CHUYÊN ĐỀCÁC SỐ ĐẶC BIỆT TRONG LÝ THUYẾT SỐ Giáo viên: Phạm Thị Hồng Nhụy Tên cơ quan công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Thiện Thành, Tp Trà Vinh, Tỉnh Trà Vinh Địa chỉ email: nhuymath@
Trang 1CHUYÊN ĐỀ
CÁC SỐ ĐẶC BIỆT TRONG LÝ THUYẾT SỐ
Giáo viên: Phạm Thị Hồng Nhụy
Tên cơ quan công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Thiện Thành, Tp Trà Vinh, Tỉnh Trà Vinh
Địa chỉ email: nhuymath@gmail.com
Tóm tắt báo cáo Báo cáo gồm hai phần, phần thứ nhất trình bày các kiến thức chuẩn
bị có liên quan đến nội dung chính, đó là khái niệm về số chính phương mod n, kí hiệu Legendre, tiêu chuẩn Euler và hàm tổng các ước số Phần thứ hai nêu lên khái niệm cũng như các tính chất về các số đặc biệt: số Fermat, số Mersenne, số hoàn hảo Từ đó khai thác thêm các tính chất các số trên bằng các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi
A Các kiến thức chuẩn bị
1 Số chính phương mod n
Cho số nguyên dương n Số a được gọi là số chính phương mod n (hay thặng dư bình phương mod n) nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod n)
Ví dụ: −1 là số chính phương mod 5 vì 72 ≡ −1 (mod 5)
8 là số chính phương mod 17 vì 52 ≡ 8 (mod 17)
8 không là số chính phương mod 11 vì phương trình x2 ≡ 8 (mod 11) vô nghiệm
2 Kí hiệu Legendre
Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là một số nguyên Kí hiệu Legendre a
p
được xác định như sau:
a
p
=
1 nếu (a, p) = 1 và a là số chính phương mod p
−1 nếu (a, p) = 1 và a không là số chính phương mod p
0 nếu a chia hết cho p
3 Tiêu chuẩn Euler (Euler’s criterion)
Giả sử p là số nguyên tố lẻ và nguyên tố cùng nhau với a Khi đó
a p
≡ ap−12 (mod p)
Chứng minh
Trang 2Trường hợp 1 Nếu a
p = 1 thì phương trình đồng dư x
2 ≡ a (mod p) có nghiệm
x0
Theo định lí Fermat bé ta có ap−12 ≡ (x2
0)p−12 ≡ xp−10 ≡ 1 (mod p) Trường hợp 2 Nếu a
p
= −1 thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm Với mỗi i từ 1 đến p − 1 tồn tại duy nhất j với 1 ≤ j ≤ p − 1 sao cho i.j ≡ a (mod p)
Do i 6= j nên ta có thể nhóm các số từ 1 đến p − 1 thành p − 1
2 cặp sao cho tích trong mỗi cặp đều đồng dư với a theo modulo p Nhân tất cả các số 1, 2, 3, , p − 1 ta được (p − 1)! ≡ ap−12 (mod p)
Theo định lí Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Như vậy a
p
≡ ap−12 (mod p)
Định lí Cho p là số nguyên tố lẻ, a và b là hai số nguyên dương với (a, p) = (b, p) = 1 Khi đó
i) Nếu a ≡ b (mod p) thì a
p
= b p
ii) a
p
b p
= ab p
iii) a2
p
= 1
iv) −1
p
= 1 khi p = 4k + 1,
−1
p
= −1 khi p = 4k + 3, k ∈ Z
Chứng minh
i) Nếu a ≡ b (mod p) thì x2 ≡ a (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi x2 ≡ b (mod p) có nghiệm Do đó a
p
= b p
ii) Theo tiêu chuẩn Euler ta có a
p
b p
≡ ap−12 bp−12 (mod p) và ab
p
≡ (ab)p−12
(mod p) Vậy a
p
b p
≡ ab p
(mod p)
Hai vế của phương trình này đều là ±1 Lại do p là số nguyên tố lẻ nên a
p
b p
=
ab
p
iii) Do a
p
= ±1 nên a2
p
= a p
a p
= 1
iv) Theo tiêu chuẩn Euler ta có 1
p
≡ (−1)p−12 (mod p)
=
( (−1)2k nếu p = 4k + 1 (−1)2k+1 nếu p = 4k + 3
Trang 3= 1 nếu p = 4k + 1
−1 nếu p = 4k + 3 với k là số nguyên
4 Hàm số tổng các ước số
Cho n là số nguyên dương, hàm tổng các ước số của n được kí hiệu là σ(n)
σ(n) = X
d|n
d
Ví dụ σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28
Tính chất i) Hàm số σ(n) là hàm nhân tính
ii) Nếu n được phân tích ra thành tích các thừa số nguyên tố là
n = pα1
1 pα2
2 pαk
k
trong đó p1, p2, , pk là các số nguyên tố lẻ phân biệt và α1, α2, , αk là các số mũ nguyên dương tương ứng, thì
σ(n) = p
α 1 +1
p1− 1 .
pα2 +1
p2− 1 .
pαk +1
pk− 1 Chứng minh
Vì σ là hàm nhân tính nên
σ(n) = σ(pα1
1 ).σ(pα2
2 ) .σ(pαk
k )
= (1 + p1+ · · · + pα1
1 )(1 + p2+ · · · + pα2
2 ) (1 + pk+ · · · + pαk
k )
= p
α 1 +1
p1− 1 .
pα2 +1
p2− 1 .
pαk +1
pk− 1 . Chú ý Nếu p là số nguyên tố thì σ(p) = p + 1
B Nội dung
1 Số Fermat
1.1 Khái niệm Các số tự nhiên có dạng fn = 22n+ 1, n là số tự nhiên, được gọi là
số Fermat
Ta có f0 = 3
f1 = 5
f2 = 17
f3 = 257
f4 = 65537
Trang 4f5 = 4294967297 = 641.6700417
1.2 Tính chất
i) fn= f0.f1 fn−1+ 2, n ≥ 1
ii) (fk; fh) = 1 nếu k 6= h
iii) fn tận cùng là 7 với mọi n ≥ 2
Chứng minh
i) Ta có
fk = 22k+ 1
=22k−1
2
+ 1
= (fk−1− 1)2 + 1
= fk−12 − 2fk−1+ 2
Suy ra fk− 2 = fk−1 (fk−1− 2) , k ≥ 1
Từ đó ta được fn− 2 = f0.f1 (f0− 2) = f0.f1 fn−1
Như vậy fn= f0.f1 fn−1+ 2, n ≥ 1
ii) Ta có (fn; f0) = (fn; f1) = = (fn; fn−1) = 1
Suy ra (fk; fh) = 1, ∀k 6= h
iii) Ta có f1 = 5, các fn đều lẻ nên fn≡ 5 + 2 = 7 (mod 10)
1.3 Một số bài toán
Bài toán 1 Tìm tất cả các số Fermat có thể được viết dưới dạng tổng của hai số nguyên tố
Giải Tất cả các số Fermat đều là số lẻ Bây giờ, giả sử fn = p + q với p, q là các số nguyên tố và q ≥ p Như vậy p = 2 và q > 2 Khi đó
q = fn− p
= 22n− 1
=22n−1 − 1 22n−1 + 1
Suy ra 22 n−1
− 1= 1 Hay 22 n−1
= 2 Vậy n = 1
Số Fermat cần tìm là f1 = 5 = 2 + 3
Bài toán 2 Chứng minh rằng ∀n ≥ 2, ước nguyên tố p của fn có dạng p = s.2n+2+ 1, với s là số tự nhiên
Giải Ta có fn ≡ 0 (mod p)
⇒ 22n ≡ −1 (mod p) (*)
⇒ 22 n+1
≡ 1 (mod p) Gọi m là số nhỏ nhất sao cho 2m ≡ 1 (mod p) Suy ra m|2n+1 Do đó m = 2k với k nguyên dương và k ≤ n + 1
Nếu k ≤ n thì với 2m ≡ 1 (mod p) ta được 22 k
≡ 1 (mod p), điều này mâu thuẫn với
Trang 5(*) Vậy k = n + 1, tức là 22 ≡ 1 (mod p).
Theo định lí Fermat bé, ta được 2p−1 ≡ 1 (mod p) Suy ra p − 1 là ước của 2n+1, tức
p = h.2n+1+ 1 với h nguyên dương
Ta xét p = 8t + 1 Khi đó
2 p
= (−1)p2−18 = (−1)64t2+16t8 = 1
Suy ra 2 là số chính phương mod p
Theo tiêu chuẩn Euler thì 2p−12 ≡ 1 (mod p) Suy ra 2n+1 là ước của p − 1
2 , tức là
p − 1
2 = s.2
n+1
Như vậy p = s.2n+2+ 1, với s là số tự nhiên
Bài toán 3 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n− 1 là bội của 3 và 26n − 1
3
là ước của 4m2+ 1 với m là số nguyên
Giải Ta chứng minh tất cả các số n cần tìm là n = 2k
Thật vậy, ta có 2 ≡ −1 (mod 3) nên
2n− 1 ≡ 0 (mod 3) ⇔ n là số chẵn
Gọi l là ước của n Nếu l là số lẻ và l ≥ 3 thì 2l− 1 không chia hết cho 3 và 2l− 1 là ước của 2n− 1 Suy ra 2l− 1 là ước của 4m2+ 1
Mặt khác, 2l− 1 có một ước nguyên tố p có dạng p = 4r + 3 nên p là ước của 4m2+ 1, suy ra 4m2 ≡ −1 (mod p) Thế nhưng bình phương của một số bất kỳ không thể đồng
dư với −1 modulo p với p là số nguyên tố có dạng p = 4r + 3 Như vậy l phải bằng 1
Từ đó ta được n phải có dạng n = 2k, với k nguyên dương
Khi đó:
2n− 1
22 k
− 1 3
=
22 k−12
− 1 3
= 2
2 k−1
− 1 3
22k−1+ 1 Suy ra, 2
n− 1
3 = (2
2 1
+ 1)(222 + 1)(223 + 1) (22k−1 + 1)
Vế phải là tích của các số Fermat, và theo (ii) thì chúng nguyên tố cùng nhau Theo định lí Thặng dư Trung hoa, tồn tại số nguyên C sao cho
C ≡ 22 i−1
(mod 22 i
+ 1), ∀i = 1, 2, , k − 1
C ≡ 0 (mod 2)
Đặt C = 2m, suy ra 4m2+ 1 là bội của 2
n− 1
3 . Vậy n = 2k với k là số nguyên dương
Trang 6Bài toán 4 Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2 Chứng minh rằng số Fermat fn có một ước nguyên tố lớn nhất là lớn hơn 2n+2(n + 1)
Giải Với n = 3 ta có f3 = 257 - số nguyên tố và 2n+2(n + 1) = 128 Rõ ràng
257 > 2n+2(n + 1)
Với n = 4 ta có f4 = 65537 - số nguyên tố và 2n+2(n + 1) = 320 Rõ ràng 65537 >
2n+2(n + 1)
Với n ≥ 5, gọi phân tích tiêu chuẩn của fn là fn= pk1
1 pk2
2 pk m
m
trong đó m là số nguyên dương, p1, p2, , pm là các số nguyên tố lẻ phân biệt và
k1, k2, , km là các số mũ nguyên dương tương ứng
Gọi pi = 2n+1xi+ 1, xi ∈ N∗, 1 ≤ i ≤ m
Ta chứng minh xi ≥ 2(n + 1), với 1 ≤ i ≤ m
Thật vậy, trước hết ta có
22n + 1 = fn ≥ (2n+1+ 1)k1 +k 2 +···+k m ≥ 2(n+1)(k 1 +k 2 +···+k m )+ 1
Suy ra
k1+ k2+ · · · + km ≤ 2
n
n + 1. Bây giờ, do pi = 2n+1xi+ 1 nên
pki
i = (2n+1xi+ 1)ki
≡ 2n+1xiki+ 1 (mod 22n+2)
Do n ≥ 5 nên 2n> 2n + 2 Từ đó ta được:
fn= 22n+ 1 ≡ 1 (mod 22n+2)
⇒ 1 ≡ (2n+1x1k1+ 1)(2n+1x2k2+ 1) (2n+1xmkm+ 1) (mod 22n+2)
≡ 1 + 2n+1x1k1+ 2n+1x2k2+ · · · + 2n+1xmkm (mod 22n+2)
⇒ 2n+1(x1k1+ x2k2+ · · · + xmkm) ≡ 0 (mod 22n+2)
⇒ x1k1+ x2k2+ · · · + xmkm ≡ 0 (mod 2n+1)
⇒ x1k1+ x2k2+ · · · + xmkm ≥ 2n+1
Không mất tính tổng quát, giả sử xi = max{x1, x2, , xm} Khi đó
xi(k1+ k2 + · · · + km) ≥ 2n+1 Suy ra xi ≥ 2
n+1
k1+ k2+ · · · + km ≥ 2
n+1
2n
n + 1
= 2(n + 1)
Như vậy: xi ≥ 2(n + 1) Từ đó ta được:
pi ≥ 2n+1.2(n + 1) + 1
= 2n+1(n + 1) + 1
> 2n+1(n + 1)
Trang 72 Số Mersenne
2.1 Khái niệm Số nguyên có dạng Mn= 2n− 1, với n ∈ N∗ được gọi là số Mersenne Một số số Mersenne như: M1 = 21− 1 = 1
M2 = 22− 1 = 3
M3 = 23− 1 = 7
M4 = 24− 1 = 15
M5 = 25− 1 = 31
M6 = 26− 1 = 63
M7 = 27− 1 = 127 Nếu n là hợp số thì Mn là hợp số Hơn nữa, giả sử n = a.b, với a, b là các số nguyên lớn hơn 1 Khi đó, a và b đều là ước của n, kéo theo 2a− 1 và 2b − 1 đều là ước của
2n− 1 Như vậy Ma và Mb đều là ước của Mn
Nếu n là số nguyên tố thì Mn vẫn có thể là hợp số
Ví dụ 47|M23; 167|M83; 263|M13
Số nguyên tố lớn nhất đã được biết là 232582657− 1 là số Mersenne
2.2 Định lí Cho p là số nguyên tố lẻ và q là ước nguyên tố của Mp Khi đó q = 2kp + 1 với k là một số nguyên dương
Chứng minh Với q là ước nguyên tố của Mp ta được: 2p− 1 ≡ 0 (mod q), hay 2p ≡ 1 (mod q) (*)
Do p là số nguyên tố nên p là số nhỏ nhất thỏa (*)
Theo định lý Fermat bé ta có 2q−1 ≡ 1 (mod q) Suy ra p là ước của q − 1 Nhưng q − 1
là số nguyên chẵn nên q − 1 = 2kp tức q = 2kp + 1
2.3 Một số bài toán
Bài toán 1 Giả sử p là số nguyên tố có dạng 4k + 3 Khi đó 2p + 1 là số nguyên tố khi và chỉ khi 2p + 1 chia hết Mp
Giải Đặt q = 2p + 1 Giả sử q là số nguyên tố Khi đó:
2
q
= (−1)q2−18
= (−1)p(p+1)2
= (−1)2(k+1)(4k+3)
= 1 Theo tiêu chuẩn Euler ta được 2q−12 ≡ 1 (mod q) Như vậy 2p ≡ 1 (mod q), suy ra
Mp = 2p− 1 ≡ 0 (mod q) Do đó, q là ước của Mp
Ngược lại, giả sử q là ước của Mp thì 2p ≡ 1 (mod q)
Ta sẽ chứng minh q là số nguyên tố Thật vậy, nếu q là hợp số thì q có một ước nguyên
tố q1 sao cho q1 ≤√q
Trang 8Theo định lí Fermat bé, ta có 2q 1 −1 ≡ 1 (mod q1).
Nhưng 2p ≡ 1 (mod q1) với p là số nguyên tố Suy ra p là ước của q1 − 1 Từ đó
q1 ≥ p + 1 >√q Điều này là mâu thuẫn với cách gọi q1 ban đầu Như vậy q phải là số nguyên tố
Bài toán 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 7 là ước của Mn
Giải Ta có 23 ≡ 1 (mod 7), suy ra 23m ≡ 1 (mod 7) với m là số nguyên dương Như vậy với n = 3m, m ∈ N∗ thì Mn chia hết cho 7
Nếu n không là bội của 3 thì n = 3k + r với r = 1 hoặc r = 2 Khi đó
Mn = 23k+r− 1 = 2r(23k− 1) + 2r − 1
Rõ ràng vế phải không chia hết cho 7
Do đó, tất cả các giá trị n cần tìm là n = 3m, m ∈ N∗
Bài toán 3 Tồn tại hay không số nguyên n > 1 sao cho n là ước của Mn?
Giải Giả sử n > 1 là một số nguyên dương sao cho n|Mn đồng thời n là số nguyên dương nhỏ nhất trong những số có tính chất đó
Theo định lý Euler ta có 2ϕ(n)− 1 chia hết cho n Mặt khác
2n− 1; 2ϕ(n)− 1 = 2d− 1 trong đó d = (n; ϕ(n)) Do đó n|2d− 1
Mà n > 1 nên 2d− 1 > 1, suy ra d > 1, đồng thời d ≤ ϕ(n) < n
Mặt khác, d|n nên d|2d− 1, tức là tồn tại d có tính chất thỏa yêu cầu của bài toán mà
d < n Điều này mâu thuẫn với tính chất nhỏ nhất của n
Như vậy không tồn tại số nguyên n > 1 sao cho n là ước của Mn
Bài toán 4 Chứng minh rằng Mn+ 2 không có ước nguyên tố có dạng 8k − 1 Giải Giả sử tồn tại số nguyên tố p = 8k − 1 là ước của Mn+ 2 Khi đó p ≡ 3 (mod 4) Suy ra −1
p
= −1
Nếu n là số chẵn thì từ Mn+ 2 ≡ 0 (mod p) ta được 2n ≡ −1 (mod p), suy ra
−1 ≡ 2n22
(mod p)
Suy ra −1
p
= 1 , mâu thuẫn
Nếu n là số lẻ thì từ Mn+ 2 ≡ 0 (mod p) ta có 2n ≡ (−1) (mod p)
2n+12
2
≡ −2 (mod p)
⇒ 1 = −2
p
= −1 p
2 p
= (−1)p−12 +p2−18 = −1 do p ≡ −1 (mod 8) Điều vô lý trên chứng tỏ rằng Mn+ 2 không có ước nguyên tố có dạng 8k − 1
Trang 9Bài toán 5 Gọi P là tập hợp các số nguyên tố lẻ nhỏ hơn 10000 và p là một phần tử thuộc P Với mỗi tập con S của P sao cho
S = {p1, p2, , pk}, k ≥ 2, p /∈ S biết rằng tồn tại q ∈ P \ S sao cho (q + 1)|(p1+ 1)(p2+ 1) (pk+ 1)
Tìm tất cả các giá trị có thể có của p
Giải
Gọi T là tập hợp các số Mersenne-nguyên tố nhỏ hơn 10000
T = {M2, M3, M5, M7, M13} = {3, 7, 31, 127, 8191}
Chú ý rằng M11 không phải là số nguyên tố vì 211− 1 = 23.89
Ta sẽ chứng minh T là tập hợp tất cả các giá trị p cần tìm
Nếu tồn tại số nguyên tố p thỏa đề bài nhưng không thuộc T thì ta lấy S = T
Gọi q /∈ S, q ≤ 10000 thỏa
q + 1|(M2+ 1)(M3+ 1)(M5+ 1)(M7+ 1)(M13+ 1)
Ta có
(M2+ 1)(M3+ 1)(M5+ 1)(M7+ 1)(M13+ 1) = 230 Cho nên q + 1 phải là một lũy thừa của 2 và q là một số nguyên tố Mersenne nhỏ hơn
10000, vì thế q phải thuộc T = S, mâu thuẫn!
Mặt khác, nếu p là số nguyên tố thỏa đề bài và p thuộc T Gọi S là tập hợp thỏa
S = {p1, p2, , pk} ⊂ P, k ≥ 2, p /∈ S và p1 < p2 < p3 < < pk
Giả sử rằng tất cả q ∈ P sao cho
(q + 1)|(p1+ 1)(p2+ 1) (pk+ 1)
Ta có q ∈ S
Khi đó 4|(p1+ 1)(p2+ 1) ⇒ M2 ∈ S
8|(M2+ 1)(p2+ 1) ⇒ M3 ∈ S
82|(M2+ 1)(M3+ 1) ⇒ M5 ∈ S
128|(M2+ 1)(M5+ 1) ⇒ M7 ∈ S
8192|(M3+ 1)(M5+ 1)(M7+ 1) ⇒ M13 ∈ S Do đó, p là số Mersenne-nguyên tố nhỏ hơn 10000 thuộc S, mâu thuẫn!
Như vậy, phải tồn tại q là số nguyên tố nhỏ hơn 10000 với q /∈ S và (q + 1)|(p1+ 1)(p2+ 1) (pk+ 1)
Bài toán 6 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại số nguyên m thỏa mãn
Mn là ước của m2+ 9
Trang 10Giải Trước hết ta chứng minh 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1 Một số nguyên có dạng 4k + 3 thì luôn tồn tại một ước số nguyên tố cũng
có dạng 4t + 3
Chứng minh Số nguyên a có dạng 4k + 3 là một số lẻ nên nó không có ước nguyên tố 2
Giả sử a được phân tích tiêu chuẩn theo p1, p2, , pn với số mũ tương ứng lần lượt là
α1, α2, , αn với pi là các số nguyên tố, αi nguyên dương, i = 1, , n
Nếu pi ≡ 1 (mod 4), ∀i = 1, n thì a ≡ 1 (mod 4), mâu thuẫn với giả thiết
Như vậy a phải có ít nhất một ước nguyên tố có dạng 4t + 3
Bổ đề 2 Nếu các số nguyên x, y và số nguyên tố p có dạng 4t + 3 thỏa mãn: p|x2+ y2 thì p|x và p|y
Chứng minh Nếu p là ước của x hoặc y thì ta có điều phải chứng minh
Nếu p không là ước của cả x và y thì theo định lí Fermat bé ta có:
x4t+2+ y4t+2 ≡ xp−1+ yp−1 ≡ 2 (mod p)
Thế nhưng x2+ y2 ≡ 0 (mod p) nên
x4t+2+ y4t+2 ≡ 0 (mod p)
Từ hai điều trên cho thấy p = 2, lại mâu thuẫn với giả thiết Bổ đề được chứng minh Trở lại bài toán
Nếu n = 1 thì với mọi m nguyên, bài toán đều được thỏa mãn
Nếu n > 1 thì với q là một ước nguyên tố lẻ của n ta có 2q − 1 ≡ 3 (mod 4) Như vậy, theo Bổ đề 1, 2q − 1 có ít nhất một ước nguyên tố p thỏa p ≡ 3 (mod 4)
Khi đó, (m2+ 9) .(2n − 1), (2n − 1) .(2q − 1), (2q − 1) .p Suy ra p|m2+ 32
Theo bổ đề 2, ta có p|3, p|m, vậy p = 3 Suy ra 3|2q − 1 tức 2|q, điều này mâu thuẫn
do q là số lẻ
Như vậy n không có ước nguyên tố lẻ, tức n có dạng n = 2k, k ∈ N∗
Bây giờ ta chứng minh rằng với mọi k ∈ N∗ thì n = 2k luôn thỏa mãn đề bài
Thật vậy, ta có
Mn = 22k− 1 = (22 0
+ 1)(221 + 1) (22k−1 + 1)
Vế phải là tích các số Fermat nên chúng nguyên tố cùng nhau Xét hệ phương trình
Trang 11đồng dư:
x ≡ 0 (mod 220 + 1)
x ≡ 3.220 (mod 221 + 1)
x ≡ 3.22 1
(mod 22 2
+ 1)
x ≡ 3.22 k−2
(mod 22 k−1
+ 1) Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ trên có nghiệm x0 Khi đó
x2
0 ≡ 0 (mod 22 0
+ 1)
x2
0 ≡ 9.22 1
(mod 22 1
+ 1)
x20 ≡ 9.22 2
(mod 222 + 1)
x2
0 ≡ 9.22k−1 (mod 22k−1+ 1) Suy ra x2
0 ≡ −9 (mod 22 i
+ 1) ∀i = 0, k − 1 Như vậy x20 ≡ −9 (mod Mn) tức là x2
0+ 9 .M
n
3 Số Hoàn hảo
3.1 Khái niệm Một số nguyên n ≥ 2 được gọi là số hoàn hảo nếu tổng các ước số của nó bằng 2n Tức là σ(n) = 2n
Ví dụ: 6, 28, 496 là các số hoàn hảo
Các số hoàn hảo chẵn thì có mối liên hệ mật thiết với các số Mersenne
3.2 Một số bài toán
Bài toán 1 Nếu Mk là số nguyên tố thì n = 2k−1.Mk là một số hoàn hảo
Giải Ta có 2k−1; 2k− 1 = 1 Do đó
σ(n) = σ 2k−1 σ 2k− 1
= 2k− 1 2k
= 2k−1 2k− 1 2
= 2n
Vậy n là số hoàn hảo
Bài toán 2 Nếu số nguyên dương chẵn n là một số hoàn hảo thì n = 2k−1.Mk với Mk
là số nguyên tố, k là số nguyên dương nào đó
Giải Do n là số nguyên dương chẵn nên có thể gọi n = 2t.u với t ≥ 1, u là số lẻ
Do n là số hoàn hảo nên σ(n) = 2n Suy ra σ(2t.u) = 2t+1.u
σ có tính nhân nên σ(2tu) = σ(2t).σ(u) = (2t+1− 1) σ(u)
⇔ (2t+1− 1).σ(u) = 2t+1.u