Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Diplomski studij matematike
Vedrana Pandzic
Funkcije u teoriji brojevaDiplomski rad
Osijek, 2013.
Sveuciliste J.J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Diplomski studij matematike
Vedrana Pandzic
Funkcije u teoriji brojevaDiplomski rad
doc. dr. sc. Ivan Matic
Osijek, 2013.
Sadrzaj
1. Uvod 1
2. Osnovni pojmovi teorije brojeva 2
3. Funkcija najvece cijelo 9
4. Aritmeticke funkcije 13
5. Mobiusova funkcija 21
6. Rekurzivne funkcije 29
Literatura 33
Zivotopis 34
1
1. Uvod
Jedna od najvaznijih i najstarijih grana matematike je aritmetika (grc.arithmos- broj
i techne-umijece) koja se bavi proucavanjem racunskih operacija s brojevima. Jedan
od najvecih matematicara svih vremena, poznat kao kralj matematike, Carl Friedrich
Gauss (1777.-1855.) rekao je ”Matematika je kraljica nauke, a teorija brojeva je kra-
ljica matematike.” Svojstva cijelih brojeva izucava teorija brojeva, koja je ustvari dio
aritmetike. Koliko je zapravo veliko podrucje kojim se bavi aritmetika, zakljucio je i
sam Gauss nakon mnogo godina proucavanja te izjavio ”Aritmetika je ipak preteska za
mene.”
Osnovni pojam u teoriji brojeva je pojam djeljivosti. Pomocu definicije djeljivosti
mozemo slozene brojeve rastavljati na proste faktore tj. zapisivati ih kao umnoske
prostih brojeva. No, obrnuto, pronaci prosti broj zna biti vrlo tezak posao. Jos uvijek
ne postoji egzaktna formula uz pomoc koje bi bilo moguce odrediti n-ti prost broj.
Upravo to je jedno od najvecih otvorenih matematickih pitanja.
Najznacajnije funkcije u teoriji brojeva su Eulerova, Mobiusova te aritmeticke funkcije
koje su osnova ovog rada. Proucavana su njihova vazna svojstva te kao bitan zakljucak
napomenuto je svojstvo multiplikativnosti zbog kojeg imaju veliku primjenu u ma-
tematici. U radu je primjena aritmetickih funkcija posebno prikazana u proucavanju
savrsenih brojeva. Osim povezivanja Mobiusove funkcije sa Eulerovom pokazali smo na
koji nacin nam Mobiusova funkcija moze posluziti u racunanju ciklotomskih polinoma.
Na samom kraju spomenuta je veze aritmetickih funkcija koje zadovoljavaju linearnu
rekurziju te su rjesenja diferencijalih jednadzbi. Neki od brojeva koji zadovoljavaju
rekurzivne relacije su Fibonaccijevi i Lucasovi brojevi koje proucava teorija brojeva.
2
2. Osnovni pojmovi teorije brojeva
Da bih uopce mogli pricati o teoriji brojeva na samom pocetku potrebano je definirati
djeljivost brojeva koja je elementaran pojam u proucavanju brojeva.
Definicija 2.1 Kazemo da p dijeli n tj. da je n djeljiv sa p ako ∃d ∈ Z takav da vrijedi
n = dp.
Kazemo da je α najveca potencija broja p koja dijeli n u oznaci pα‖n ako vrijedi pα|n,ali pα+1 - n.
Primjer 2.1 52‖200 jer 52|200, ali 53 - 200.
Definicija 2.2 Prost broj je prirodan broj p koji nema niti jednog drugog djelitelja
osim 1 i samoga sebe. U suprotnom kazemo da je broj slozen.
Broj 1 nije niti prost niti slozen.
Primjer 2.2 Broj p = 3 je prost.
Broj p = 12 je slozen jer se moze zapisati kao umnozak brojeva 3 · 4 ili 2 · 6.
Definicija 2.3 Reci cemo da su cijeli brojevi a i b relativno prosti ako je (a, b) = 1.
Za cijele brojeve a1, . . . , an reci cemo da su relativno prosti ako je (a1, a2, . . . , an) = 1,
a da su u parovima relativno prosti ako je (ai, aj) = 1 za sve 1 ≤ i, j ≤ n, i 6= j.
Primjer 2.3 Brojevi 10 i 21 su relativno prosti jer niti jedan nije prost broj sam za
sebe, no nemaju zajednickih djelitelja osim broja 1 tj. (10, 21) = 1.
Teorem 2.1 Svaki prirodan broj n > 1 moze se prikazati kao produkt prostih brojeva
(s jednim ili vise faktora).
Dokaz: Dokaz matematickom indukcijom.
Baza indukcije: Broj 2 je prost.
Pretpostavka indukcije: Pretpostavimo da je n > 2, te da tvrdnja teorema vrijedi
za sve m, 2 ≤ m < n.
Korak indukcije: Zelimo dokazati da se i n moze prikazati kao produkt prostih
faktora. Ako je n prost dokaz je gotov. U suprotnom, n = n1n2, gdje je 1 < n1 < n i
1 < n2 < n. Po pretpostavci indukcije n1 i n2 su produkti prostih brojeva, pa je stoga
n prost.
3
Vrlo bitan zakljucak gornjeg teorema je da svaki prirodan broj n mozemo prikazati u
obliku
n = pα11 p
α22 · · · pαrr ,
gdje su p1, . . . , pr razliciti prosti brojevi, a α1, . . . αr prirodni brojevi. Ovakav prikaz
broja n zovemo kanonski rastav broja n na proste faktore.
Teorem 2.2 (Osnovni teorem aritmetike)
Faktorizacija svakog prirodnog broja n > 1 na proste faktore jedinstvena je do na pore-
dak prostih faktora.
Dokaz: Pretpostavimo da n ima dvije razlicite faktorizacije. Dijeleci s prostim broje-
vima koji su zajednicki u oba raspisa dobijemo jednakost
p1p2 · · · pr = q1q2 · · · qs,
gdje su pi, qj prosti brojevi, ne nuzno razliciti, ali takvi da se niti jedan prost broj s
lijeve strane ne pojavljuje na desnoj strani, tj. pipj za sve i, j. No, to je nemoguce jer
iz p1|q1q2 . . . qs slijedi da p1 dijeli barem jedan qj iz cega zakljucujemo da je p1 = qj
kontradikcija.
Propozicija 2.1 Ako je p prost broj koji dijeli umnozak dva cijela broja a i b, tj. p|ab,onda p|a ili p|b.
Definicija 2.4 Kazemo da je prirodan broj a (potpun) kvadrat ako se moze zapisati u
obliku n2, n ∈ N.Kazemo da je prirodan broj a kvadratno slobodan ako je 1 najveci kvadrat koji dijeli a.
Primjer 2.4 Potpuni kvadrati su 1, 4, 16, 49. Niti jedan prost broj nije potpun kvadrat.
Brojevi 14 i 35 su kvadratno slobodni, dok 24 i 225 nisu jer ih mozemo raspisati kao
umnozak potencija prostih faktora: 24 = 23 · 4 i 225 = 52 · 32.
Primjer 2.5 Dokazimo da svaki slozen broj n ima prosti faktor p ≤√n.
Rjesenje: Neka je p najmanji djelitelj od n koji je veci od 1. Tada je p ocito prost i ne
postoji m ∈ N takav da je n = p ·m. Buduci da je m ≥ p, dobivamo da je p ≤√n.
Ovaj primjer nam moze posluziti za generiranje tablice prostih brojeva tzv. Era-
tostenovim sitom. Na osnovu gornjeg razultata znamo kada treba stati u ispitivanju
visekratnika odredenog broja. Na primjer, zelimo odrediti sve proste brojeve ≤ 500.
4
Napisemo redom sve prirodne brojeve od 2 do 500, zatim krizamo sve prave visekratnike
broja 2, pa broja 3, pa broja 5 itd. Svakim korakom ostavljamo ”iza sebe” po jedan
prost broj. Krizanjem visekratnika broja 21 stajemo jer za iduci prosti broj vrijedi
23 >√
500.
Pokazimo kako izgleda Eratostenovo sito i postupak trazenja prostih brojeva za pri-
rodne brojeve do 100.
5
(a) Prirodni brojevi od 2 do 100 (b) Visekratnici broja 2
(c) Visekratnici broja 3 (d) Visekratnici broja 5
(e) Visekratnici broja 7 (f) Prosti brojevi
Slika 1: Eratostenovo sito: Prosti brojevi od 2 do 100
6
Primjer 2.6 Neka je broj 2k + 1 prost. Pokazimo da je tada k = 0 ili k = 2n za neki
n ≥ 0.
Rjesenje: Pretpostavimo da k ima neki neparan prosti faktor p. Tada iz k = p ·m slijedi
da je broj
2k + 1 = (2m)p + 1p = (2m + 1)(2m(p−1) − 2m(p−2) + · · ·+ 1)
djeljiv s 2m + 1, pa nije prost.
Brojevi fn = 22n + 1 nazivaju se Fermatovi brojevi. Zanimljivo je da je Fermat
smatrao da su svi oni prosti. Za prvih nekoliko mozemo pokazati da je to istina
f0 = 3,
f1 = 5,
f2 = 17,
f3 = 257,
f4 = 65537.
Upravo ti brojevi su jedini poznati prosti Fermatovi brojevi. No, vec slijedeci f5 = 232+1
je slozen:
232 + 1 = 24 · 228 + 1 = (641− 54) · 228 + 1 = 641 · 228 − (5 · 27)4 + 1 =
= 641 · 228 − (641− 1)4 + 1 = 641 · (228 − 6413 + 4 · 6412 − 6 · 641 + 4).
Prema tome, 641|f5.
Fermat je smatrao da je i f5 prost, no 100-tinjak godina poslije njega Euler je dokazao
suprotno. Najveci Fermatov broj za koji se zna da je slozen dobije se za n = 2543548
a naden je tek 2011. godine.
Hipoteza je da je samo konacno mnogo Fermatovih brojeva prosto.
Do danas nije pronaden niti jedan Fermatov prosti broj za n > 4. Jos uvijek se postavlja
pitanje postoji li beskonacno mnogo Fermatovih brojeva koji su prosti, te postoji li
beskonacno mnogo slozenih Fermatovih brojeva?
7
Primjer 2.7 Neka je broj Mn = 2n − 1 prost. Dokazimo da je tada i n prost broj.
Rjesenje: Dokazat cemo pretpostavljajuci suprotno. Ako je n slozen onda ce i Mn biti
slozen. Pretpostavimo da je n = ab. Iz zapisa
2ab−1 = (2a−1)(1+2a+22a+23a+· · ·+2(b−1)a) = (2b−1)(1+2b+22b+23b+· · ·+2(a−1)b)
vidimo da je Mp slozen jer je djeljiv sa 2a − 1 te ce moci biti prost samo ako je n = p
prost. Obrat pocetne tvrdnje ne mora biti istinit tj. Mp ne mora biti prost ako je p
prost.
Najmanji protuprimjer je 211 − 1 = 2047 = 23 · 89 koji je slozen.
Brojevi oblika
Mp = 2p − 1, p prost,
nazivaju se Mersennovi brojevi.
Neki Mersennovi brojevi su prosti, kao npr. M7 = 127, a neki su slozeni, kao npr.
M11 = 2047 = 23 · 89.
Zanimljivosti: Hipoteza je da je Mersennovih brojeva koji su prosti beskonacno mnogo,
no to do danas nije dokazano. Nadeno ih je ukupno 47 prostih, a najveci medu njima
naden je 2008. godine te je dobiven za p = 43112609, ima 12978189 znamenaka za koje
bi trebalo 3461 stranica za prikaz svih znamenki u bazi 10 koristeci 75 znamenaka po
retku, 50 linija po stranici.
Prirodnih brojeva u matematici ima beskonacno mnogo. Iz toga mozemo zakljuciti
da parnih i neparnih prirodnih brojeva koji su podskup skupa N ima beskonacno mnogo.
Slozenih brojeva ima, takoder, beskonacno mnogo. Je li tako i sa prostim brojevima
uvjeriti cemo se sljedecim teoremom.
Teorem 2.3 (Euklidov)
Skup svih prostih brojeva je beskonacan.
Dokaz: Pretpostavimo da su p1, p2, . . . , pk svi prosti brojevi. Promotrimo broj
n = 1 + p1p2 · · · pk.
Mozemo primijetiti da n nije djeljiv ni sa p1, ni sa p2, . . . ni sa pk. Dakle, svaki prosti
faktor p od n je razlicit od p1, . . . , pk. Buduci da je n ili prost ili ima prosti faktor,
dobili smo prost broj razlicit od p1, . . . , pk, sto je kontradikcija.
8
Definicija 2.5 Neka je (a,m) = 1. Ako kongruencija x2 ≡ a (mod m) ima rjesenje,
onda kazemo da je a kvadratni ostatak modulo m. U protivnom kazemo da je a kvadratni
neostatak modulo m.
Primjer 2.8 Brojevi 1, 2 i 4 su kvadratni ostaci modulo 7, a kvadratni neostaci modulo
7 su brojevi 3, 5 i 6.
Definicija 2.6 Neka je p neparan prost broj. Legendrov simbol(ap
)je po definiciji
(a
p
)=
1 , ako je a kvadratni ostatak modulo p0 , ako je a djeljiv s p−1 , ako je a kvadratni neostatak modulo p
Primjer 2.9 Pokazimo kako izgleda Legendreov simbol za prosli primjer:(1
7
)=
(2
7
)= 1(
3
7
)=
(6
7
)= −1(
14
7
)= 0
9
3. Funkcija najvece cijelo
Krenemo li iz skup realnih brojeva, no i dalje nas zanimaju svojstva cijelih brojeva,
sljedeca definicija vraca nam od realnih brojeva cijele brojeve.
Definicija 3.1 Za realan broj x, oznaka [x] znaci najveci cijeli broj manji ili jednak
broju x.
Funkcija je definirana za sve realne brojeve te uzima samo njihov cijeli dio. Drugim
rijecima, [x] je jedinstveni cijeli broj takav da vrijedi
[x] ≤ x < [x] + 1.
Ako od broja koji nije cijeli oduzmemo najvece cijelo ostane razlika koja nije cijeli broj
i nazivamo ju razlomacki dio x = x− [x], 0 ≤ x < 1.
Primjer 3.1 Odredimo vrijednost funkcije najvece cijelo za dane brojeve:
Broj x [x] x2.51 2 0.51-3.88 -4 0.12
-7 -7 05 5 0
Osnovna svojstva frunkcije [x] dana su u slijedecem teoremu.
Teorem 3.1 Neka su x i y realni brojevi. Tada vrijedi
1) [x] ≤ x < [x] + 1, x− 1 < [x] ≤ x, 0 ≤ x− [x] < 1.
2) [x] =∑
1≤i≤x 1, za x ≥ 0.
3) [x+m] = [x] +m, za cijeli broj m.
4) [x] + [y] ≤ [x+ y] ≤ [x] + [y] + 1.
5) [x] + [−x] =
0 , ako je x cijeli broj
−1 , inace.
10
6)[[x]m
]=[xm
]ako je m prirodan broj.
7) −[−x] je najmanje cijeli broj ≥ x.
8) [x+ 12] je najblizi cijeli broj broju x. Ako su dva cijela broja jednako udaljena od x
tada uzimamo veci od ta dva.
9) −[−x + 12] je najblizi cijeli broj broju x. Ako su dva cijela broja jednako udaljena
od x tada uzimamo manji od ta dva.
10) Ako su a i n prirodni brojevi, [n/a] je broj cijelih brojeva izmedu 1 i n koji su
djeljivi sa a.
Dokaz:
1) Dokaz slijedi iz definicije najvece cijelo [x] zapisane u algebarskom obliku.
2) Za sumu x < 1 suma je prazna (dogovorom se uzima da je prazna suma isto sto i
nula). Za x ≥ 0 suma broji pozitivne brojeve i koji su manji ili jednaki x. Taj
broj je upravo [x].
3) Dokaz je ocit iz definicije funkcije najvece cijelo [x].
4) Da bi dokazali nejednakost oznacimo slijedece: x = n + ν, y = m + µ gdje su m i
n cijeli brojevi t.d. 0 ≤ ν < 1, 0 ≤ µ < 1. Tada vrijedi
[x] + [y] = n+m ≤ [n+ ν +m+ µ] = [x+ y] =
= n+m+ [ν + µ] ≤ n+m+ 1 = [x] + [y] + 1.
5) Slicno kao u prethodnom dokazu zapisujemo x = n+ ν iz cega slijedi −x = n− 1 +
1− ν, za 0 < 1− ν ≤ 1. Tada slijedi
[x] + [−x] = n+ [−n− 1 + 1− ν] = n−n− 1 + [1− ν] =
0 , ako je ν = 0
−1 , ako je ν > 0
6) Zapisujemo x = n+ ν, n = qm+ r, 0 ≤ ν < 1, 0 ≤ r ≤ m− 1 pa imamo[ xm
]=
[qm+ r + ν
m
]= q +
[r + ν
m
]= q
za 0 ≤ r + ν < m. Tada zbog jednakosti[[x]
m
]=[ nm
]=[q +
r
m
]= q
slijedi dokaz ove tvrdnje.
11
7) Zamijenom x sa −x u 1) dobijemo −x − 1 < [−x] ≤ −x te stoga vrijedi x ≤−[−x] < x+ 1 sto dokazuje 7).
8) Neka je n najblizi cijeli broj broju x odnosno veci ako su jednako udaljeni. Tada
n = x+ θ − 12< θ ≤ 1
2i [x+ 1
2] = n+ [−θ + 1
2] = n za 0 ≤ −θ + 1
2< 1.
9) Slicno kao prethodni dokaz.
10) Sve prirodne brojeve oznacimo sa a, 2a, 3a, ..., ja koji su ≤ n. Oni su djeljivi sa a,
te moramo dokazati da [n/a] = j. No, vidimo da je (j + 1)a vece od n pa vrijede
nejednakosti
ja ≤ n < (j + 1)a, j ≤ n/a < j + 1, [n/a] = j.
Sljedeci teorem daje dekompoziciju za n! gdje je n ≥ 1 cijeli broj.
Teorem 3.2 (de Polignac-ova formula)
Neka je p prost broj. Najveca potencija e takva da vrijedi pe | n! dana je izrazom
e =∞∑i=1
[n
pi
].
Dokaz: Za slucaj kada je pi > n tada je [n/pi] = 0 pa je prethodna suma konacna.
Drugi slucaj lako se pokaze matematickom indukcijom.
Baza indukcije: Za 1! vrijedi.
Pretpostavka indukcije: Pretpostavimo da vrijedi za (n− 1)!
Korak indukcije: Oznacimo sa j najveci cijeli broj takav da pj|n. Kako je n! =
n(n− 1)!, moramo dokazati da je∑∞
i=1[n/pi]−
∑∞i=1[(n− 1)/pi] = j.
Vrijedi [n
pi
]−[n− 1
pi
]=
1 , ako pi|n
0 , ako pi - ni stoga
∞∑i=1
[n
pi
]−∞∑i=1
[n− 1
pi
]= j.
12
Na drugi nacin mozemo pokazati da vrijedi teorem promatrajuci nenegativne cijele
brojeve a1, a2, . . . , an. Oznacimo sa f(1) broj njih koji su veci ili jednaki 1, f(2) broj
vecih ili jednakih 2 itd. Tada imamo
a1 + a2 + · · ·+ an = f(1) + f(2) + f(3) + . . .
kako ai doprinosi 1 na svaki od brojeva f(1), f(2), . . . , f(ai). Za 1 ≤ j ≤ n, neka je
aj najveci cijeli broj takav da paj |j. Tada vidimo da je e = a1 + a2 + · · · + an. Osim
toga, f(1) broji koliko ima cijelih brojeva ≤ n koji su djeljivi sa p, f(2) broji koliko
ima cijelih brojeva djeljivih sa p2 itd.
Dakle, f(k) broji cijele brojeve pk, 2pk, 3pk, . . . , [n/pk]pk te je f(k) = [n/pk].
Tako vidimo da je
e = a1 + a2 + · · ·+ an =∞∑i=1
f(i) =∞∑i=1
[n
pi
].
Pomocu formule (6) Teorema 3.1 mozemo lakse odrediti e iz gornjeg teorema.
Na primjer, zelimo naci najvecu potenciju broja 7 kojom je djeljivo 1000!. Tada
racunamo
[1000/7] = 142, [1000/49] = 20, [1000/343] = 2, [1000/2401] = 0.
Zbrajajuci rezultate dobijemo da 7164|1000! te 7165 - 1000!
13
4. Aritmeticke funkcije
Funkcije definirane za sve prirodne brojeve n nazivaju se aritmeticke funkcije ili funkcije
u teoriji brojeva. Aritmeticka funkcija f za domenu ima prirodne brojeve dok joj je
kodomena podskup kompleksnih brojeva.
Svojstvo multiplikativnosti funkcija u teoriji brojeva vrlo je vazno svojstvo koje ima
primjenu u gotovo svakom dokazu. Sve funkcije navedene dalje u radu imaju svojstvo
multiplikativnosti. Definirajmo to svojstvo odmah na samom pocetku promatranja
aritmetickih funkcija.
Definicija 4.1 Funkcija f : N→ C je multiplikativna ako vrijedi
• f(1)=1
• f(mn)=f(m)f(n) za relativno proste m i n.
Napomena: Aritmeticka funkcija je potpuno multiplikativna ako vrijedi
f(mn) = f(m)f(n)
za sve cijele brojeve m i n.
Definicija 4.2 Neka je n prirodan broj. Broj prirodnih brojeva u nizu 1, . . . , n koji su
relativno prosti sa n oznacava se s ϕ(n). Ovime je definirana funkcija ϕ : N→ N koja
se naziva Eulerova funkcija.
Primjer 4.1
ϕ(7) = 6, ϕ(6) = 2, ϕ(1) = 1.
Ako je p prost broj tada je ϕ(p) = p− 1. Osim toga, ako za neki prirodan broj n vrijedi
ϕ(n) = n − 1 mozemo zakljuciti da je n relativno prost sa svakim manjim prirodnim
brojem. Prema tome, n nema djelitelja veceg od 1 i manjeg od n pa je prost.
Lema 4.1 Neka je p prost broj i k ∈ N. Tada je ϕ(pk) = pk − pk−1.
Dokaz: Neka je 1 ≤ n ≤ pk. Ako p ne dijeli n, tada su n i pk relativno prosti. Prema
tome, jedini brojevi u nizu 1, 2, . . . , pk koji nisu relativno prosti s pk su p, 2p, . . . , pk =
pk−1 · p. Takvih brojeva ima pk−1 te slijedi da je ϕ(pk) = pk − pk−1.
14
Pokazimo svojstvo multiplikativnosti Eulerove funkcije koje ce nam kasnije biti od
velike koristi.
Teorem 4.1 Eulerova funkcija je multiplikativna.
Dokaz: Od prije znamo da je ϕ(1) = 1.
Neka su m,n relativno prosti cijeli brojevi.
Definiramo skupove S1 = a ∈ N : a ≤ mn, (a,mn) = 1, S2 = a ∈ N : a ≤m, (a,m) = 1 i S3 = a ∈ N : a ≤ n, (a, n) = 1. Ocito je |S1| = ϕ(mn), |S2| = ϕ(m)
te |S3| = ϕ(n).
Za t ∈ 0, 1, . . . ,mn − 1, neka je i(t) = (a, b), gdje je i preslikavanje definirano
i : 0, 1, . . . ,mn− 1 → 0, 1, . . . ,m− 1 × 0, 1, . . . , n− 1 takvo da je
i(t) = (t mod m, t mod n)
Primijetimo da je (t,mn) = 1 ako i samo ako je (a,m) = (b, n) = 1.
Kako je t = k1m + a = k2n + b slijedi da je svaki zajednicki prost djelitelj brojeva t i
m (odnosno b i n) ujedno i zajednicki prost djelitelj brojeva a i m (odnosno b i n).
Prema tome, restrikcija preslikavanja i na skup S1 daje bijekciju na skup S1 na skup
S2 × S3, iz cega slijedi ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).
Pokazimo primjenu gore dokazane multiplikativnosti Eulerove funkcije za neki slozeni
prirodan broj.
Primjer 4.2 Izracunajmo ϕ(756).
Rjesenje: Broj 756 mozemo rastaviti na umnozak potencija prostih faktora na sljedeci
nacin
756 = 22 · 33 · 7.
Eulerova funkcija glasi
ϕ(756) = ϕ(22 · 33 · 7).
Primijenimo li multiplikativnost Eulerove funkccije dobivamo
ϕ(756) = ϕ(22) · ϕ(33) · ϕ(7).
Sada iskoristimo Lemu 4.1. za racunanje vrijednosti Eulerove funkcije
ϕ(22) = 22 − 2 = 2,
ϕ(33) = 33 − 32 = 18,
15
ϕ(7) = 71 − 70 = 6.
Trazeni rezultat je
ϕ(756) = 2 · 18 · 6 = 216.
Sljedeci rezultat moze nam posluziti za racunanje vrijednosti Eulerovih funkcija za vece
prirodne brojeve.
Neka je n > 1 prirodan broj ciji zapis u obliku umnoska prostih faktora je oblika
n = pα11 p
α22 · · · p
αkk .
Tada je
ϕ(n) = ϕ(pα11 p
α22 · · · p
αkk ) = ϕ(pα1
1 )ϕ(pα22 ) · · ·ϕ(pαkk ) =
= pα11
(1− 1
p1
)pα22
(1− 1
p2
)· · · pαkk
(1− 1
pk
)=
= n
(1− 1
p1
)(1− 1
p2
)· · ·(
1− 1
pk
).
Pokazimo gornji iskaz na primjeru slozenog broja.
Primjer 4.3 Izracunajmo Eulerovu funkciju brojeva 36 i 85.
ϕ(36) = 36 ·(1− 1
2
)·(1− 1
3
)= 12
ϕ(85) = 85 ·(1− 1
5
)·(1− 1
17
)= 64
Teorem 4.2 Za svaki prirodan broj n vrijedi∑d|n
ϕ(d) = n.
Dokaz: Neka je n = pα11 p
α22 · · · p
αkk . Zbog multiplikativnost funkcije ϕ imamo:
∑d|n
ϕ(d) =k∏i=1
(1 + ϕ(pi) + ϕ(p2i ) + · · ·+ ϕ(pαii )).
Nadalje, mnozenjem desne strane gornjeg izraza dobivamo sumu faktora
ϕ(pβ11 · · ·ϕ(pβkk )) = ϕ(pβ11 · · · pβkk ) gdje je 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1, . . . , k sto je upravo lijeva
strana izraza.
Tada je∑d|n
ϕ(d) =k∏i=1
(1 + (pi − 1) + (p2i − pi) + · · ·+ (pαii − p
αi−1i )
)=
k∏i=1
pαii = n.
16
Osim Eulerove funkcije, za prirodne brojeve mozemo definirati funkcije djelitelja
koje su takoder sve aritmeticke funkcije. Navedene su u definiciji.
Definicija 4.3 Za prirodne brojeve n definiramo slijedece funkcije
* d(n) je broj pozitivnih djelitelja od n
* σ(n) je suma pozitivnih djelitelja od n
* σk(n) je suma k−tih potencija pozitivnih djelitelja od n
* ω(n) je broj razlicitih prostih brojeva koji dijele n
* Ω(n) je broj prostih brojeva koji dijele n, racunajuci kratnost
Primjer 4.4 Neka je n = 12. Djelitelji od broja 12 su 1, 2, 3, 4, 6, 12.
Dalje racunamo:
d(12) = 6, σ(12) = 28, σ2(12) = 210, ω(12) = 2, Ω(12) = 3.
Broj k, iz definicije, moze biti bilo koji realni broj, pozitivan, negativan ili nula. Kom-
pleksna vrijednost broja k koristi se samo u naprednim istrazivanjima. Funkcija djeli-
telja d(n) je specijalan slucaj za k = 0 tj. d(n) = σ0(n). Slicno, vrijedi i σ(n) = σ1(n).
Zbog lakseg razumijevanja i jednostavnosti koristimo se simbolima za sumu∑
d|n f(d)
i produkt∏
d|n f(d) za f(d) za sve pozitivne djelitelje d broja n. Stoga pisemo,
d(n) =∑d|n
1, σ(n) =∑d|n
d, σk(n) =∑d|n
dk
ω(n) =∑p|n
1, Ω(n) =∑pα‖n
α =∑pβ |n
1.
Trebamo li izracunati vrijednost funkcije σ za velike prirodne brojeve slijedeci teorem
olaksava nam racunanje sume djelitelje prirodnog broja n.
Teorem 4.3 Za svaki prirodan broj n vrijedi
σ(n) =∏pα‖n
(pα+1 − 1
p− 1
).
17
Dokaz: U slucaju n = 1, α = 0 za sve proste brojeve p tada je svaki faktor u produktu
jednak 1 pa slijedi da je σ(1) = 1.
Nadalje, na definiciju σ(n) =∑
d|n d mozemo primjeniti prethodni teorem f(n) = n,
F (n) = σ(n). Prema tome σ(n) je multiplikativna te je σ(n) =∏σ(pα).
No, pozitivni djelitelji od pα su 1, p, p2, . . . , pα cija je suma pα+1−1p−1 .
Primjer 4.5 Neka je n = 120 kojeg smo raspisali kao 120 = 23 · 3 · 5.
Tada racunamo: σ(120) = 24−12−1
32−13−1
52−15−1 = 360.
Pokazimo da funkcija σ ima svojstvo multiplikativnosti.
Ocito je da vrijedi σ(1) = 1. Osim toga, za prosti broj p vrijedi
σ(pk) = 1 + p+ p2 + · · ·+ pk =pk+1 − 1
p− 1.
Promotrimo slucaj kada je n = pkql, gdje su p i q prosti brojevi. Tada imamo
σ(pkql) = 1 + p+ p2 + · · ·+ pk + q + pq + p2q + · · ·+ pkq + · · ·++ ql + pql + p2ql + · · ·+ pkql =
= (1 + p+ p2 + · · ·+ pk)(1 + q + q2 + · · ·+ ql) =
=pk+1 − 1
p− 1· q
l+1 − 1
q − 1= σ(pk)σ(ql).
Generalizacijom gornjeg dokaza dobivamo
σ(pα11 p
α22 · · · p
αkk ) =
k∏i=1
pαi+1i − 1
pi − 1= σ(pα1
1 )σ(pα22 ) · · ·σ(pαkk ).
Slicno kao i za sumu djelitelja, broj djelitelja d za velike prirodne brojeve n mozemo
na laksi nacin izracunati primjenom formule sljedeceg teorema.
Teorem 4.4 Za svaki prirodan broj n vrijedi
d(n) =∏pα‖n
(α + 1).
18
Dokaz: Neka je n =∏pα prikaz broja n u obliku produkta potencija prostih brojeva.
Pozitivan cijeli broj d =∏pβ dijeli n ako i samo ako 0 ≤ β(p) ≤ α(p) za sve proste
brojeve p. Kako β(p) moze imati neke od sljedecih vrijednosti 0, 1, . . . , α(p), slijedi da
postoji α(p) + 1 mogucih vrijednosti za β(p) stoga je broj djeljitelja od n dan izrazom∏pα‖n(α + 1).
Posljedica toga teorema je slijedece svojstvo:
ako je (m,n) = 1 tada je
d(mn) = d(m)d(n).
Primjer 4.6 Neka je n = 120. Rastavom na proste faktore dobivamo 120 = 23 · 3 · 5pa je d(120) = (3 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = 16.
Posebno, izraz vrijedi ako su cijeli brojevi m1,m2, . . . ,mr potencije razlicitih prostih
brojeva. Kako se svaki prirodan broj veci od 1 moze faktorizirati kao produkt potencija
razlicitih prostih brojeva, ako je f multiplikativna funkcija za koju znamo vrijednost
f(pα) za svaki prosti broj p i svaki prirodan broj α tada vrijednost f(n) za svaki
prirodan broj n lako moze odrediti multipliciranjem.
Na primjer, f(3600) = f(24)f(32)f(52).
Ako je g potpuno multiplikativna funkcija i znamo vrijednost g(p) za svaki prost broj
p tada mozemo izracunati g(n) za svaki prirodan broj n.
Na primjer, g(3600) = f(2)4f(3)2f(5)2.
Ta svojstva mozemo prikazati i na slijedeci nacin: ako su f i g multiplikativne funkcije
takve da f(pα) = g(pα) za sve proste brojeve p i sve pozitivne cijele brojeve α, tada
vrijedi f = g za sve pozitivne cijele brojeve n iz cega slijedi f = g. Uz to, ako su f i
g su potpuno multiplikativne funkcije takve da je f(p) = g(p) za sve proste brojeve p
tada je f = g.
Pokazimo da je funkcija d koja broji pozitivne djelitelje prirodnog broja n multiplika-
tivna.
Neka su a i b relativno prosti prirodni brojevi. Prikazimo ih u obliku
a = pα11 p
α22 · · · p
αkk ,
i
b = qβ11 qβ22 · · · q
βlk .
19
Kako je (a, b) = 1 mora vrijediti da je pi 6= qj za sve i, j.
Dakle, a · b = pα11 p
α22 · · · p
αkk · q
β11 q
β22 · · · q
βlk odakle slijedi
d(ab) = (α1 + 1) · · · (αk + 1) · (β1 + 1) · · · (βl + 1) = d(a)d(b).
Teorem 4.5 Neka je f(n) multiplikativna funkcija i neka je F (n) =∑
d|n f(d). Tada
je F (n) multiplikativna.
Dokaz: Pretpostavimo da je m = m1m2 gdje su m1 i m2 relativno prosti. Ako d|mtada uzmemo d1 = (d,m1) i d2 = (d,m2). Prema tome d = d1d2, d1|m1, i d2|m2.
Obratno, za dane d1, d2 djelitelje od m1 i m2 vrijedi da je d = d1d2 djelitelj od m i
d1 = (d,m1), d2 = (d,m2). Na osnovu toga imamo jedan-jedan korespondenciju (vezu)
izmedu pozitivnih djelitelja d od m i parova pozitivnih djelitelja. Stoga vrijedi,
F (m) =∑d|m
f(d) =∑d1|m1
∑d2|m2
f(d1d2)
za svaku funkciju f. Kako je (d1, d2) = 1 iz pretpostavke da je f multiplikativna slijedi
da je desna strana jednakosti
∑d1|m1
∑d2|m2
f(d1)f(d2) =
∑d1|m1
f(d1)
∑d2|m2
f(d2)
= F (m1)F (m2).
Pokazimo kako su se dosadsnji rezultati pokazali korisnim u proucavanju savrsenih
brojeva.
Primjer 4.7 Za prirodan broj n kazemo da je savrsen ako je σ(n) = 2n, tj. ako je n
jedank sumi svojih pravih djelitelja.
n = 6 σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2 · 6
n = 28 σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 2 · 28
Naziv ”savrseni brojevi” dobili su od Pitagorejci koji su brojevima pridavali misticna
svojstva.
20
Primjer 4.8 Dokazimo da je∑
d|n d−1 = 2⇔ n savrsen.
Rjesenje: ∑d|n
d−1 =∑d|n
1
d=∑d|n
1nd
=∑d|n
d
n=
∑d|n d
n=σ(n)
n.
σ(n)
n= 2⇔ σ(n) = 2n⇔ n savrsen.
Primjer 4.9 Pokazimo da je paran broj savrsen akko je oblika 2p−1(2p − 1), gdje su p
i 2p − 1 prosti brojevi.
Rjesenje: Neka je
m = 2p−1(2n − 1),
tada imamo σ(m) = 2m.
σ(m) = σ(2n−1 · (2n − 1)) = σ(2n−1)σ(2n − 1) =2n − 1
2− 1· 2n = (2n − 1)2n = 2 · 2n−1(2n − 1) = 2m.
Primjenili smo formule σ(pj) = pj+1−1p−1 i σ(p) = p+ 1.
Nije poznato postoji li neki neparan broj koji je savrsen.
Starim Grcima, oko 100 godina poslije Krista, bila su poznata samo cetiri savrsena
broja. Nikomah je u svojoj knjizi ”Introductio Arithmeticae” kao savrsene naveo
P1 = 6, P2 = 28, P3 = 496, P4 = 8128,
te je zakljucio da postoji jedan jednoznamenkasti, jedan dvoznamenkasti, jedan trozna-
menkastii jedan cetveroznamenkasti savrsen broj. Na osnovu toga postavio je sljedece
hipoteze
1. n-ti savrsen broj Pn sadrzi tocno n znamenki;
2. parni savrseni brojevi zavrsavaju naizmjence na 6 i 8.
Obje pretpostavke su pogresne. Ne postoji savrsen broj s pet znamenki. Sljedeci
savrsen broj je P5 = 33550336 koji zavrsava znamenkom 6, a sljedeci broj je P6 =
8598869056 koji takoder zavrsava znamenkom 6 pa je i druga hipoteza kriva.
Iako, pokazalo se da parni savrseni brojevi zavrsavaju znamenkama 6 i 8 samo ne nuzno
naizmjence.
21
5. Mobiusova funkcija
Definicija 5.1 Neka su f(x) i g(x) pozitivne funkcije kojima je domena skup prirodnih
ili realnih brojeva. Pisemo f(x) = O(g(x)) ako postoji konstanta C takva da je
|f(x)| ≤ Cg(x)
za svaki x.
Napomena: Za funkciju najvece cijelo, [x] = x− x, mozemo pisati [x] = x + O(1)
buduci da je x funkcija odozgo omedena s 1.
U narednim dokazima koristit cemo [xn] = x
n+O(1).
Nadalje, zbog ∫ [x]
1
1
tdt ≤
∑n≤x
1
n< 1 +
∫ x
1
1
tdt,
tj. 0 ≤ ln[x] ≤∑
n≤x1n< 1 + ln x, mozemo pisati∑
n≤x
1
n= lnx+O(1).
Definicija 5.2 Ako za prirodne brojeve n vrijedi
µ(n) =
1 , ako je n = 10 , ako je n djeljiv s kvadratom vecim od 1
(−1)k , ako je n kvadratno slobodan
tada kazemo da je µ(n) Mobiusova funkcija.
Primjer 5.1 Pogledajmo kako izgleda Mobiusova funkcija za neke prirodne brojeve:
µ(2) = (−1)1 = −1
µ(3) = (−1)1 = −1
µ(4) = µ(22) = 0
µ(6) = (−1)2 = 1
µ(8) = µ(23) = 0
Ako je p prost broj µ(p) = −1 s tim da je µ(1) = (−1)0 = 1.
22
Pokazimo neke zanimljive rezultate za prirodne brojeve koji se odnose na Mobiusovu
funkciju.
Primjer 5.2 Dokazite da je za svaki n ∈ N
µ(n)µ(n+ 1)µ(n+ 2)µ(n+ 3) = 0.
Rjesenje: n, n + 1, n + 2, n + 3 su cetiri uzastopna prirodna broja pa je jedan od njih
djeljiv sa 4 te zbog toga nije kvadratno slobodan. Zbog toga je
µ(tog broja) = 0
pa je samim time i cijeli produkt jednak 0.
Primjer 5.3 Nadimo prirodan broj n za koji vrijedi
µ(n) + µ(n+ 1) + µ(n+ 2) = 3.
Rjesenje: Iz zadane jednadzbe zakljucujemmo da mora vrijediti
µ(n) = µ(n+ 1) = µ(n+ 2) = 1.
Brojevi n, n+ 1, n+ 2 su tri uzastopna prirodna broja od kojih niti jedan nije prost, jer
je µ(prostog broja) = −1.
Nadalje, niti jedan ne smije biti visekratnik broja 4 jer je µ(4) = 0. Tada su nasi brojevi
oblika 4k + 1, 4k + 2 i 4k + 3.
Trazeni brojevi su 33, 34 i 35 koje rastavljamo na 3 · 11, 2 · 17 i 5 · 7 te za svaki od njih
vrijedi µ(n) = (−1)2 = 1 sto u sumi zadovoljava zadani izraz.
Nadalje, pokazimo koja svojstva ima Mobiusova funkcija.
Teorem 5.1 Funkcija µ(n) je multiplikativna i vrijedi
∑d|n
µ(d) =
1 , ako je n = 1
0 , ako je n > 1.
Dokaz: Iz definicije zakljucujemo da je µ(n) multiplikativna. Ako je F (n) =∑
d|n µ(d)
tada je F (n) multiplikativna po Teoremu 4.5.
Vidimo da je F (1) = µ(1) = 1. Ako je n > 1, α > 0 za neki prosti broj p tada je
F (pα) =∑α
β=0 µ(pβ) = 1 + (−1) = 0 sto je zeljeni rezultat.
23
Isto mozemo dokazati pomocu kvadratno slobodnih djelitelja d od n sa tocno k
prostih faktora. Takvih djelitelja ima(ω(n)k
)od kojih svaki pridonosi µ(d) = (−1)k.
Tada je, po binomnom teoremu, suma jednaka
ω(n)∑k=0
(ω(n)
k
)(−1)k = (1− 1)ω(n).
Kako smo pokazali da je funkcija µ multiplikativna tada slijedi da je i funkcija ν : N→C definirana kao
ν(n) =∑d|n
µ(d)
takoder multiplikativna.
To znaci da je ν(1) = 1, dok za n > 1 vrijedi
ν(n) = ν(pα11 · · · p
αkk ) = ν(pα1
1 ) · · · ν(pαkk ) =
= (µ(1) + µ(p1) + µ(p2) + · · · ) · · · (µ(1) + µ(pk) + µ(p2k) + · · · ) =
= (1− 1 + 0 + · · · ) · · · (1− 1 + 0 + · · · ) = 0.
Dobiveni rezultat ima kljucnu ulogu u dokazu slijedeceg teorema.
Teorem 5.2 (Mobiusova formula inverzije)
Neka je f : N→ C proizvoljna funkcija, te neka je F (n) =∑
d|n f(d), n ∈ N. Tada je
f(n) =∑d|n
µ(d)F(nd
).
Obrnuto, ako je f(n) =∑
d|n µ(d)F(nd
)za svaki n ∈ Z, onda je F (n) =
∑d|n f(d).
Dokaz:
Imamo∑d|n
µ(d)F (n
d) =
∑d|n
µ(d)∑d′|n
d
f(d′) =∑d′|n
f(d′)∑d| nd′
µ(d) =∑d′|n
f(d′)ν(n
d′) = f(n).
Da bi dokazali obrat zapisujemo f(n) =∑
d|n µ(d)F(nd
)na slijedeci nacin f(n) =∑
d′|n µ( nd′
)F (d′). Pomocu tog zapisa dobijemo∑d|n
f(d) =∑d|n
f(n
d) =
∑d|n
∑d′|n
d
µ(n
dd′)F (d′) =
∑d′|n
F (d′)ν(n
d′) = F (n).
24
Primjenimo li gornji teorem na rezultat Teorema 4.2.∑
d|n ϕ(d) = n, dobijemo
ϕ(n) = n∑d|n
µ(d)
d.
Na taj nacin vidimo kako povezati Mobiusovu i Eulerovu funkciju sto cemo pokazati u
slijedecem primjeru.
Primjer 5.4 Izracunajmo ponovo vrijednost Eulerove funkcije ϕ(756) koristeci vrijed-
nosti Mobiusovih funkcija.
Rjesenje: Djelitelji broja 756 su: 1, 2, 3, 4, 7, 9, 12, 14, 18, 21, 27, 28, 36, 42, 54, 63, 84,
108, 126, 189, 252, 378, 756.
Po formuli imamo
ϕ(756) = n∑d|n
µ(d)
d= 756
∑d|756
µ(d)
d=
= 756
(µ(1)
1+µ(2)
2+ . . .+
µ(378)
378+µ(756)
756
).
Potrebno je izracunati Mobiusove funkcije µ(1) = 1, µ(2) = −1, µ(3) = −1, µ(6) =
1, µ(7) = −1, µ(14) = 1, µ(21) = 1 i µ(42) = −1. Ostale vrijednosti funkcija su µi = 0.
Konacno, uvrstavanjem dobivenih vrijednosti imamo
756
(1
1+−1
2+−1
3+
1
6+−1
7+
1
14+
1
21+−1
42
)= 216.
Primjenu Mobiusove funkcije mozemo naci racunajuci ciklotomske polinome. Na sa-
mom pocetku prisjetiti cemo se osnovnih pojmova te problema koji se javljaju rjesavajuci
polinome u skupu prirodnih brojeva R, te prosirenje rjesenja na skupa kompleksnih
brojeva C.
Neka je a n-ti korijen broja b sto zapisujemo bn = a. Kvadratni korijen broja 1 je 1 jer
je 1 · 1 = 1, ali (−1)(−1) = 1, te je −1 isto kvadratni korijen od 1. Kazemo da postoje
dva kvadratna korijena broja 1.
Ako pogledamo kubni korijen broja 1 tada −1 nije rjesenje jer je (−1)(−1)(−1) = −1.
Dakle, gledajuci u skupu realnih brojeva postoji samo jedno rjesenje i to je broj 1, no
u skupu kompleksnih brojeva C mozemo pronaci tri kubna korijena broja 1.
25
Broj mozemo zapisati u obliku
ei(nx) = cos(nx) + i sin(nx),
gdje je n cijeli broj, a x moze biti kompleksan broj. Trazeci rjesenje u skupu komplek-
snih brojeva postoji tocno n razlicitih n-tih korijena broja 1. Podijelimo li jedinicnu
kruznicu na n jednakih dijelova, koristeci n tocaka lako je pronaci rjesenja.
Kompleksan broj z nazivamo n-tim korijenom iz jedinice, gdje je n prirodan broj, ako
je zn = 1.
Uzmemo li bilo koji komleksan broj z te ga zapisemo s polarnim koordinatama
z = cos θ + i sin θ
broj mozemo lako potencirati koristeci formulu za potenciranje kompleksnog broja
zn = (cos θ + i sin θ)n = cos(n · θ) + i sin(n · θ).
Tada iz jednakosti nθ = 0 + 2kπ za k = 0, 1, . . . , n− 1 slijedi da je θ = 2kπn. Korijeni iz
jedinice dani su s
e2kπ/n,
za k = 0, 1, . . . , n− 1.
Definicija 5.3 Kazemo da je n-ti korijen iz jednice primitivan ako je oblika ζkn (ζn je
kompleksan broj e2πin ) sa relativno prostim brojevima n i k tj. (n, k) = 1.
Definicija 5.4 Neka je n cijeli broj te neka je ζkn primitivni n-ti korijen iz jedinice.
Tada n-ti ciklotomski polinom Φn(x) glasi
Φn(x) =∏
1≤k≤n
(x− ζkn),
gdje su korijeni primitivni n-ti korijeni iz jedinice.
Teorem 5.3 Neka je n cijeli broj. Tada vrijedi
xn − 1 =∏d|n
Φd(x)
gdje je d red djelitelja od n.
26
Dokaz: Korijeni od xn − 1 su upravo n-ti korijeni iz jedinice. Nadalje, ako je ζ n-ti
korijen iz jedinice reda d, tada je ζ primitivni d-ti korijen iz jedinice. Tada je ζ nultocka
od Φd(x).
Kako d|n, ζ je korijen desne strane izraza teorema. Iz toga zakljucujemo da su polinomi
s lijeve i desne strane istog stupnja te imaju iste korijene tj. jednaki su.
Postoji jos jedan nacin za pronalazenje n-tog ciklotomskog polinoma koji je ponekad
jednostavniji i brzi:
Φn(x) =xn − 1∏d Φd(x)
,
gdje je d pravi djelitelj od n.
Primjer 5.5 Pokazati cemo neke vrijednosti ciklotomskih polinoma
Φ1(x) = x− 1
Φ2(x) =x2 − 1
Φ1(x)=x2 − 1
x− 1= x+ 1
Φ3(x) =x3 − 1
Φ1(x)=x3 − 1
x− 1= x2 + x+ 1
Φ4(x) =x4 − 1
Φ1(x)Φ2(x)= x2 + 1
Φ5(x) =x5 − 1
Φ1(x)= x4 + x3 + x2 + x+ 1
Φ6(x) =x6 − 1
Φ1(x)Φ2(x)Φ3(x)= x2 − x+ 1
Sljedecim teoremon povezati cemo izraz iz prethodnog teorema sa Mobiusovom funk-
cijom preko koje cemo moci racunati polinome.
Teorem 5.4 Neka je n pozitivan cijeli broj te µ(n) Mobiusova funkcija. Tada vrijedi
Φn(x) =∏d|n
(xd − 1)µ(nd).
Dokaz se moze pronaci u [3].
Pokusajmo, koristenjem gornjeg teorema, preko Mobiusove funkcije izracunati odredene
polinome.
27
Primjer 5.6 Izracunajmo pomocu gornjeg teorema Φ4(x).
Φ4(x) = (x−1)µ(41)+(x2−1)µ(
42)+(x4−1)µ(
44) = (x−1)0+(x−1)−1+(x−1)1 =
x4 − 1
x2 − 1= x2+1
Ciklotomske polinome veceg stupnja dobijemo jednostavim dijeljenjem polinoma viseg
stupnja sto se ubraja u elementarne racunske operacije. Sto je manji broj djelitelja
stupnja polinom to su polinomi ”duzi” kao na primjer:
Φ11(x) = (x11 − 1)µ(1111
)(x− 1)µ(111) = (x− 1)11(x− 1)1
x11 − 1
x− 1= . . . =
= x10 + x9 + x8 + x7 + x6 + x5 + x4 + x4 + x3 + x2 + x+ 1.
Koeficijenti ciklotomskih polinoma su najcesce −1, 0 i 1 ali za n ≥ 105 pojavljuju se i
drugi koeficijenti. Na primjer u raspisu ciklotomskog polinoma Φ105(x) postoji −2x42
ciji koeficijent ne pripada u standarni skup −1, 0, 1.Dokazano je da su svi koeficijenti ciklotomskih polinoma Φn(x) cijeli brojevi.
Vrlo vazno pitanje je kako se asimptotski ponasaju aritmeticke funkcije tj. kako izgle-
daju sume oblika∑
n≤x f(n) za dovoljno veliki realan broj x. Na to pitanje pokusati
cemo odgovoriti za vec spomenute funkcije d, σ i ϕ.
Propozicija 5.1 Za aritmeticke funkcije vrijedi:
1)∑
n≤x d(n) = x lnx+O(x)
2)∑
n≤x σ(n) = 112π2x2 +O(x lnx)
3)∑
n≤x ϕ(n) = 3π2 · x2 +O(x lnx)
Dokaz:
1) ∑n≤x
d(n) =∑n≤x
∑d|n
1 =∑d≤x
∑m≤x
d
1 =∑d≤x
[xd
]=∑d≤x
(xd
+O(1))
= x lnx+O(x)
Dokazi ostalih tvrdnji se mogu naci u [1].
Moze se pokazati da je ∑n≤x
ϕ(n) ∼3
π2x2 i
∑n≤x
n ∼3
π2x2.
28
Rezultat mozemo interpretirati tako da kazemo da je vjerojatnost da su dva nasumce
izabrana cijela broja relativno prosta jednaka∑n≤x ϕ(n)∑n≤x n
≈3π2x
2
12x2
=6
π2≈ 0.6079.
29
6. Rekurzivne funkcije
Kazemo da aritmeticka funkcija f(n) zadovoljava linearnu rekurziju ako vrijedi
f(n) = af(n− 1) + bf(n− 2)
za n = 2, 3, . . . gdje su a i b konstante koje mogi biti realni ili kompleksni brojevi.
Radi kraceg zapisa koristimo un umjesto f(n), te nasa jednadzba glasi
un = aun−1 + bun−2. (1)
Analiza rjesenja diferencijalne jednadzbe drugog stupnja y′′ = ay′ + by s konstantnim
koeficijentima svodi se na rjesavanje sustava (1).
Neka je λ nultocka polinoma Q(z) = z2 − az − b. Nultocka λ moze biti kompleksan
broj cak i ako su a i b realni. Faktorizacijom dobijemo λ2 = aλ + b, te mnozeci obje
strane s λn−2 dobijemo
λn = aλn−1 + bλn−2
za svaki cijeli broj n > 2. Vidimo da niz un = λn zadovoljava rekurziju (1).
Ako polinom Q(z) ima dvije razlicite nultocke tada dobijamo dva rjesenja λn i µn
pocetne rekurzije. Pretpostavimo da su un i vn ta dva rjesenja te zapisemo njihovu
linearnu kombinaciju
wn = aun + bvn
gdje su α i β realne ili kompleksne konstante. Tada je
wn = αun + βvn = α(aun−1 + bun−2) + β(avn−1 + bvn−2)
= a(αun−1 + βvn−1) + b(αun−2 + βvn−2)
= awn−1 + bwn−2,
za svaki n ≥ 2 takoder rjesenje rekurzije (1).
Dakle, svaka linearna kombinacija rjesenja (1) je opet rjesenje iste rekurzije.
Niz
vn = αλn + βµn (2)
je varijanta niza danog u (1), za sve vrijednosti konstanti α i β.
Nadalje, moramo uzeti u obzir pocetne uvjete niza un. Pretpostavimo da imamo dvije
realne ili kompleksne nultocke x0 i x1. Vidimo da postoji tocno jedan niz un takav da
30
je u0 = x0, u1 = x1 te da vrijedi jednakost (1) za svaki n > 2. Brojevi α i β u (2) mogu
se izabrati tako da vrijedi
α + β = x0λα + µβ = x1 (3)
te da niz vn dan pod (2) zadovoljava pocetne uvjete v0 = x0, v1 = x1 i uvjete jednadzbe
(1) stoga un = vn za svaki n. Gornji sustav jednadzbi s dvije nepoznanice se moze
jednostavno rijesiti.
Teorem 6.1 Neka su a, b, x0 i x1 realni ili kompleksni brojevi takvi da je b 6= 0. Pret-
postavimo da polinom Q(z) = z2− az− b ima dvije razlicite nultocke, λ i µ, te neka je
un jedinstveni niz za svaki u0 = x0, u1 = x1 koji zadovoljava (1) za svaki n ≥ 2. Neka
su α i β takvi da su zadovoljeni uvjeti (3). Tada
un = αλn + βµn
za svaki n = 0, 1, 2, . . .
Definiramo li a = λ + µ i b = −λµ, dobivamo da su λ i µ nultocke polinoma Q(z) =
z2 − az − b, stoga niz definiran u gornjem teoremu zadovoljava pocetnu jednakost (1).
Dakle, svaki niz iz gornjeg teorema zadovoljava linearnu rekurziju.
Uzimajuci u obzir samo cijele brojeve niza un mozemo traziti odgovore u drugoj grani
matematike - teoriji brojeva koja, medu ostalim, proucava i Fibonaccijeve i Lucasove
brojeve.
Fibonaccijevi brojevi definirani su pocetnim uvjetima F0 = 0, F1 = 1 te relacijom
Fn = Fn−1 + Fn−2
za svaki n ≥ 2. Prvih nekoliko Fibonaccijevih brojeva su 0, 1, 1, 2, 3, 58, 13, 21, 34, 55, 89
itd. Oznacimo li a = 1 i b = 1 vidimo da polinom Q(z) ima razlicite realne nultocke
λ = (1+√
5)/2 i µ = (1−√
5)/2. Racunajuci dalje jednakost iz teorema ima jedinstveno
rjesenje α = 1/√
5 i β = −1/√
5 pa dobijemo
Fn =1√5
(1 +√
5
2
)n
− 1√5
(1−√
5
2
)n
za n = 0, 1, 2, . . .
31
Pokazimo zanimljivno svojstvo Fibonaccijevih clanova niza spominjuci ponovo svojstvo
prostosti.
Primjer 6.1 Dokazimo da su svaka dva susjedna clana Fibonaccijevog niza relativno
prosta.
Rjesenje: Neka je f1 = 1, f2 = 1, f3 = 2, . . . Matematickom indukcijom pokazimo da
vrijedi tvrdnja
(fn, fn+1) = 1 ∀n ∈ N.
Baza indukcije: Iz same definicije Fibonaccijevih brojeva ocito je (f1, f2) = 1.
Pretpostavka indukcije: Pretpostavimo da vrijedi (fn, fn+1) = 1.
Korak indukcije: Pokazimo da je
(fn+1, fn+2) = 1.
Iz relacije za Fibonaccijeve brojeve vrijedi fn+2 = fn+1 + fn, pa je tada (fn+1, fn+1 +
fn) = (fn+1, fn+2). Stoga vrijedi
(fn, fn+1) = 1 ∀n ≥ 0.
Lucasovi brojevi zadani su pocetnim uvjetima L1 = 1, L2 = 3 te relacijom
Ln = Ln−1 + Ln−2
za svaki n > 2. Iz Teorema 6.1. zakljucujemo da vrijedi
Ln =
(1 +√
5
2
)n
+
(1−√
5
2
)n
za n = 0, 1, 2, . . .
Fibonaccijevi i Lucasovi brojevi zadovoljavaju iste rekurzivne relacije samo sa razlicitim
pocetnim uvjetima.
Neka su a i b fiksni cijeli brojevi. Kako nizovi zadovoljavaju (1) mozemo ih oznacitii
sa Un i Vn. Odredeni su relacijom (1) te pocetim uvjetima
U0 = 0, U1 = 1, V0 = 2, V1 = a.
32
Po teoremu slijedi da je
Un =(λn − µn)√
D, Vn = λn + µn
za n = 0, 1, 2, . . ..
Ovako definirani niz koji zadovoljava pocetnu relaciju (1) i gore navedene pocetne
uvjete naziva se Lucasova funkcija.
U ovisnosti o vrijednostima a i b mozemo zapisati Un(a, b) i Vn(a, b). Mozemo primijetiti
da Fibonaccijeve brojeve dobijemo za Fn = Un(1, 1), dok Lucasove dobijemo za Ln =
Vn(1, 1). Iz toga slijede rjesenja
λn = (Vn + Un√D)/2, µn = (Vn − Un
√D)/2.
Iduci rezultat nam daje vezu izmedu Legendreovih simbola i djeljivosti Lucasove funk-
cije Up+1 neparnim prostim brojem p.
Teorem 6.2 Neka su a i b cijeli brojevi, te neka je D = a2 + 4b. Ako je p neparan
prost broj takav da je(Dp
)= −1 tada
p|Up+1.
Pokazimo kako primjeniti gornji teorem na primjeru.
Primjer 6.2 Neka je a = 1 i b = 1 te p = 7. Tada je D = 5, a 5 nije kvadratni ostatak
modulo 7.
Dakle,(Dp
)= −1 te, prema teoremu, 7 dijeli U8.
Pokazimo vezu Lucasovih i Fibonaccijevih brojeva.
Primjer 6.3 Dokazimo da za svaki prirodan broj n vrijedi
Ln = Fn−1 + Fn+1.
Rjesenje: Dokaz provodimo matematickom indukcijom.
Baza indukcije: Vrijedi L1 = F0 + F2 = 0 + 1 = 1 za n = 1.
Pretpostavka indukcije: Pretpostavimo da vrijedi Ln = Fn−1 + Fn+1 za n ∈ N.
Korak indukcije: Pokazimo da vrijedi za n+ 1 ∈ N.
Ln+1 = Fn+Fn+2 = Fn−1+Fn+1+Fn−2+Fn = (Fn−1+Fn+1)+(Fn−2+Fn) = Ln+Ln−1.
33
Literatura
[1] A. DUJELLA, Uvod u teoriju brojeva (skripta), PMF-MO, Zagreb, 2009.
[2] I. GUCUNSKI, P.ZULJEVIC, V. KOLOBARIC, V.CRNJAK, Prosti brojevi, se-
minarski rad, FER, Zagreb, 2012.
[3] Z. ISLEK, Mobius Inversion Formula and Applications to Cyclotomic Polynomals,
Linnaeus University, 2012.
[4] G.A. JONES, J.M. JONES, Elementary Number Theory, Springer, London, 2004.
[5] A. MASLAC, Mersenneovi i savrseni brojevi, Diplomski rad, Sveuciliste u Osijeku,
Odjel za matematiku, Osijek, 2012.
[6] I. MATIC, Uvod u teoriju brojeva (skripta), Odjel za matematiku, Sveuciliste u
Osijeku, 2013.
[7] I. NIVEN, H.S.ZUCKERMAN, H.L. MONTGOMERY, An Introduction to the
Theory of Numbers, Fifth Edition, John Wiley and Sons Inc., USA, 1991.
Zivotopis
Rodena sam 9.srpnja 1987. godine u Osijeku. Osnovnu skolu Jagode Truhelke u Osi-
jeku upisujem 1994. godine te po zavrsetku 2002. godine upisujem III. gimnaziju
(prirodoslovno-matematicku) u Osijeku. U trecem razredu sa razredom sudjelujem na
Festivalu znanosti s temom ”Matematika nasa svakidasnja”. Tijekom gimazije, sve
cetiri godine sudjelovala sam na opcinskim i zupanijskim natjecanjima iz kemije dok
maturalni rad na kraju gimnazijskog obrazovanja pisem iz matematike s temom ”Ma-
trice i determinante”. Nakon mature, 2006. godine upisujem na Odjel za matematiku
pri Sveucilistu J.J.Strossmayera u Osijeku trogodisnji preddiplomski smjer matematike.
Zavrsila sam ga radom ”Wallaceov teorem” kod mentorice prof.dr. sc.Z.Kolar-Begovic.
Na Sveucilistu J.J.Stossmayera u Osijeku odlucujem se upisati diplomski smjer finan-
cijske i poslovne matematike pri istom Odjelu.
Trenutno predajem matematiku u OS ”Primosten” u Primostenu.
34