Một số phương trình diophant đặc biệt

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cô khoa Toán, phòngĐào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùngcác Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2015

Mục lục

1.1 Một số hàm số học 2

1.1.1 Phi - hàm Ơle 2

1.1.2 Hàm tổng các ước số dương của n 8

1.1.3 Hàm - Số các ước nguyên tố của n 10

1.1.4 Hàm tích các ước nguyên tố của n 11

1.2 Cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 12

1.3 Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt 13

1.3.1 Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường hợp w(n) ≤ 4 13

1.3.2 Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg hợp n không có ước là luỹ thừa bậc 4 18

2 Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn) 22 2.1 Bài toán về dãy chữ số cuối của một số 22

2.2 Cơ sở đúng đắn và sự tồn tại nghiệm của phương trình ax ≡ x (mod bn) 24

Kết luận và Đề nghị 31

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cô khoa Toán, phòngĐào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùngcác Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 -1/2016 Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán

- Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làmluận văn này

Em xin chân thành cảm ơn!

Học viên Cao học Toán lớp C, khóa 01/2014-01/2016

Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email: buianhdung@gmail.com

Mở đầu

Phương trình Diophant là một trong những dạng toán lâu đời nhất củaToán học và đã trải qua một lịch sử phát triển lâu dài

Thông qua việc giải các phương trình Diophant, các nhà Toán học đã tìm

ra được những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỷ, số đại số

Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, phương trình Diophantvẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và luôn được đánhgiá là khó do tính phi tiêu chuẩn của nó

Luận văn này có mục đích trình bày một số kết quả nghiên cứu gần đây

về một số phương trình Diophant đặc biệt, liên quan đến hàm số học (Hàmtổng các ước và hàm tích các ước nguyên tố) và biểu diễn số nguyên trong

Chương 2 Phương trình dạng ax ≡ x(modbn)

Chương này trình bày Bài toán về dãy chữ số cuối của một số và cơ sởđúng đắn, sự tồn tại nghiệm của phương trình

Chương 1

Phương trình dạng σ(n) = γ(n) 2 .

1.1 Một số hàm số học

1.1.1 Phi - hàm Ơle

Định nghĩa 1.1 Giả sử n là một số nguyên dương Giá trị của phi hàm Ơ

-le tại n là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhauvới n Kí hiệu Phi - hàm Ơ - le là ϕ (n)

Ví dụ 1.1 ϕ (1) = 1, ϕ (2) = 1, ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2, ϕ (5) = 4

Định nghĩa 1.2 Cho n là số nguyên dương Nếu a là số nguyên với (a, n) =

1thì luôn tồn tại số nguyên dương k để ak ≡ 1 (mod n) Số nguyên dương k

bé nhất thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n)được gọi là cấp của số nguyên a (mod n)

Định nghĩa 1.3 Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n là một tập hợp gồm

ϕ (n) số nguyên sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhauvới n và không có hai phần tử khác nhau nào đồng dư môđulô n

Ví dụ 1.2 Các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô

7 Các số 1, 3, 5, 7 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8

Định nghĩa 1.4 Một tập A nào đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo

môđulô n nếu với bất kỳ số x ∈ Z tồn tại một a ∈ A để x ≡ a (mod n)

Ví dụ 1.3 Các số 0, 1, 2, , n − 1 lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo

môđulô n

Tính chất 1.1 Giả sử r1, r2, , rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn môđulô

n, a là số nguyên dương và (a, n) = 1 Khi đó, tập hợp ar1, ar2, , arϕ(n) cũng là hệ thặng dư thu gọn môđulô n

Chứng minh Trước tiên ta chứng tỏ rằng, mỗi số nguyên arj là nguyên tốcùng nhau với n Giả sử ngược lại, (arj, n) > 1 với j nào đó Khi đó tồn tạiước nguyên tố p của (arj, n) Do đó, hoặc p |a, hoặc p |rj, tức là hoặc p |a

và p |n, hoặc p |rj và p |n Tuy nhiên, không thể có p |rj và p |n vì rj và n

là nguyên tố cùng nhau Tương tự, không thể có p |a và p |n Vậy, arj và nnguyên tố cùng nhau với mọi j = 1, 2, , ϕ (n)

Còn phải chứng tỏ hai số arj, ark (j 6= k)tùy ý không đồng dư môđulô

n Giả sử arj ≡ ark(mod n) , j 6= kvà 1 ≤ j ≤ ϕ (n) , 1 ≤ k ≤ ϕ (n) Vì(a, n) = 1nên ta suy ra rj ≡ rk(mod n) Điều này mâu thuẫn vì rj, rk cùngthuộc một hệ thặng dư thu gọn ban đầu môđulô n

Ví dụ 1.4 Tập hợp {1, 3, 5, 7} là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô 8.

Do (5, 8) = 1 nên {5, 15, 25, 35} cũng là một hệ thặng dư môđulô 8

Tính chất 1.2 (Định lí Euler) Giả sử m là số nguyên dương và a là số

nguyên với (a, m) = 1 Khi đó aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

Chứng minh Giả sử r1, r2, , rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn gồmcác số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m DoTính chất 1 và do (a, m) = 1, tập hợp ar1, ar2, , arϕ(n) cũng là một

hệ thặng dư thu gọn môđulô m Như vậy, các thặng dư dương bé nhất của

ar1, ar2, , arϕ(m)phải là các số nguyên r1, r2, , rϕ(m)xếp theo thứ tự nào

đó Vì thế, nếu ta nhân các vế từ trong hệ thặng dư thu gọn trên đây, ta được:

ar1.a r2 arϕ(m) ≡ r1 r2 rϕ(m)(mod m)

Ví dụ 1.6 Ta có: 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5 (mod 9) là một nghịch đảocủa 2 môdulô 9.

Hệ quả 1.1 Nếu (a, b) = 1 thì aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab)

Hệ quả 1.2 Với (a, b) = 1 và n, v là hai số nguyên dương nào đó thì

anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ 1 (mod ab)

Hệ quả 1.3 Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1, m2, , mk và chúngnguyên tố với nhau từng đôi một

Đặt M = m1 m2 mk = mi.ti với i = 1, 2, , k ta có

tn1 + tn2 + + tnk ≡ (t1 + t2 + t3)n(modM )với n nguyên dương

Tính chất 1.3 Với số nguyên tố p ta có ϕ (p) = p − 1 Ngược lại, nếu p là

số nguyên dương sao cho ϕ (p) = p − 1 thì p là số nguyên tố

Chứng minh Nếu p nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p

đều nguyên tố cùng nhau với p Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên

ϕ (p) = p − 1

Ngược lại, nếu p là hợp số thì p có các ước d, 1 < d < p, p và d khôngnguyên tố cùng nhau Như vậy, trong các số 1, 2, , p − 1 phải có những

số không nguyên tố cùng nhau với p, nên ϕ (p) ≤ p − 2 Theo giả thiết

r m + r 2m + r (n − 1) m + r

Bây giờ giả sử r là một số nguyên không vượt quá m Giả sử (m, r) =

d > 1 Khi đó, không có số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với

mn, vì mỗi phần tử của dòng đó đều có dạng km + r, trong đó 1 ≤ k ≤

Vì có ϕ (m) dòng, mỗi dòng chứa ϕ (n) số nguyên tố cùng nhau với mnnên ta suy ra ϕ (mn) = ϕ (m) ϕ (n)



1 − 1

pk



Chứng minh Vì Phi -hàm Ơ - le là hàm nhân tính nên nếu n có phân tích

như trên, ta được ϕ (n) = ϕ (pa1

1 ) ϕ (pa2

2 ) ϕ (pak

k ).Mặt khác ϕ paj

1 − 1

pk



Ví dụ 1.10 Ta có

n = 1782 = 2.34.11 ⇒ ϕ (1782) = 1782



1 − 12

 

1 − 13

 

1 − 111

Chứng minh Tổng trên đây được lấy theo các ước số của n Ta phân chia

tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp sau đây Lớp Cdgồm các sốnguyên m, 1 ≤ m ≤ n mà (m, n) = d Như vậy m thuộc Cd nếu và chỉ nếu

d là ước chung của m, n và (m/d, n/d) = 1 Như vậy, số phần tử của Cd làcác số nguyên dương không vượt quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d,tức là Cd gồm ϕ (n/d) phần tử Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một

và chỉ một lớp Cd nào đó (m, n) = d nên n bằng tổng của số các thành phầntrong các lớp Cd, d là ước số của n Ta có n = P

d|p

ϕ nd
Khi d chạy qua mọi ước của n thì n/d cũng chạy qua mọi ước của n.Định lí được chứng minh

Nhận xét 1.2 Các tính chất của Phi - hàm Euler được sử dụng để tính đồng

dư của những lũy thừa rất lớn Chẳng hạn, ta cần tính an(mod k), trong đó

Ví dụ 1.11 Tính 21000000(mod 77)

Ta có: 77 = 11.7, ϕ (7) = 6, ϕ (11) = 10 Bội chung nhỏ nhất của 6 và

10 là 30 Ta có 230 ≡ 1 (mod 77) Mặt khác 1000000 = 30.33333 + 10 Vậy

21000000 ≡ 210 ≡ 23 (mod 77)

1.1.2 Hàm tổng các ước số dương của n

Định nghĩa 1.5 Hàm có giá trị tại số nguyên dương n bằng tổng các ước

dương của n được kí hiệu là σ (n)

Tính chất 1.8 Giả sử m, n là các số nguyên dương, (m, n) = 1 Khi đó,

nếu d là ước chung của mn thì tồn tại cặp duy nhất các ước dương d1 của

m và d2 của n sao cho d = d1.d2 Ngược lại, nếu d1 và d2 là các ước dươngtương ứng của m và n thì d = d1.d2 là ước dương của mn

Chứng minh Giả sử m, n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau

Ngược lại, giả sử d1 và d2 là các ước dương tương ứng của m và n Khiđó:

vì lũy thừa của mỗi số nguyên tố xuất hiện trong phân tích ra thừa số nguyên

tố của d bé hơn hoặc bằng lũy thừa của số nguyên tố đó trong phân tích của

thời mỗi cặp ước số d1 của m và d2 của n tương ứng với ước d1.d2 của mn.

Do đó ta có thể viết : F (mn) = P

d 1 |m

d2|n

f (d1.d2) Vì f có tính chất nhân và(d1, d2) = 1nên

1.1.3 Hàm - Số các ước nguyên tố của n

Định nghĩa 1.6 Kí hiệu ω (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng số

các ước nguyên tố của n

1.1.4 Hàm tích các ước nguyên tố của n

Định nghĩa 1.7 Kí hiệu γ (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng tích

của các ước nguyên tố của n

Ví dụ 1.21 γ (4) = 2, γ (6) = 2.3 = 6, γ (8) = 2, γ (10) = 2.5 = 10 Tính chất 1.17 Nếu p là số nguyên tố thì γ (p) = p.

1.2 Cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2.

Gọi K là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2, kíhiệu pi với i = 1, 2, là các số nguyên tố lẻ Khi đó, ta có bổ đề sau:

Chứng minh Đầu tiên, ta chú ý rằng n là số chẵn Thật vậy, nếu n > 1

thỏa mãn σ(n) = γ(n)2 và n là số lẻ, thì σ(n) phải lẻ do đó số mũ củamỗi số nguyên tố chia hết n phải là chẵn, nên n là số chính phương Nhưng

n < σ(n) = γ(n)2 ≤ n, điều này mâu thuẫn

Thứ hai, vì n là chẵn, suy ra 22||γ(n)2 Ta viết

suy ra p1 < 4/3, điều này là không thể Do đó a1 = 1.

Cuối cùng, nếu a2 là chẵn thì 22||σ(p1) suy ra p1 ≡ 3 (mod 8), trong khi

a2 là lẻ thì 2||σ(p1)và 2||σ(pa 2

2 ), từ điều kiện này suy ra p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)

và a2 ≡ 1 (mod 4) Vậy ta được điều phải chứng minh

1.3 Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt

1.3.1 Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường hợp

w(n) ≤ 4

Định lí 1.1 Cho n ∈ K với w(n) ≤ 4, w(n) là số các ước nguyên tố phân

biệt của n Khi đó n = 1 hoặc n = 1782

Chứng minh Theo Bổ đề 1.1, ta viết n = 2αpm, với α > 0 và m nguyên tốcùng nhau với 2p

Đầu tiên ta xét trường hợp p = 3 Nếu m = 1, thì n = 2α.3 ⇒ γ (n) =2.3 = 6, và σ (n) = γ(n)2

= 62 ta thấy nó không có nghiệm

Mặt khác nếu m > 1 thì σ(m) là ước của γ(n)2/4và do đó nó là lẻ Điều đónghĩa là mọi thừa số nguyên tố của m phải có số mũ chẵn Hay qβ||m Dođó

Vế trái của đẳng thức trên lớn hơn hoặc bằng 3βrγ.

Trong trường hợp β > 2, ta suy ra β ≥ 4, khi đó q4r2 ≤ qβrα ≤ 9q2r2, với

q ≤ 3, điều này mâu thuẫn

Ta có điều mâu thuẫn tương tự nếu γ > 2

Như vậy, β = γ = 2 Nếu l = j = 2 thì ta có

(q2 + q + 1)(r2 + r + 1) = 3i+kq2r2,

suy ra σ(2α)|32−i−j Điều này chỉ có thể xảy ra khi α = 1 và i + j = 1,hay i = 0 hoặc j = 0 Vì bài toán trên là đối xứng, ta chỉ xét trong trườnghợp i = 0 Trong trường hợp này, ta có q2 + q + 1 = r2 tương đương với(2q + 1)2 + 3 = (2r)2, nó không có nghiệm (q, r) thỏa mãn

Nếu j = l = 1 ta có

q2r2 < (q2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 9qr,

suy ra qr < 9, điều này sai

Do đó, ta xét trường hợp còn lại j = 2 và l = 1 và ngược lại Vì bài toán

là đối xứng trong q và r, ta chỉ xét tại j = 2 và l = 1 Trong trường hợp này,

ta có

q2r2 < (q2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 3i+kr2q,vậy q < 3i+k Vì q > 3, điều này chỉ ra i = k = 1 và q ∈ {5, 7} Do đó

r2 + r + 1 = 75, 147 và cũng không cho nghiệm n thỏa mãn

Từ giờ trở đi, ta có thể giả sử rằng p > 3, suy ra p + 1 = 2um1, với

u ∈ {1, 2} và m1 > 1 là lẻ Cho q là thừa số nguyên tố lớn nhất của m1 Rõràng p + 1 ≥ 2q suy ra q < p Hơn nữa, vì ω(n) ≤ 4 ta có

p < 4q4 < q6,suy ra q > p1/6 Lại cho β thỏa mãn qβ||n Ta có thể chỉ ra β ≤ 77

Thật vậy, giả sử rằng β ≥ 78, ta có

p13 < q78 ≤ qβ < σ(qβ),

và ta viết

σ(qβ) = 2vm2,với v ∈ {0, 1} và m2 là nguyên tố cùng nhau với 2q Nếu m2 chia hết p2, tacó

p13 < σ(qβ) ≤ 2p2,điều này mâu thuẫn

Do đó, tồn tại các thừa số nguyên tố khác r của n và m2 ≤ p2r2

Suy ra p13 < σ qβ
< 2p2r2 < p3r2 hay r > p5 Cho γ thỏa mãn rγ k n thì

r + 1 ≤ σ(rγ) ≤ 2p2q2 < p5,

điều này mâu thuẫn, Do đó β ≤ 77

Ta thấy r không xuất hiện trong các thừa số của (p + 1)σ(qβ) Ta cần tìmnghiệm của hệ phương trình

p + 1 = 2uqwvà

qβ + + q + 1 = 2vpz,với β ∈ {1, , 77}, u ∈ {1, 2}, 0 ≤ v ≤ 2 − u, {w, z} ⊆ {1, 2}

Điều này cho chúng ta một số lượng nhất định các khả năng cho các cặp(p, q)

Nếu ω(n) = 3 ta có σ(n) = 4p2q2 và tìm được n

Nếu ω(n) = 4, thì σ(rγ) là một ước của 2p2q2 và ta tìm được cặp duynhất (r, γ) Sau đó, chúng ta suy ra n từ các biểu thức σ(n) = 4p2q2r2

Bây giờ, ta nói r xuất hiện trong các thừa số của (p + 1)σ(qβ) Ta viết

và

với u ∈ {1, 2}, w ∈ {1, 2}, 0 ≤ v ≤ 2 − u, z ∈ {0, 1, 2}, δ + η ∈ {1, 2}.Nếu z = 0 thì q > p1/6, ta thấy rằng q < σ(qβ) ≤ 2r2 < r3,do đó

r > q1/3 > p1/18.Bây giờ γ ≤ 89, vì nếu không thì

β

Từ biểu thức (2), nếu z = 1 thì từ (3), (4) suy ra

rδ+η < 2qβ−ωvà

rδ+η > q

β−ω

8 .

Từ các bất đẳng thức trên và hơn nữa δ + η ≥ 1, ta thấy rằng β − ω ≥ 1,

√2qβ/2

rη/2 ,kết hợp với (3) ta được

rδ+η/2 < √

2qβ/2−ωvà

r8 > 32r4 ≥ (4√2rδ+η/2)2 > q > p1/6,suy ra r > p1/48 Điều này chỉ ra khi γ ≤ 239 vì nếu γ ≥ 240 thì

p5 < r240 ≤ rγ < σ(rγ) < 2p2q2 < p5,

điều này mâu thuẫn

Do đó ta cần các nghiệm

p + 1 = 2uqwrδ,

σ(qβ) = 2vpzrη;σ(rγ) = 2λpsqt,với 1 ≤ β ≤ 77, 1 ≤ γ ≤ 239, u ∈ {1, 2}, u + v + λ ≤ 2, 1 ≤ w ≤

2, w + t ≤ 2, δ + η ∈ {1, 2}, z ∈ {0, 1, 2}, s ∈ {0, 1, 2}

Điều này, mang lại cho chúng ta một số lượng nhất định các khả năngcho các bộ ba (p, q, r) Từ σ(n) = 4p2q2r2, chúng ta suy ra n bằng cách giảiphương trình cho α, cho p, q và r

Một chương trình máy tính đã khẳng định kết luận của Định lý 1.1

1.3.2 Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg hợp

n không có ước là luỹ thừa bậc 4

Định lí 1.2 Nếu n > 1 thuộc K, thì n phải có ước là lũy thừa bậc 4.

Chứng minh Ta giả sử rằng điều trên là sai, nghĩa là tồn tại một số n ∈ K

nào đó không có ước là lũy thừa bậc 4 Theo Bổ đề 1.1 ta có thể viết

và do đó là ước của γ(n)2, điều này mâu thuẫn

Ta bắt đầu chỉ ra rằng k ≤ 8 Để chỉ ra điều này, giả sử

Khi đó Qr∈Rσ(r2) chia hết cho p2

1 (nếu a2 = 0) và Qr∈Rσ(r2) chia hếtcho p2

1p22 nếu a2 > 0 Suy ra σ(r2) hoặc là bội của p1 hoặc của p2 với mỗi

r ∈ R Vì có thể có nhiều nhất hai phần tử r0 của σ(r2) là bội của p1 và cónhiều nhất hai phần tử r0 của σ(r2) là bội của p2, ta thấy rằng 6= R ≤ 4 Khi

r ∈ Q\R và σ(r2) > 9suy ra σ(r2) = r2 + r + 1 là bội của một số nguyên

tố nào đó qi r > 3 với mỗi qi r ∈ Q

Tiếp theo, vì qi r là ước nguyên tố của r2 + r + 1 lớn hơn 3 thỏa mãn

qir ≡ 1 (mod 3) Vì ir có thể lấy giá trị như nhau với nhiều nhất là hai sốnguyên tố phân biệt r, và có ít nhất hai giá trị khác nhau của các chỉ số ir, tathấy rằng k− 6= R ≤ 4, điều này chỉ ra k ≤ 8, như đã nói đến ở trên

Tiếp theo, ta viết lại phương trình σ(n) = γ(n)2 dưới dạng

với δ2 = 0nếu a2 = 0và δ2 = 1nếu a2 > 0 Vế trái của (5) là

 2e+1− 14

Y

Nếu 5 ∈ Q thì 31|52 + 5 + 1, 331|312 + 31 + 1 và 7|3312 + 331 + 1tất

cả đều thuộc Q, điều này mâu thuẫn

Nếu 7 ∈ Q thì 7, 19|72 + 7 + 1và 127|192 + 19 + 1 đều thuộc Q, điềunày mâu thuẫn

Giả sử tiếp theo a2 > 0, theo Bổ đề 1.1 ta có p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)

Vì e ∈ {1, 2, 3} suy ra một trong các số 3, 5, 7 chia hết n

Nếu 3|n, thì 3 ∈ Q

Nếu 5|n và 5 là một số trong p1 và p2 thì 3|σ(p1pa2

2 )|n, trong khi nếu

5 ∈ Q thì 31 = 52 + 5 + 1 không đồng dư 1 theo môdulô 4 mà chia hết n,suy ra nó thuộc Q, do đó 3|31 + 31 + 1|n

Cuối cùng, nếu 7|n thì 7 không thể là p1 hoặc p2 nghĩa là 7 ∈ Q và do

đó 3|72 + 7 + 1, điều này suy ra 3|n

Tóm lại, trong mọi trường hợp với a2 > 0 ta luôn suy ra được 3 chia hết

n

Vậy 13 = 32 + 3 + 1 chia hết n, suy ra hoặc 13 ∈ Q hoặc không thuộc.Nếu 13 không thuộc Q thì 7|13+1 thuộc Q, trong trường hợp 19|72+7+1chia hết n và nó không đồng dư với 1 theo môdulô 4, khi đó 19 ∈ Q và do

đó 127|192+ 19 + 1 chia hết cho n và nó không đồng dư 1 môdulô 4 vì vậy

127 ∈ Q Vậy ba số 7, 19, 127 đều thuộc Q, điều này lại mâu thuẫn một lầnnữa

Nếu 13 ∈ Q thì 61|132 + 13 + 1chia hết n

Nếu 61 là một trong các số p1hoặc p2, thì 31|σ(p1pa2

2 )và 31 ≡ 3 (mod 4),suy ra 31 ∈ Q Tiếp theo 331|312+ 31 + 1là ước của n và không đồng dư với

1 theo môdulô 4, suy ra nó thuộc Q và do đó các số 13, 31, 331 đều thuộc

Q, điều này là mâu thuẫn

Cuối cùng, nếu 61 ∈ Q thì 97|612 + 61 + 1là ước của n Nếu 97 ∈ Q ta

có điều mâu thuẫn vì 13 và 61 luôn thuộc Q, trong khi nếu 97 là một trong