Về các số nguyên là tổng của lũy thừa các nhân tử nguyên tố của nó

Với mỗi số nguyên dương k ta đặt Sk là tập tất cả các số nguyên dương nsao cho n có ít nhất hai ước nguyên tố và n có phân tích n = pk1 + pk2 +... , pl là các ước nguyên tố phân biệt của

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN HỮU GIANG

VỀ CÁC SỐ NGUYÊN LÀ TỔNG CỦA LŨY THỪA CÁC NHÂN TỬ NGUYÊN TỐ CỦA NÓ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2024

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS PHẠM HỒNG NAMPGS.TS TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - NĂM 2024

2 Về các số nguyên là tổng của lũy thừa các nhân tử nguyên tố

2.1 Tính chất của các số nguyên n ∈ S3 với ω(n) = 3 132.2 Tính chất vô hạn của tập S⋆

k,l 222.3 Một chặn trên cho T0(x) 28

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến TS Phạm Hồng Nam

và PGS.TS Trần Nguyên An đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận vănnày Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Thầy vẫn dành nhiều thờigian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trongsuốt thời gian tôi thực hiện đề tài Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quátrình hoàn thiện luận văn Thầy luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốtnhất cho tôi hoàn thành luận văn Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ củatôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Thầy đã đôn đốc nhắc nhở tôi

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và PhòngĐào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xintrân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thứcquý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luậnvăn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Trung tâm GDTX-HN tỉnh Lai Châu đãkhông ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trongsuốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè,những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhấtcho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Thái Nguyên, tháng 1 năm 2024

Tác giả

Trần Hữu Giang

Với mỗi số nguyên dương k ta đặt Sk là tập tất cả các số nguyên dương n

sao cho n có ít nhất hai ước nguyên tố và n có phân tích

n = pk1 + pk2 + + pkt,

với t = ω(n)là số các ước nguyên tố của n, ví dụ 378, 2548 ∈ S3 Ký hiệu,

Sk⋆ là tập hợp tất cả các số nguyên dương n sao cho n có ít nhất hai ướcnguyên tố và n có biểu diễn

n = pk1 + pk2 + + pkl,

trong đó p1, , pl là các ước nguyên tố phân biệt của n, ví dụ

Mục đích của luận văn là trình bày lại một số kết quả về tính chất hữuhạn của tập S3 và tính chất vô hạn của tập Sk,l⋆ trong các tài liệu [4, 6]

Bố cục của Luận văn gồm hai chương

Trong Chương 1, luận văn trình bày một số kiến thức xoay quanh cáctính chất của Lý thuyết đồng dư, ký hiệu Legendre dùng để chứng minhcho các kết quả ở Chương 2 Các kết quả trong chương này được viết dựatheo các tài liệu [2, 1]

Trong Chương 2, luận văn trình bày một số kết quả về tính chất củatập Sk và Sk,l⋆ Nội dung chính của chương này được tham khảo chủ yếu

từ các tài liệu [4, 6]

Định nghĩa 1.1.1 Cho p > 1 là một số nguyên dương.

(i) p được gọi là số nguyên tố nếu p chỉ có hai ước nguyên dương là 1

và p

(ii) p được gọi là hợp số nếu p có một ước nguyên dương khác 1 và p.Định lý 1.1.2 Nếu p là số nguyên tố và p|ab thì p|a hoặc p|b

Từ Định lý 1.1.2 ta có các hệ quả trực tiếp sau

Hệ quả 1.1.3 Cho p là một số nguyên tố Khi đó nếu p|a1 an thì tồntại số nguyên k với 1 ≤ k ≤ n sao cho p|ak

Hệ quả 1.1.4 Cho p và q1, , qn là các số nguyên tố Khi đó nếu

p|q1 qn thì tồn tại số nguyên k với 1 ≤ k ≤ n sao cho p = qk

Định lý 1.1.5 Trong vành các số nguyên Z tồn tại vô hạn các số nguyêntố

Chứng minh Giả sử Z có hữu hạn các số nguyên tố là p1 < < pt.Đặt n = p1p2 pt + 1 Khi đó rõ ràng pi không là ước của n với mọi

i = 1, , t và p1 < < pt < n Do đó n cũng là số nguyên tố Điều này

là mâu thuẫn

Định lý sau đây được gọi là Định lý cơ bản của số học.

Định lý 1.1.6 Cho n > 1 là một số nguyên dương Khi đó n có phântích duy nhất dưới dạng n = pn1

1 pnt

t trong đó t, ni, i = 1, , t là các sốnguyên dương và p1 < p2 < < pt là các số nguyên tố

Chứng minh Nếu n là một số nguyên tố thì n có phân tích duy nhất dướidạngn = p Do đó phát biểu trong định lý là đúng Tiếp theo xétn là mộthợp số Gọi S là tập tất cả các ước thực sự d của S sao cho 1 < d < n Vì

n là hợp số nên S là tập khác rỗng Theo Nguyên lý sắp tốt, tồn tại p1 là

số bé nhất trong tập S Khi đó p1 sẽ là một số nguyên tố Thật vậy, nếungược lại thì p1 có một ước p sao cho 1 < p < p1 Vì p1|n nên p|n, mâuthuẫn với cách chọn p1 Vậy p1 là số nguyên tố và khi đó ta có n = p1n1

với 1 < n1 < n Nếu n1 là số nguyên tố thì n = p1n1 là biểu diễn cần tìm.Nếu n1 là hợp số thì tương tự như trên ta tìm được số nguyên tố p2 saocho n1 = p2n2 với 1 < n2 < n1 Nếu n2 là số nguyên tố thì n có biểu diễn

n = p1p2n2

thành tích của các số nguyên tố Nếu n2 là hợp số thì tồn tại số nguyên tố

p3 sao cho n2 = p3n3 với 1 < n3 < n2

Tiếp tục quá trình này ta được một dãy giảm các số nguyên

với p1, , pr, q1, , qs là các số nguyên tố sao cho p1 ≤ p2 ≤ ≤ pr và

q1 ≤ q2 ≤ ≤ qs Vì p1|q1q2 qs nên theo Hệ quả 1.1.4, ta có p1 = qk

với k nào đó Theo chứng minh trên, q1 là số nguyên tố nhỏ nhất là ướccủa n nên p1 ≥ q1 Tương tự, ta có q1 ≥ p1 Do đó p1 = q1 Vì thế

p2p3 pr = q2q3 qs

Tiếp tục quá trình ta có p2 = q2, nghĩa là

Nội dung chính của mục này là trình bày một số tính chất của đồng dư.Đặc biệt là định lý đồng dư Trung Hoa được dùng hữu hiệu trong chứngminh các kết quả chính Các kết quả trong mục này được viết dựa theotài liệu [1]

Định nghĩa 1.2.1 Chomlà một số nguyên dương vàa, blà các số nguyên.(i) Ta nói a, b là đồng dư theo modulo m nếu a − b chia hết cho m.(ii) Nếu a đồng dư với b theo modulo m thì ta viết a ≡ b (modm) và gọi

đó là một đồng dư thức

Rõ ràng quan hệ đồng dư theo modulo m là một quan hệ tương đươngtrên vành các số nguyên Z Do đó ta dễ dàng suy ra một số tính chất sau.Mệnh đề 1.2.2 Cho m là một số nguyên dương và a, b là các số nguyên.Khi đó các phát biểu sau là tương đương

(i) a ≡ b (mod m)

(ii) m|(a − b)

(iii) Tồn tại một số nguyên t sao cho a = b + mt

Sau đây là một kết quả quan trọng về phần dư được gọi là Định lýthặng dư Trung Hoa được sử dụng trong máy tính để làm việc với những

số lớn (xem trang 28, 29 trong tài liệu [1]) Hơn nữa, định lý này là mộtcông cụ quan trọng để chứng minh các kết quả chính trong Chương 2

Định lý 1.2.3 Cho m1, , mr là các số nguyên tố cùng nhau từng đôimột Khi đó hệ phương trình đồng dư

x ≡ a1 (mod m1)

x ≡ a2 (mod m2)

Giả sử rằng p là số nguyên tố lớn hơn 2 Khi đó với mỗi số nguyên a

thỏa mãn 1 ≤ a ≤ p − 1 tồn tại phần tử b với 1 ≤ b ≤ p − 1 sao cho

ab ≡ 1 (mod p) Rõ ràng ta chỉ có

1.1 ≡ 1 (mod p), (p − 1).(p − 1) ≡ 1 (mod p)

và a.a ̸≡ 1 (mod p) với mọi a ̸= {1, p − 1} Do đó với mỗi số nguyên a

thỏa mãn 2 ≤ a ≤ p − 2 luôn tồn tại số nguyên b ̸= a, 2 ≤ b ≤ p − 2 saocho ab ≡ 1 (mod p) Suy ra

và a là một ước của p với a < p Khi đó a|(p − 1)! Theo giả thiết,

Định lý 1.2.5 Trong một nhóm hữu hạn, cấp và chỉ số của một nhómcon là ước của cấp toàn nhóm

Định nghĩa 1.2.6 Cho m > 1 là một số nguyên dương Đặt φ(m) là sốcác số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m Ta gọi

φ(m) là hàm Euler của m

Khi đó ta có kết quả sau

Định lý 1.2.7 (Định lý Euler) Cho m là một số nguyên dương và a làmột số nguyên dương Khi đó nếu (a, m) = 1 thì aφ(m) ≡ 1 (mod m)

Rõ ràng nếu m = p là số nguyên tố thì φ(m) = p − 1 Khi đó ta cóĐịnh lý Fermat bé

Định lý 1.2.8 (Định lý Fermat bé) Nếu p là một số nguyên tố và a

là số nguyên tùy ý Khi đó ap ≡ a (mod p) Nếu (a, p) = 1 thì ap−1 ≡

1 (mod p)

Chứng minh Nếu a là bội của p thì ap ≡ 0 ≡ p (mod p) Giả sử a không

là bội của p thì a và p là nguyên tố cùng nhau Vì p là số nguyên tố nên

φ(m) = p − 1 Do đó theo Định lý Euler ta có ap−1 ≡ 1 (mod p) Vì thế

ap ≡ p (mod p)

1.3 Một số tính chất của kí hiệu Legendre

Nội dung chính của mục này là trình bày lại một số tính chất của kíhiệu Legendre được dùng hữu hiệu cho chứng minh các kết quả chính.Định nghĩa 1.3.1 Cho plà một số nguyên tố lẻ và a ∈ Z không chia hết

cho p Kí hiệu Legendre của a đối với p được định nghĩa là

1, nếu tồn tại số nguyên dương x sao cho x2 ≡ a (mod p),

−1, nếu ngược lại

Trong trường hợp a chia hết cho p, ta quy ước

ap



= 0

Ví dụ 1.3.2 Ta xét p = 5 Khi đó

15



=

45



= 1,

25



=

35



≡ ap−12 (mod p)

Chứng minh Nếu a là bội của p thì

ap



≡ ap−12 (mod p) = 0 nên côngthức là đúng Xét a không là bội của p thì khi đó a, p là nguyên tố cùngnhau Vì p là số nguyên tố lẻ công thức là hệ quả của Định lý 9 trang 1của [2]

Từ định nghĩa của kí hiệu Legendre ta suy ra một số tính chất đơn giảnsau

Mệnh đề 1.3.4 Cho p là số nguyên tố Các phát biểu sau là đúng:(i)

ab

p



= ap

bp

với mọi số nguyên a, b ∈ Z;

(ii) Nếu a ≡ b (mod p) thì

ap



= bp

b2p



= ap

với mọi số nguyên a, b ∈ Z.

Tiếp theo là một số tính chất quan trọng về kí hiệu Legendre dùng chocác chứng minh phần sau

Bổ đề 1.3.5 Cho p là một số nguyên tố Khi đó các phát biểu sau làđúng:

(i) (Xem Hệ quả trang 187 của [2])

 − 1p



=

(

1, nếu p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12),

−1, nếu p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12)

Chú ý 1.3.6 Trong phát biểu của Bổ đề 1.3.5 ta suy ra ngay rằng p là

số nguyên tố lẻ Vì vậy trong một số phát biểu cho p là số nguyên tố tangầm hiểu p là số nguyên tố lẻ

Tiếp theo là một số bổ đề sử dụng trong các chứng minh sau

Bổ đề 1.3.7 Cho p là một số nguyên tố Khi đó p ≡ 1 (mod 3) nếu vàchỉ nếu p ≡ 1 (mod 6)

Chứng minh Cho p là một số nguyên tố sao cho p ≡ 1 (mod 3) thì khi

đó tồn tại k ∈ Z sao cho p = 3k + 1 Nếu k = 2t thì p = 6t + 1 nên

p ≡ 1 (mod 6).Nếu k = 2t + 1 thì p = 6t + 4,mâu thuẫn với tính nguyên

tố của p Ngược lại, nếu p ≡ 1 (mod 6) thì hiển nhiên p ≡ 1 (mod 3)

Bổ đề 1.3.8 Cho p là một số nguyên tố Khi đó p ≡ 1 hoặc 7 (mod 12)

thì p ≡ 1 (mod 6)

Chứng minh Cho p là số nguyên tố sao cho p ≡ 1 hoặc 7 (mod 12) thìhiển nhiên p ≡ 1 (mod 6)

Ngược lại, nếu p là số nguyên tố sao cho p ≡ 1 (mod 6) thì tồn tại

k ∈ Z sao cho p = 6k + 1 Nếu k = 2t với t ∈ Z nào đó Suy ra p =12t + 1 nên p ≡ 1 (mod 12) Nếu k = 2t + 1 với t ∈ Z nào đó Suy ra

p ≡ 7 (mod 12)

Từ các kết quả trên ta có hệ quả sau

Hệ quả 1.3.9 Cho p là một số nguyên tố Khi đó

 − 3p



= 1 nếu và chỉnếu p ≡ 1 (mod 6)

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.3.4(i) ta có

 − 3p



= 3p

 − 1p



=

 − 1p



= 1,hoặc

3p



=

 − 1p



= −1 Trướctiên ta xét



= 1 Theo Bổ đề 1.3.5 suy ra p ≡ 1 (mod 4) và

p ≡ 1 hoặc 11 (mod 12) Từ đó suy rap ≡ 1 (mod 12) Theo Bổ đề 1.3.8suy ra p ≡ 1 (mod 6) Trường hợp

3p



=  − 1p



= −1, theo Bổ đề 1.3.5

ta có p ≡ 3 (mod 4) và p ≡ 5 hoặc 7 (mod 12) Từ hai điều kiện này suy

ra p ≡ 7 (mod 12) Do đó theo Bổ đề 1.3.8 thì p ≡ 1 (mod 6)

Ngược lại, cho p ≡ 1 (mod 6) thì tồn tại k ∈ Z sao cho p = 1 + 6k

Nếu k là số chẵn thì p ≡ 1 (mod 12) Do đó theo Bổ đề 1.3.5 thì

3p



= 1 Nếu k là số lẻ thì p ≡ 7 (mod 12) Theo Bổ

đề 1.3.5 thì

3p



=  − 1p



= −1 Do đó

 − 3p



= 3p

 − 1p



= qp



trừ trường hợp p ≡ q ≡ 3 mod(4).

(ii) Nếu p ≡ q ≡ 3 mod(4), ta có

pq

qp



= (−1)

p − 12

q − 1

2 .

Chương 2

Về các số nguyên là tổng của lũy

thừa các nhân tử nguyên tố của nó

2.1 Tính chất của các số nguyên n ∈ S3 với ω(n) = 3

Cho k là một số nguyên dương với k ≥ 2 Ta ký hiệu Sk là tập hợp tất

cả các số nguyên dương n có ít nhất hai ước nguyên tố phân biệt sao cho

n có biểu diễn dưới dạng

n = pk1 + pk2 + + pkl (⋆)

trong đó p1, , pl là các ước nguyên tố phân biệt của n và l ≥ 2 Với mỗi

số nguyên dương n ≥ 2, ký hiệu ω(n) là số ước nguyên tố phân biệt của

n và P (n) là ước nguyên tố lớn nhất của n Ví dụ ta có

378 = 2.33.7 = 23 + 33 + 73,

nên ta có 378 ∈ S3 và ω(378) = 3

Trước khi phát biểu kết quả chính của mục này ta cần một số bổ đề

Bổ đề 2.1.1 Cho n ∈ S3 với ω(n) = 3 Giả sử x < y < z là các ướcnguyên tố phân biệt của n Khi đó ta có z|(y2 − yx + x2) Hơn nữa, n cóphân tích n = xaybz với a, b là các số nguyên dương nào đó

Chứng minh Ta chia chứng minh của bổ đề thành 3 bước

Bước 1 Vìω(n) = 3nênnchỉ có 3 ước nguyên tố phân biệt làx < y < z.Mặt khác, theo giả thiết ta có

n = x3 + y3 + z3 = 8 + y3 + (y + 2)2 ≡ 16 = 24 ̸≡ 0 (mod y),

mâu thuẫn vì y là ước của n Vì thế z không là ước của x + y, nghĩa

là z|(x2 − xy + y2) Vì z > 3 là số nguyên tố nên z ≡ 1 (mod 3) Vì

là hoặc z2|(x + y) hoặc z2|(x2 − xy + y2) Tương tự như chứng minh củabước 2 ta suy ra z2|(x2 − xy + y2) Mặt khác, ta có

Bổ đề 2.1.2 Cho n ∈ S3 với ω(n) = 3 Cho x < y < z là các ước nguyên

tố phân biệt của n Giả sử rằng y|(x+z) Khi đó n = 2.33.7 = 23+ 33+ 73.Chứng minh Theo giả thiết y|(x + z) nên tồn tại số nguyên dương t saocho ty = x + z hay z = ty − x Nếu t = 1 thì z = y − x < y < z, mâuthuẫn Do đó, ta có t ≥ 2 và x ≡ ty (mod z) Vì

y2 − xy + x2 ≡ (mod z)

nên

y2 − ty2 + t2y2 ≡ (mod z)

nghĩa là z|y2(1 − t + t2) Kết hợp với y < z là các số nguyên tố, ta suy ra

z|(1 − t + t2) Nếu λ = 2 thì z|(1 − t + t2) = 3, mâu thuẫn với z > 3 Nếu

Mặt khác, z|(x2 − xy + y2) nên tồn tại số nguyên dương u sao cho

nghĩa là u = 1, hay z = y2 − yx + x2 Khi đó, ta có

Đối với trường hợp y|(x2 − xy + z2) ta có bổ đề sau

Bổ đề 2.1.3 Cho n ∈ S3 với ω(n) = 3 Cho x < y < z là các ướcnguyên tố phân biệt của n Giả sử rằng y|(x2 − xz + z2) Khi đó hoặc

n = 23 + 33 + 73 = 2.33.7 hoặc n = 22.72.13 = 23 + 73 + 133

Chứng minh Ta chia chứng minh của bổ đề thành 3 bước

Bước 1 Vì z > y > x là các số nguyên tố nên ta suy ra y ≥ 3 Nếu y = 3

thì ta có x = 2 Mặt khác, n = x3 + y3 + z3 nên z|(x3 + y3) = 5.7 Nếu

z = 5 thì ta có

n = x3 + y3 + z3 = 23 + 33 + 53 = 25.5

mâu thuẫn Nếu z = 7 thì ta có

n = 23 + 33 + 73 = 2.33.7

là số cần tìm Tiếp theo, ta xét trường hợp y > 3 và y|(x2 − xz + z2).Lập luận tương tự như Bước 2 của chứng minh Bổ đề 2.1.1 ta thu được

y ≡ 1 (mod 3)

Bước 2 Ta chứng minh x ≡ 2 (mod 3) Thật vậy, giả sử x ≡ 0 (mod 3)

Do tính nguyên tố của xta suy ra x = 3 Do đó 3là ước của n Tuy nhiên,khi đó ta có

n = x3 + y3 + z3 ≡ y3 + z3 ≡ 2 (mod 3)

mâu thuẫn với3|n Tiếp theo, giả sử x ≡ 1 (mod 3) Doy, z ≡ 1 (mod 3)

nên 3 không là ước của n Tuy nhiên,

n = x3 + y3 + z3 ≡ 0 (mod 3)

mâu thuẫn với 3 không là ước của n

Bước 3 Theo Bổ đề 2.1.1, ta có thể viết n = xaybz với a, b là các sốnguyên dương nào đó Khi đó, ta có

x3 + y3 + z3 = xaybz

Lấy modulo 3 hai vế với lưu ý x ≡ 2 (mod 3) và y, z ≡ 1 (mod 3), ta thuđược 1 ≡ 2a(mod 3) Suy ra a là một số chẵn Khi đó ta chia thành 2trường hợp

Trường hợp x = 2 Khi đó ta chia thành 2 bước nhỏ sau

• Trước tiên, ta chỉ ra rằng a = 2 Thật vậy, giả sử ngược lại a > 2.Khi đó ta có 23 = 8 là ước của n Mặt khác,

n = 23 + y3 + z3

nên ta suy ra 8|(y3 + z3) = (y + z)(y2 − yz + z2) Vì y, z là các số lẻ nên

y2− yz + z2 là số lẻ Suy ra 8|(y + z) Vì thế ta có (y, z) ≡ (c, d) (mod 8)

nghĩa là

−2y ≡ (4/y)2(mod 3), −2z ≡ (4/z)2(mod 3)

Theo định nghĩa của ký hiệu Legendre, ta có

−2yz

2z

2y

yz

zy

điều này là mâu thuẫn Vậy a = 2

• Tiếp theo ta chứng minh b = 2 hoặc b = 3 Nếu b = 1 thì theo bấtđẳng thức AGM, ta có

n = 4yz = 23 + y3 + z3 > 3(2.y.z) = 6yz,

điều này là mâu thuẫn Theo Bổ đề 2.1.1, z|(y2 − yx + x2) cùng với y2 −

yx + x2 = y2 − x(y − x) < y2 ta thu được z < y2 Vì