 0, ha nem négyzetmentes. Mivel bármelyik négy szomszédos szám között található egy, amelyik osztható 4-gyel, ezért legfeljebb három szám adható meg. 5.2. Feladat: [3] Hány egymást követő szám adható meg, hogy azok mindegyikén nulla legyen? Megoldás: Azt kell belátni, hogy tetszőleges nagy természetes számhoz található olyan természetes szám, hogy. 31

Tekintsük a következő szimultán kongruenciarendszert, ahol jelölje az. prímszámot: A kínai maradéktétel ([3] 2.6.2 Tétel) miatt ez megoldható, tehát meg tudunk adni akármilyen hosszú nulla sorozatot. 32

6. Vegyes feladatok 6.1. Feladat: Oldjuk meg az alábbi egyenleteket: a) b). Megoldás: a) Tudjuk, hogy. Ezért elég két esetet vizsgálni: és Ha, akkor vagy 2, ezek viszont nem megoldások. és Ekkor, ezekre a számokra ellenőrizve a feladatot sem kapunk helyes megoldást. b) -re, tehát ez jó megoldás. Ha, akkor felírható alakban, ahol. Mivel és, ezért ( ) ( ) Másrészt ( ), így. Tehát ez egyetlen megoldás. 6.2. Feladat: [7] Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges természetes számra. Megoldás: 2-től -ig minden szám legfeljebb az egyik tulajdonsággal rendelkezik: vagy osztója -nek, vagy relatív prím hozzá, és lehetnek még egyéb számok is. Egyedül az 1 rendelkezik mindkét tulajdonsággal, így őt kétszer számoljuk. 6.3. Feladat: Mely természetes számokra igaz, hogy? Megoldás: Az előző feladatot felhasználva elég azt vizsgálnunk, hogy mely -ekre lesz. Ha, akkor, ekkor viszont, ami ellentmondás. Ha, akkor ez azt jelenti, hogy prím, ekkor, tehát az egyenlet megoldásai a prímszámok. 33

6.4. Feladat: [7] Oldjuk meg az ( természetes szám) egyenletet! Megoldás: Két korábban belátott állításra fogunk támaszkodni:, illetve ha 1-nél nagyobb természetes szám, mely nem prím és nem egy prím négyzete, akkor ( ). Eszerint ( ), vagyis, ami viszont ellentmondás. Így megoldás csak abban az esetben lehetséges, ha, prím vagy prímnégyzet. -re -et kapunk, mely szintén ellentmondás. Ha helyére prímet helyettesítünk, akkor újfent ellentmondás. Ha prímnégyzet, akkor a következő egyenletet kapjuk:, ahonnan, tehát az egyetlen jó megoldás. 34

7. Hegy- és völgytételek 7.1. Tétel: [3] (A függvény hegytétele): Tetszőleges pozitív egészhez végtelen sok olyan található, amelyre egyszerre teljesül, hogy és. Bizonyítás: Legyen az első prímszám szorzata, azaz. Ekkor. A -re vonatkozó egyenlőtlenséget bizonyítjuk, a -es eset igazolása is ugyanígy történik. Az prímek szorzataként a következő alakba írható:, ahol előfordulhat, hogy nem mindegyik prímtényező különböző. Mivel, és -et az első prímszám szorzatának választottuk, ezért bármely -re. Az osztóit úgy képezzük, hogy a számokból választunk néhányat, és ezeket összeszorozzuk. Mivel a -k között egyformák is lehetnek, ezért előfordulhat olyan eset, mikor egy osztót többféleképpen megkapunk, emiatt. Tegyük fel, hogy, ekkor ami ellentmondás, tehát. Így. Ebből következik, hogy esetén teljesül a tétel., azaz 7.2. Tétel: [3],[7] (A függvény hegytétele): Tetszőlegesen nagy pozitív egészhez végtelen sok olyan található, amelyre egyszerre teljesül, hogy és. Bizonyítás: Legyen elég nagy prímszám. Ekkor és páros számok lesznek, és. A -re vonatkozó egyenlőtlenséget bizonyítjuk, a -es eset igazolása is ugyanígy történik. Mivel alakú, ezért a ( ) képlet alapján. Tehát, azaz, amiből adódik, és végtelen sok olyan prím van, amire ez igaz. 35

7.3. Tétel: [3] (A függvény völgytétele): Tetszőleges pozitív egészhez végtelen sok olyan található, amelyre egyszerre teljesül, hogy és. Bizonyítás: Legyen prímszám, ekkor. Ez azt jelenti, hogy,, tehát -nek és -nek is van legalább osztója. Ez teljesül abban az esetben, ha és, vagyis, ha megoldása a következő szimultán kongruenciarendszernek: Ez a kínai maradéktétel miatt biztosan megoldható, így az összes megoldás: Kell még, hogy az számtani sorozatban végtelen sok prím legyen. Mivel, ezért is igaz, így a Dirichlet-tétel ([3] 5.3.1 Tétel) miatt teljesül. 7.4. Tétel: [3],[7] (A függvény völgytétele): Tetszőlegesen nagy pozitív egészhez végtelen sok olyan található, amelyre egyszerre teljesül, hogy és. Bizonyítás: Legyen elég nagy prímszám, így, összetett számok lesznek és. A -re vonatkozó egyenlőtlenséget bizonyítjuk, a -es eset igazolása is ugyanígy történik., mivel összetett szám, így van -nél kisebb, de -nél nem kisebb osztója, tehát Másrészt miatt, ahonnan adódik, és végtelen sok olyan prím van, amire ez igaz. 7.5. Tétel: [3],[7] (A függvény völgytétele): Tetszőlegesen nagy pozitív egészhez végtelen sok olyan található, amelyre egyszerre teljesül, hogy és. Bizonyítás: Legyen az első prímszám szorzata, azaz. Ekkor ( ) ( ) ( ) ( ) 36

A -re vonatkozó egyenlőtlenséget bizonyítjuk, a -es eset igazolása is ugyanígy történik. Az prímtényezős felbontása. Mivel, és az első prímszám szorzata, ezért bármely -re. Ekkor ( ) ( ) ( ) ( ) Tegyük fel, hogy, ekkor ami ellentmondás, tehát.tehát ( ). Ezekből következik, hogy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ami elég nagy esetén nagyobb, mint. 7.6. Tétel: (A függvény völgytétele): A függvényben végtelen sok 1 mélységű völgy található, azaz létezik végtelen sok olyan, melyre és. Bizonyítás: Legyenek prímek, ekkor definíció szerint, és írjuk fel a következő szimultán kongruenciarendszert: Ez a kínai maradéktétel miatt megoldható, és az összes megoldás alakra hozható. Mivel kielégíti a szimultán kongruenciarendszert, ezért, miatt is teljesül, így a Dirichlet-tétel alapján az számtani sorozatban végtelen sok prímszám van. 37

Irodalomjegyzék [1] BEGE ANTAL: Bevezetés a számelméletbe Scientia Kiadó, Kolozsvár, 2002. [2] BEGE ANTAL, DEMETER ALBERT, LUKÁCS ANDOR: Számelméleti feladatgyűjtemány Scientia Kiadó, Kolozsvár, 2002. [3] FREUD RÓBERT, GYARMATI EDIT: Számelmélet Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest [4] KISS EMIL: Bevezetés az algebrába TYPOTEX, Budapest, 2007 [5] LÁNG CSABÁNÉ: Számelmélet Példák és feladatok ELTE Eötvös Kiadó, Budapest [6] RUZSA Z. IMRE: Különlenyomat Matematika Lapok 27. évfolyam 1-2. számából Bolyai János Matematikai Társulat, Budapest, 1976-1979. [7] SÁRKÖZY SURÁNYI: Számelmélet feladatgyűjtemény Tankönyvkiadó, Budapest, 1979. Internetes oldalak: [8] http://www.cs.elte.hu/~ewkiss/bboard/algebrabook/kiss_algebra_megoldasok.pdf [9] http://www.cs.elte.hu/~seszter [10] http://www.mersenne.org [11] http://www.oddperfect.org [12] http://www.ttk.pte.hu/matek/ltoth [13] http://hu.wikipedia.org/wiki 38