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