Tính chất của số hoàn hảo được rất nhiều nhà Toán học quan tâm.Nhiều vấn đề đặt ra về số hoàn hảo còn chưa được giải quyết triệt để,chẳng hạn như: Có vô số số hồn hảo hay khơng?. Khi đó,
Khái niệm về số hoàn hảo
Nhiều nền văn hóa cổ đại đã ban cho một số số nguyên những ý nghĩa tôn giáo và ma thuật đặc biệt, trong đó có số hoàn hảo được định nghĩa như sau. Định nghĩa 1.1.1 ([2]) Với một số nguyên dương n, kí hiệu σ(n) là tổng của các ước nguyên dương của n Ta gọi n là số hoàn hảo nếu σ(n) = 2n.
Vớ dụ, σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12 = 2ã6 nờn 6 là một số hoàn hảo Hay σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56 = 2ã28 nờn 28 là một số hoàn hảo. σ(8) = 1 + 2 + 4 + 8 = 15 ̸= 2ã 8 nờn 8 khụng là số hoàn hảo Do đú 6 và 28 là hai số hoàn hảo đầu tiên và chỉ có chúng là số hoàn hảo nhỏ hơn 400.
Có ý kiến cho rằng Chúa tạo ra thế giới trong 6 ngày vì 6 là số hoàn hảo và sự hoàn hảo của vũ trụ được thể hiện qua chu kỳ 28 ngày của mặt trăng Ba số hoàn hảo tiếp theo là 496, 8128 và 33550336 (xem [1]).
Thế kỉ thứ ba trước công nguyên, Euclid đã phát hiện ra mối liên hệ thú vị giữa số hoàn hảo và số nguyên tố Mersenne Ông chỉ ra rằng nếu một số có dạng
1 + 2 + 4 + 8 +ã ã ã+ 2 k−1 (với k ≥2 là số nguyờn dương) là số nguyên tố thì số
2 k−1 (1 + 2 + 4 + 8 +ã ã ã+ 2 k−1 ) là số hoàn hảo Các nhà toán học hiện đại dựa vào công thức
2−1 = 2 k −1, đã khái quát hóa lại kết quả của Euclid một cách ngắn gọn hơn: Nếu
M = 2 k −1 là một số nguyên tố (số nguyên tố Mersenne) thì số tam giác thứ M T M = 1
2M(M + 1) = 2 k−1 (2 k −1) là số hoàn hảo Khoảng 2000 năm sau đó, Euler chứng minh mệnh đề ngược lại, tức là mọi số hoàn hảo chẵn có dạng này.
Nhận xét 1.1.2 Bài toán tìm số hoàn hảo chẵn rút gọn thành bài toán tìm tất cả số nguyên tố có dạng 2 p −1 Những số nguyên tố có dạng này được gọi là số nguyên tố Mersenne, thường ký hiệu M p = 2 p −1 Khi đó,
2(M p + 1)M p = 2 p−1 (2 p −1) là một số hoàn hảo.
Hiện tại các nhà toán học mới tìm ra 51 số nguyên tố Mersenne, tương ứng với đó mới có 51 số hoàn hảo được tìm ra Số nguyên tố Mersenne lớn nhất hiện nay là M 82589933 = 2 82589933 −1, được tìm ra vào năm 2018.
M 82589933 là một số rất lớn, gồm có 24.862.048 chữ số Từ năm 2018 đến nay, các nhà khoa học vẫn chưa phát hiện thêm số nguyên tố Mersenne nào Vậy số hoàn hảo chẵn lớn nhất hiện nay là 2 82589932 (2 82589933 −1).
Vì các nhà toán học đều tin rằng có vô hạn số nguyên tố Mersenne nên ta có giả thuyết sau:
Giả thuyết 1.1.3 Có vô hạn số hoàn hảo.
Tất cả các thảo luận bên trên đều nhắc đến số hoàn hảo chẵn Một câu hỏi tự nhiên là số hoàn hảo lẻ thì như thế nào? Có tồn tại ví dụ số hoàn hảo lẻ không? Kỳ lạ là hiện nay các nhà toán học vẫn chưa tìm được ví dụ số hoàn hảo lẻ nào Thật ra, sự tồn tại hoặc không tồn tại của số hoàn hảo lẻ là một trong những bài toán nổi tiếng hơn nhiều trong lý thuyết số Các nhà toán học kiểm tra được không tồn tại số hoàn lẻ nào nhỏ hơn 10 1500 (Ochem and Rao 2012) Ngoài ra, mọi số hoàn hảo lẻ phải chia hết cho ít nhất 8 số nguyên tố phân biệt, trong đó ước nguyên tố lớn nhất phải lớn hơn 1000000 và ước nguyên tố lớn tiếp theo phải lớn hơn 10000 Sự thất vọng của các nhà toán học về số hoàn hảo lẻ đã dẫn tới giả thuyết sau:Giả thuyết 1.1.4 Mọi số hoàn hảo là chẵn.
Một số hàm số học
Những hàm có miền xác định là tập số nguyên dương được gọi là các hàm số học Một ví dụ của hàm số học là hàm tổng ước nguyên dương như sau. Định nghĩa 1.2.1 ([6]) Cho số nguyên dương n, hàm tổng ước nguyên dương của n, ký hiệu σ(n), được định nghĩa bởi σ(n) = X d|n,d>0 d. Ở trên, ta quy ước P d|n,d>0 là tổng lấy trên tất cả các ước nguyên dương d phân biệt của n.
Ví dụ 1.2.2 Ta có σ(5) = 1 + 5 = 6, σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12, σ(12) 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28. Định nghĩa 1.2.3 ([6]) Hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu f(mn) = f(m)f(n) khi m và n là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau Hàm số học f được gọi là hàm nhân tính hoàn toàn nếu f(mn) f(m)f(n) với mọi m và n nguyên dương.
Cho số nguyên dương n, giả sử n có phép phân tích thành thừa số nguyên tố n= p a 1 1 p a 2 2 ã ã ãp a r r với p1, p2, , pr là các số nguyên tố phân biệt, a1, a2, , ar là các số nguyên không âm Vì gcd(p a i i , p a j j ) = 1 khi i ̸= j, ta có f(n) =f(p a 1 1 p a 2 2 ã ã ãp a r r ) = f(p a 1 1 )f(p a 2 2 )ã ã ãf(p a r r ).
Nói cách khác, một hàm số học nhân tính hoàn toàn xác định bởi giá trị của nó tại các lũy thừa của ước nguyên tố Tính chất này cực kỳ hữu ích vì nó cho phép ta thu được công thức giải tích của các hàm có tính nhân tính. Định lý 1.2.4 ([6]) Hàm tổng ước nguyên dương σ(n) là hàm nhân tính.
Chứng minh Gọi m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Nếu d là một ước của mn thì do tính duy nhất của phép phân tích thừa số nguyên tố ta có thể biểu diễn d một cách duy nhất thành d = d1d2 với d1, d2 > 0, d1 | m, d2 | n và gcd(d1, d2) = 1 (vì m, n không có ước chung thực sự) Do đó σ(mn) = X d|mn,d>0 d = X d 1 |m,d 2 |n,d 1 ,d 2 >0 d 1 d 2
= X d 1 |m,d 1 >0 d 1 X d 2 |m,d 2 >0 d 2 = σ(m)σ(n). Điều phải chứng minh. Định lý 1.2.5 ([6]) Cho p là một số nguyên tố và a ∈ Z với a ≥ 0 Khi đó σ(p a ) = p a+1 −1 p−1 Chứng minh Các ước dương của p a bao gồm 1, p, p 2 , , p a−1 , p a Tính tổng của các ước này ta được σ(p a ) = 1 +p+p 2 +ã ã ã+p a−1 +p a = p a+1 −1 p−1 Điều phải chứng minh. Định lý 1.2.6 ([6]) Cho số nguyờn dương n, giả sử n = p a 1 1 p a 2 2 ã ã ãp a r r là phép phân tích thành nhân tử nguyên tố của nó Khi đó σ(n) r
Y i=1 p a i i +1 −1 p i −1 Chứng minh Ta có σ(n) = σ(p a 1 1 p a 2 2 ã ã ãp a r r )
Ví dụ, ta có 360 = 2 3 3 2 5 nên σ(360) = 2 4 −1
= 1248, vậy tổng các ước nguyên dương của 360 là 1248.
N , dấu bằng xảy ra chỉ khi η = N.
Chứng minh Gọi d là một ước của N, khi đó d = kN với số nguyênk nào đó nên k = N d cũng là một ước của N Lập luận này cũng đúng theo chiều ngược lại, tức là d | N khi và chỉ khi (N/d) | N Do đó σ(N) = X d|N,d>0 d = X d|N,d>0
Nếu η là một ước thực sự của N, ta có σ(N)
1 d ′ = σ(η) η Ngược lại, nếu η = N thì dấu bằng xảy ra. Định lý 1.2.8 ([6]) Giả sử f là một hàm số học, với n nguyên dương, đặt
Khi đó, nếu f là hàm nhân tính thì F cũng là hàm nhân tính.
Chứng minh Gọi m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Để chứng minh F là hàm nhân tính, ta cần chỉ ra F(mn) = F(m)F(n).
Vì gcd(m, n) = 1, mỗi ước d > 0 của mn có thể được phân tích duy nhất thành d = d 1 d 2 trong đó d 1 , d 2 > 0, d 1 | m, d 2 | n và gcd(d 1 , d 2 ) = 1 Do đó ta có
= X d 1 |m,d 1 >0 f(d 1 ) X d 2 |m,d 2 >0 f(d 2 ) =F(m)F(n). Điều phải chứng minh. Định nghĩa 1.2.9 ([2]) Cho số nguyên k ≥ 1, định nghĩa σ k (n) là hàm tổng các lũy thừa cấp k của các ước nguyên dương của n, tức là σ k (n) = X d|n,d>0 d k
Hệ quả 1.2.10 Cho số nguyên k ≥ 1, khi đó hàm số σ k (n) là hàm nhân tính.
Chứng minh Hàm f(n) = n k là hàm nhân tính vì với mọim, n nguyên tố cùng nhau ta có f(mn) = (mn) k = m k n k = f(m)f(n).
Theo Định lý 1.2.8 ta suy ra σk(n) là hàm nhân tính. Định nghĩa 1.2.11 ([5]) Cho số nguyên dương n, định nghĩa ω(n) là hàm đếm số thừa số nguyên tố phân biệt của n, tức là ω(n) = X p|n p nguyên tố
Hàm số học f(n) được gọi là hàm cộng tính nếu với bất kỳ a, b nguyên tố cùng nhau, ta có f(ab) =f(a) +f(b). Định lý 1.2.12 ([5]) Cho số nguyên dương n, hàm ω(n) là hàm cộng tính.
Chứng minh Gọi m, n là hai số nguyên tố cùng nhau Giả sửm, n có phân tích thừa số nguyên tố m t
Khi đó, ω(m) = t và ω(n) =k Ta lại có mn t
Y j=1 p b j j , trong đó các số p i , i = 1,2, , t và p j , j = 1,2, , k, nguyên tố cùng nhau Cho nên ω(mn) =t+k = ω(m) + ω(n).
Một số tính chất của số hoàn hảo
Một số tính chất của số hoàn hảo chẵn
Một số tính chất cơ bản của dãy số hoàn hảo có thể được liệt kê như sau.
Mệnh đề 2.1.1 ([7]) Nếu N là một số hoàn hảo thì P d|N(1/d) = 2.
Chứng minh Trong chứng minh của Bổ đề 1.2.7 ta đã chỉ ra d | N khi và chỉ khi (N/d) | N Do đó
Khử N ở đẳng thức cuối cùng ta thu được điều phải chứng minh. Định lý 2.1.2 (Euclid–Euler) Nếu 2 k −1 là số nguyên tố thì 2 k−1 (2 k −1) là một số hoàn hảo và mọi số hoàn hảo chẵn đều có dạng này.
Chứng minh Giả sử p = 2 k −1 là số nguyên tố, đặt n = 2 k−1 (2 k −1). Để chứng minh n là số hoàn hảo ta cần chỉ ra σ(n) = 2n Vì p là số nguyên tố nên σ(p) = p + 1 = 2 k Các ước nguyên dương của 2 k−1 là
Vì σ là hàm nhân tính nên σ(n) = σ(2 k−1 )σ(p) = (2 k −1)2 k = 2ã2 k−1 (2 k −1) = 2n. Điều này chứng tỏ n là một số hoàn hảo.
Ngược lại, giả sử n là một số hoàn hảo chẵn và biểu diễn n thành n = 2 k−1 m với m là số nguyên lẻ và k ≥ 2 Một lần nữa theo tính nhân tính của hàm σ, ta có σ(n) =σ(2 k−1 m) = σ(2 k−1 )σ(m) = (2 k −1)σ(m).
Vì n là số hoàn hảo nên ta có σ(n) = 2n= 2ã2 k−1 m = 2 k m.
Kết hợp hai đẳng thức trên, ta có
Kéo theo 2 k −1 là ước của 2 k m, kéo theo 2 k −1 là ước của m (vì 2 k −1 và 2 k nguyên tố cùng nhau) Do đó, đặt m = (2 k −1)M Thay vào (2.1) ta được
Vì cả m và M đều là ước của m, ta có
2 k M = σ(m) ≥m +M = (2 k −1)M +M = 2 k M, do đó σ(m) = m +M Điều này có nghĩa m là số nguyên tố và hai ước duy nhất của nó là m và M Do vậy m = 2 k −1 là số nguyên tố và ta có n= 2 k−1 m = 2 k−1 (2 k −1), điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.1.3 Năm số hoàn hảo chẵn đầu tiên là
Hệ quả 2.1.4 ([7]) Nếu N là một số hoàn hảo chẵn thì nó có thể được biểu diễn dưới dạng tổng của các lũy thừa liên tiếp của 2 nhân với số hạng cuối trong tổng:
Ta gọi một số là số tam giác nếu ta có thể sắp xếp biểu diễn thành tổng của nó theo dạng tam giác, tức là 1 ở trên 2, 2 ở trên 3, 3 ở trên 4, được sắp xếp thành một hình tam giác (Hình 2.1).
Mệnh đề 2.1.5 ([7]) Nếu N là một số hoàn hảo chẵn thì N là một số tam giác.
Chứng minh Gọi m là một số tam giác thì m k
Chú ý rằng mọi số hoàn hảo chẵn có dạng
Mệnh đề 2.1.6 ([7]) Nếu N = 2 n−1 (2 n −1) là số hoàn hảo thì
Chứng minh Nhắc lại rằng n
Thay m = 2 (n−1)/2 ta thu được điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.7 ([7]) Mọi số hoàn hảo chẵn kết thúc bằng 6 hoặc 8.
Chứng minh Mọi số nguyên tố p lớn hơn 2 có dạng 4m+ 1 hoặc 4m+ 3. Trong trường hợp thứ nhất,
≡6 m (2ã6 m −1) ≡6(12−1) ≡ 6 (mod 10), vì theo quy nạp ta có 6 m ≡ 6 (mod 10) Tương tự, trong trường hợp thứ hai ta có
Cuối cùng, nếu n = 2 thì N = 6 Vậy ta đã xét đủ tất cả các trường hợp.
Số F -hoàn hảo và số Fibonacci
Trong phần này ta nghiên cứu một số tính chất của số hoàn hảo tổng quát bằng việc liên hệ với hàm σ k (n) := P d|n d k , ở đây k ≥ 1. Định nghĩa 2.2.1 ([1]) Nếu n là số nguyên dương thỏa mãn σ 2 (n)−n 2 = X d|n d 0 là số nguyên lẻ, khi đó phương trình x 2 −dy 2 = −4 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi u 2 −dv 2 = −1 có nghiệm nguyên.
Chứng minh Điều kiện đủ là hiển nhiên Ta chứng minh điều kiện cần. Giả sử phương trình x 2 −dy 2 = −4 có nghiệm nguyên (x, y) Vì d > 0 là số nguyên lẻ và x 2 −dy 2 = −4, nên x ≡ y (mod 2) Đổi biến u = x(x 2 + 3)
Hay phương trình u 2 −dv 2 = −1 có nghiệm (u, v).
Ta biết nếu N > 0 không là số chính phương thì liên phân số của √
N) = l là chu kỳ tuần hoàn của liên phân số của √
Bổ đề 2.2.3 ([4]) Giả sử N > 0không là số chính phương, khi đó phương trình x 2 −N y 2 = −1 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi l(√
Bổ đề 2.2.4 ([1]) Giả sử k là số nguyên dương khác 3, khi đó phương trình 1 +x 2 +y 2 = kxy vô nghiệm.
Chứng minh Vì kxy = 1 +x 2 +y 2 > 2xy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề với k ≥4 Nếu1 +x 2 +y 2 = kxy có nghiệm nguyên, biệt thức của phương trình bậc hai này theo x phải là một số chính phương, do đó tồn tại z ∈ Z sao cho k 2 y 2 −4(y 2 + 1) = (k 2 −4)y 2 −4 = z 2 , hoặc z 2 −(k 2 −4)y 2 = −4.
Tiếp theo, ta chỉ ra k lẻ Giả sử k chẵn, khi đó x và y không thể cùng chẵn Nếu chỉ có một trong hai giá trị x và y lẻ thì
1 +x 2 +y 2 = kxy (mod 4) ⇒ 2≡ 0 (mod 4), vô lý.
Nếu cả x và y cùng lẻ thì
1 +x 2 +y 2 = kxy (mod 2) ⇒ 1≡ 0 (mod 2), vô lý.
Do đó k lẻ Hiển nhiên, k 2 −4 không là số chính phương khi k ≥ 4 và là số lẻ Do đó, từ Bổ đề 2.2.2 và 2.2.3 ta thu được z 2 −(k 2 −4)y 2 = −4 có nghiệm nguyên
Với số nguyên lẻ k ≥ 4, theo [6] ta có pk 2 −4 h k −1; 1,k −3
Vậy l(√ k 2 −4) = 6, mâu thuẫn. Định lý 2.2.5 ([1]) Với bất kỳ số nguyên dương b ̸= 3 cho trước, phương trình σ 2 (n)−n 2 = X d|n d 1 thì từ (2.5) ta suy ra p2 bị chặn, nên n cũng bị chặn Nếu α2 = 1 và α1 > 1, thì từ (2.5) ta suy ra p1 bị chặn Nhưng do σ2(n)−n 2 = bn, tức là
Vì p 1 bị chặn, từ (2.6) suy ra p 2 bị chặn Do đó n cũng bị chặn.
Nếu α 1 = α 2 = 1 thì σ 2 (n)−n 2 = bn ta có
Nếu b ̸= 3 thì Bổ đề 2.2.4 kéo theo (2.7) không có nghiệm nguyên Cuối cùng, theo (2.4), (2.5) và 2.7, ta suy ra (2.3) không có nghiệm nguyên khi b = 1,2.
Bổ đề 2.2.6 ([1]) Tất cả các nghiệm của phương trình 1 + x 2 + y 2 3xy (1≤ x < y) là
(2.8) trong đó k ≥ 1 và Fn là số Fibonacci thứ n.
Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh x và y xác định trong (2.8) là nghiệm của phương trình 1 +x 2 +y 2 = 3xy Theo đẳng thức Cassini:
1 +F 2k+1 2 +F 2k−1 2 = 3F 2k−1 F 2k+1 Tiếp theo, ta chứng minh (2.8) là tập tất cả các nghiệm Ta chỉ cần chứng minh nếu 1 +x 2 +y 2 = 3xy (1 ≤ x < y) thì x = F 2k−1 Chú ý rằng
1 +x 2 +y 2 = 3xy ⇔ 5x 2 −4 = (3x−2y) 2 , nên theo [3] ta suy raxlà một số Fibonacci Ta cần chứng minh x = F 2k−1 Nếu x = F 2k thì
5F 2k 2 + 4 = L 2 2k , trong đó L 0 = 2, L 1 = 1, L n+1 = L n +L n−1 là dãy Lucas Do đó
5 = 1 = F 2 = F 1 Do đó, ta suy ra x = F 2k−1 Định lý 2.2.7 ([1]) Với b = 3, tất cả nghiệm của (2.3) là n = F 2k−1 F 2k+1 (k ≥ 1), ở đây F 2k−1 và F 2k+1 là các số Fibonacci nguyên tố.
Chứng minh Gọi n = p α 1 1 p α 2 2 ã ã ãp α k k là phộp phõn tớch thừa số nguyờn tố của n, trong đú p 1 < p 2 < ã ã ã < p k , α i ≥ 1 và k ≥ 1 Bõy giờ ta chứng minh nếu n là một số F-hoàn hảo thì k = 2 và α 1 = α 2 = 1 Nếu k = 1 ta cú σ 2 (n)−n 2 = 1 + p 2 1 +p 4 1 + ã ã ã+ p 2(α 1 1 −1) = 3p α 1 1 , vụ lý Nếu k ≥ 3 thì theo (2.4) ta có n = 1, vô lý Do đó k = 2 Tiếp theo, ta chứng minh α1 = α2 = 1 Giả sử α1 +α2 ≥ 3 Vì α 2 1 −α1 + 2α1α2 ≥ α1(α1 + α2) và α 2 2 −α2 + 2α1α2 ≥α2(α1 +α2) nên sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
Do đó k = 2, α 1 = α 2 = 1 và σ 2 (n)−n 2 = 3n, tức là
1 +p 2 1 +p 2 2 = 3p1p1, nên từ Bổ đề 2.2.6 suy ra điều phải chứng minh.
Cuối cùng, ta xét một dạng tổng quát hơn của số hoàn hảo như sau: σ a (n)−n a = X d|n d 2pq > p+q + 1.
Bổ đề 2.3.2 ([1]) Nếu x 2 xy−1 −x+1 ∈ N, trong đó x, y ∈ N và y ≥ 2 thì x 2 −x+ 1 xy −1 = 1.
Chứng minh Khi (x, y) = (1,2) thì x 2 xy−1 −x+1 = 1 Giả sử x 2 xy−1 −x+1 = n ≥ 2. Khi đó, ta có x 2 −(1 +ny)x+n+ 1 = 0, nên biệt thức của phương trình này phải là một số chính phương, tức là tồn tại k ∈ Z sao cho
1 +ny−z = b, trong đó ab = 4(n+ 1) Do đó, 2ny = a+b−2, hay y = a+b−2
Ta có thể giả sử a ≥b > 0 Nếu b ≥5 thì y = 2a+ 2b−4 ab−4 ≤ 2a+ 2b−4
Do đó ta phải có b = 1,2,3 hoặc 4.
Nếu b = 4 thì a = n+ 1 ≥ 3 Khi a = 3, ta có y = a+ 2
Bổ đề 2.3.3 ([1]) Nếu hai số nguyên dương x≥ y thỏa mãn x|y 2 −y+ 1 và y|x 2 −x+ 1, thì x = y = 1.
Chứng minh Nếu x = y, ta có x = y = 1 Giả sử x > y thì ta có
(y 2 −y + 1 = xt2, x 2 −x+ 1 = yt 1 , trong đó t1, t2 ∈ N Nếu t2 = y thì y|1 và ta có x = y = 1 Nếu t2 > y, ta cú y 2 −y + 1 = xt2 ≥ (y+ 1)ã(y + 1) = y 2 + 2y + 1, mõu thuẫn Do đú y > t2 và t 2 2 yt 1 = t 2 2 (x 2 −x+ 1)
= (y 2 −y) 2 + 2(y 2 −y)−t 2 (y 2 −y) + t 2 2 −t 2 + 1, nên y|t 2 2 −t 2 + 1, tức là tồn tại t 3 ∈ N sao cho t 2 2 −t 2 + 1 = yt 3 Chú ý rằng y 2 −y + 1 = xt 2 = t 2 x, ta có
(t 2 2 −t 2 + 1 = yt 3 , y 2 −y + 1 = t 2 x, với y > t2 Lặp lại quá trình này, ta thu được dãy các số x > y > t2 > t3 > ã ã ã > tk = 1 với cỏc số t2, t3, , tn thỏa món
Lại cú t k−1 |t 2 k −t k + 1 và t k = 1 nờn t k−1 = 1 Do đú x = y = t 2 = ã ã ã t k = 1, mâu thuẫn. Định lý 2.3.4 ([1]).
(i) Cho n = pq với p < q là các số nguyên tố, khi đó nếu n|σ 3 (n) thì n= 6.
(ii) Cho n= 2 α p (α ≥1), p là số nguyên tố lẻ Khi đó n|σ 3 (n) khi và chỉ khi n là số hoàn hảo chẵn khác 28.
Chứng minh Nếun = pq (p < q) thìσ 3 (n) = 1+p 3 +q 3 +p 3 q 3 Vìn|σ 3 (n) nên pq|1 +p 3 +q 3 , hay p|q 3 + 1 và q|p 3 + 1 Từ hệ thức x 3 + 1 = (x+ 1)(x 2 −x+ 1) suy ra p|q 3 + 1 và q|p 3 + 1 tương đương với
Theo Bổ đề 2.3.1, hệ (I) chỉ có một nghiệm (p, q) = (2,3) Theo Bổ đề 2.3.3, hệ (IV) vô nghiệm.
Nếu hệ (II) có nghiệm(p, q)thìpq|(q+1)(p 2 −p+1),haypq|p 2 −p+q+1, nên tồn tại k ∈ N sao cho p 2 −p+ q+ 1 = kpq, tức là q = p 2 −p+ 1 kp −1 ≥ 2 (2.10)
Nếu k = 1 thì ta có q = p 2 −p+ 1 p−1 = p+ 1 p−1 nên (p, q) = (2,3) Nếu k ≥ 2 thì theo Bổ đề 2.3.2, (2.10) vô nghiệm.
Tương tự, ta thu được hệ (III) vô nghiệm Điều này chứng minh phần đầu của Định lý 2.3.4.
Bây giờ ta chứng minh phần thứ hai của định lý Đầu tiên, ta chứng minh nếu n là một số hoàn hảo chẵn khác 28 thì n|σ 3 (n) Khi n là một số hoàn hảo chẵn, ta cón = 2 p−1 (2 p −1),trong đópvà2 p −1là các số nguyên tố Hiển nhiên 6|σ 3 (6) và 28 ∤ σ 3 (28) Giả sử n = 2 p−1 (2 p −1), trong đó p≥ 5và 2 p −1là số nguyên tố Chú ý rằng 2 3p −1 = (2 p −1)(2 2p + 2 p + 1) và 2 3p −1 = 7(1 + 2 3 + 2 6 + ã ã ã+ 2 3(p−1) ), nờn ta cú 7|2 2p + 2 p + 1 và σ 3 (n) = σ 3 (2 p−1 (2 p −1))
7 (2 p −1) 2 −(2 p −1) + 1 , từ đó ta suy ra nếu n là một số hoàn hảo chẵn khác 28 thì n|σ 3 (n). Thứ hai, ta chứng minh rằng nếu n = 2 α−1 p, với p là một số nguyên tố lẻ, α ≥2 và n|σ 3 (n) thì α là nguyên tố và p = 2 α −1 Chú ý rằng σ 3 (n) = σ 3 (2 α−1 p)
≡0 (mod 2 α−1 p), nờn ta cú1 +p≡ 0 (mod 2 α −1) và1 + 2 3 + 2 6 +ã ã ã+ 2 3(α−1) ≡ 0 (modp), tức là tồn tạik 1 , k 2 ∈ Nsao chop = k 1 2 α−1 −1và1+2 3 +2 6 +ã ã ã+2 3(α−1) 2 3α −1
Nếu k 1 = 1 thì ta có p = 2 α−1 − 1, nên từ (2.11) suy ra 2 α − 1 ≡
1 = 2 α −1−2(2 α−1 −1)≡ 0 (mod 2 α−1 −1), vô lý Nếu 2 2α + 2 α + 1 ≡0 (mod 2 α−1 −1), ta có
0 ≡2 2α + 2 α + 1 = (2 α−1 −1)(2 α+1 + 6) + 7 ≡ 7 (mod 2 α−1 −1), nên α = 4 Khi đó n = 2 α−1 p = 2 3 (2 3 −1) = 56 và n|σ 3 (n), điều này là vô lý.
Nếu k 1 ≥ 3 thì theo (2.11) ta có
1≡ −k 4 (mod 2 α−1 ), nên tồn tại k5 ∈ N sao cho k4 = k52 α−1 −1 (2.13)
Kết hợp (2.12) với (2.13) ta có
(k 1 −1)(k 5 −1) +k 1 k 5 ≤ 11, (2.14) kéo theo k 5 = 1 hoặc 2 bởi vì k 1 ≥ 3.
Nếu k 5 = 1 thì theo (2.14) ta có k 1 ≤11, nên 3≤ k 1 ≤ 11 Chú ý rằng
2 α−1 = 2 +k1 +k5 k 1 k 5 −4 = k1 + 3 k 1 −4, nên k 1 = 5, α = 4 và số nguyên tố p = k 1 2 α−1 −1 = 39, điều này là vô lý. Nếu k = 2, thì theo (2.14) ta có k 1 ≤ 4, nên k 1 = 3 hoặc 4 Chú ý rằng
2k 1 −4, nên k 1 = 4, α = 2, n = 2 α−1 p = 2 α−1 (k 1 2 α−1 −1) = 14, và n|σ 3 (n), điều này là vô lý.
Do đó, k 1 = 2, từ đó số nguyên tố p = k 1 2 α−1 −1 = 2 α −1 và α là số nguyên tố. Định lý 2.3.4 thể hiện mối quan hệ đẹp giữa số hoàn hảo chẵn n với hàm σ 3 (n) Một cách mở rộng tự nhiên là xét σ k (n) với các giá trị k khác. Tiếc thay, Định lý 2.3.4 không còn đúng với k = 5 hoặc k = 7 Chẳng hạn với n= 22 = 2 1 ã11, ta cú σ 5 (22) = 1 5 + 2 5 + 11 5 + 22 5 = 1 + 32 + 161051 + 5153632
Tức là 22 | σ 5 (22) Tuy nhiên, 22 không phải là số hoàn hảo chẵn Tương tự vớin = 86 = 2ã43, tớnh toỏn đượcσ 7 (86) ≡0 (mod 86), hay86 | σ 7 (86) nhưng86 không là số hoàn hảo Như vậy để kết quả của Định lý 2.3.4 đúng với các giá trị k khác 3, ta cần đặt thêm giả thiết. Định lý 2.3.5 ([2]) Giả sử k > 2 là số nguyên tố thỏa mãn 2 k −1 là một số nguyờn tố Mersenne Giả sử n = 2 α−1 p với α > 1 và p < 3ã2 α−1 −1 là một số nguyên tố lẻ Khi đó, n | σ k (n) khi và chỉ khi n là số hoàn hảo chẵn khác 2 k−1 (2 k −1). Để chứng minh Định lý 2.3.5 ta cần một số kiến thức chuẩn bị Ta quy ước các ký hiệu sau Đặt n = 2 α−1 p β −1 , với α, β > 1 là các số nguyên và p < 3ã2 α−1 −1 là số nguyờn tố lẻ Cho k > 2 là số nguyờn tố thỏa món
2 k −1 là số nguyên tố Mersenne Nếu n| σ k (n) thì ta có
2 k −1 ã p βk −1 p k −1 Bởi vì gcd(2,2 αk −1) = 1 và gcd(p, p βk −1) = 1 nên
2 α−1 là ước của p βk −1 p k −1 , nên 2 α là ước của p βk −1, (2.15) p β−1 là ước của 2 αk −1
Ngoài ra, ta viết lại (2.15) thành
Vì mỗi số hạng đều là lẻ và giá trị tổng chia hết cho 2, ta suy ra 2 | β Bổ đề sau là chìa khóa để chứng minh Định lý 2.3.5.
Bổ đề 2.3.6 ([2]) Giả sử n = 2 α−1 (2 k −1) β−1 , ở đây α, β > 1 là các số nguyên Khi đó n ∤ σ k (n).
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp Giả sửn| σ k (n). Theo (2.15) và (2.16), ta có
(2 k −1) β | (2 αk −1) = (2 k −1)((2 k ) α−1 +ã ã ã+ 1) (2.18) Đặt α = (2 k −1) u α 1 và β = 2 v β 1 , ở đây u ≥ 0, v ≥ 1và gcd(2 k −1, α 1 ) gcd(2, β 1 ) = 1 Theo Bổ đề A.1.3, ta có α ≤ v +k.
Nếu u = 0, ta thu được α = α 1 Từ (2.18), ta có β = 1, mâu thuẫn với tính chất 2 |β.
Nếu u ≥ 1, Nhận xét A.1.5 kéo theo β ≤u+ 2 k −1 Ta có
Mặt khác, với mọi u ≥ 1 và k ≥ 3, theo Bổ đề A.1.1, ta có
2 (2 k −1) u −k > u+ 2 k −1, mâu thuẫn Điều phải chứng minh.
Chứng minh của Định lý 2.3.5 Trước hết, ta chứng minh nếu n = 2 α−1 p và n | σk(n) thì α là một số nguyên tố và p = 2 α −1 Theo Bổ đề 2.3.6, n̸= 2 k−1 (2 k −1) Ta có σk(n) = σk(2 α−1 p) =σk(2 α−1 )σk(p)
Do đú,2 α−1 p | σk(n), kộo theo2 α−1 | 1+pvàp| 1+2 k +ã ã ã+2 k(α−1) Tồn tại k 1 , k 2 ∈ Nsao cho p= k 1 2 α−1 −1và1+2 k +ã ã ã+2 k(α−1) = 2 kα −1
Giả sử k 1 = 1 Khi đó p = 2 α−1 −1 và (2.19) kéo theo hoặc 2 α−1 −1 |
(2 α −1) hoặc 2 α−1 −1| P k−1 i=0 2 iα Nếu xảy ra trường hợp thứ nhất, ta có
1 = 2 α −1−2(2 α−1 −1)≡ 0 (mod 2 α−1 −1), mâu thuẫn Do đó, phải xảy ra trường hợp thứ hai Bởi vì2 α ≡ 2 (modp), ta có k−1
2 i ≡2 k −1 (mod p), kéo theo p là ước của 2 k −1 Do đó, p = 2 k −1 Tuy nhiên, Bổ đề 2.3.6 kéo theo n ∤ σk(n),mâu thuẫn với giả thiết Do đó, k1 ≥ 2, tuy nhiên theo giả thiết ta có k1 < 3 Vậy k1 = 2, ta có p= 2 α −1 và α là một số nguyên tố Do đó, n là một hoàn hảo chẵn khác 2 k−1 (2 k −1).
Với chiều ngược lại, ta phân tích n = 2 q−1 (2 q −1), trong đó q ̸= k và
2 q −1 là số nguyên tố Ta có σ k (n) = (1 + 2 k + 2 2k +ã ã ã+ 2 (q−1)k )(1 + (2 q −1) k )
Rõ ràng, 2 q−1 là ước của 1 + (2 q −1) k Ta chỉ cần chứng minh 2 q −1 là ước của 2 qk −1
2 k −1 Tính chất n ̸= 2 k−1 (2 k −1) kéo theo 2 q −1 và 2 k −1 là hai số nguyên tố phân biệt Do đó, gcd(2 q − 1,2 k − 1) = 1 Bởi vì
2 q −1| 2 qk −1,2 q −1 là ước của 2 qk −1
2 k −1 Do đó, n | σ k (n). Định lý 2.3.5 được coi là một phép tổng quát hóa của Định lý 2.3.4 khi k thuộc miền giá trị rộng hơn, bù lại ta phải thêm ràng buộc vào p Một kết quả thú vị là khi k = 5, ta có thể tổng quát hóa Định lý 2.3.5 theo cách nâng lũy thừa số nguyên tố p. Định lý 2.3.7 ([2]) Giả sử n= 2 α−1 p β −1 , trong đó α, β > 1 và p < 3ã2 α−1 −1 là số nguyờn tố lẻ Khi đú n | σ 5 (n) khi và chỉ khi n là số hoàn hảo chẵn khác 496.
Bổ đề 2.3.8 ([2]) Giả sử n = 2 α−1 p 3 , với α > 1, p ≡ 3 (mod 4) và p < 3ã2 α−1 −1 Khi đú n∤ σ 5 (n).
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
2 5 −1 (2.21) Bởi vì p 10 + 1 ≡ 2 (mod 4), ta có 2 α−2 | p+ 1 Do đó, p = k 1 2 α−2 −1 với k 1 ∈ N nào đú Kết hợp với p < 3ã2 α−1 −1, ta thu được 1≤ k 1 ≤ 5 Theo (2.21), ta phân tích 2 5α −1 = 31k 2 p 3 với k 2 ∈ N nào đó Do đó
Giả sử p là ước của 2 α − 1 và P4 i=02 iα Khi đó, 2 α ≡ 1 (mod p) nên
P4 i=02 iα ≡ 5 (mod p) Do đó, p = 5, mâu thuẫn với p ≡ 3 (mod 4) Do đó, ta phải xảy ra một trong hai khả năng p 3 | P 4 i=1 2 iα hoặc p 3 | 2 α −1.
Ta xét hai trường hợp tương ứng.
Trường hợp 1: (k 1 2 α−2 −1) 3 | 2 α −1 Khi này, (k 1 2 α−2 −1) 3 ≤2 α −1 Để bất đẳng thức này đúng với α ≥ 2, ta phải có 1 ≤ k 1 ≤ 2, vì nếu ngược lại thì
(k 1 2 α−2 −1) 3 ≥(3ã2 α−2 −1) 2 > 2 α −1, với mọi α ≥ 2, mâu thuẫn Ta chia thành hai trường hợp.
3 = (2 α −1)−4(2 α−2 −1) ≡0 (mod 2 α−2 −1), p= 2 α−2 −1 = 3.Do đó, α = 4vàn= 2 3 3 3 ,mâu thuẫn với2 3 3 3 ∤ σ 5 (2 3 3 3 ).
(ii) k1 = 2 Khi đó 2 α−1 −1| 2 α −1 Bởi vì
(i) Nếu k 1 = 1, ta có 2 α ≡ 4 (mod p) Khi đó, f(x 0 ) = 341 (mod p). Bởi vì p là ước của f(x 0 ) nên p là ước của 341, vậy p = 11 hoặc 31 Vì p= 2 α−2 −1, p = 31, và α = 7 Tuy nhiên, n = 2 6 31 3 ∤ σ 5 (n).
(ii) Nếu k 1 = 2, ta có 2 α ≡ 2 (mod p) Khi đó, f(x 0 ) ≡ 31 (mod p) Vì p là ước của f(x 0 ) nên p = 31 và α = 6 Tuy nhiên, n= 2 6 31 3 ∤σ 5 (n).
(iii) Nếuk 1 = 3, ta có3x 0 ≡ 4 (modp) Khi đó,3 4 f(x 0 ) = 781 (modp). Bởi vỡ p là ước của f(x 0 ) nờn p | 781, vậy p ∈ {11,71} Vỡ p = 3ã2 α−2 −
(iv) Nếu k 1 = 4, ta có x 0 ≡ 1 (mod p) Khi đó, f(x 0 ) ≡ 5 (mod p). Suy ra p = 5, mâu thuẫn với đồng dư thức p≡ 3 (mod 4).
(v) Nếuk 1 = 5,ta có5x 0 ≡4 (modp).Khi đó,5 4 f(x 0 ) ≡ 2101 (modp). Suy ra p là ước của 2101, nên p = 11 hoặc p = 191 Cả hai trường hợp đều không thể xảy ra Điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.3.9 ([2]) Giả sử n = 2 α−1 p β−1 , p ≡ 1 (mod 4) và n | σ k (n). Phân tích β = 2 v β 1 , với v ≥ 1 và gcd(2, β 1 ) = 1 Khi đó p 2 v −1 ≤ 2 k(v+1) −1
Chứng minh Phân tích p−1 = 2 t p 1 , với t ≥ 2 và 2∤ p 1 Bởi vì p k −1 = (p−1) k
X i=1 p k−i , (2.24) ta có 2 t ∥(p k −1) Theo Bổ đề A.2.1, 2 t+v ∥p kβ −1 Do đó
Bổ đề 2.3.10 ([2]) Giả sử n = 2 α−1 p β−1 , p ≡ 3 (mod 4) và n | σk(n). Giả sử β = 2 v β1, với v ≥1 và gcd(2, β1) = 1 Khi đó p 2 v −2k−1 < 2 k(v−1)
Chứng minh Đặt p 2 −1 = 2 s p2,trong đó 2∤ p2 Ta cós ≥ 3.Theo (2.24),
2∥ p k −1 và theo Bổ đề A.3.1, ta có 2 v+s−1 ∥ p kβ −1 Do đó
Bổ đề 2.3.11 ([2]) Giả sử n = 2 α−1 p β−1 , p ≡ 3 (mod 4) và n | σ k (n).Giả sử β = 2 v β 1 và p+ 1 = 2 λ p 1 , với gcd(2, β 1 ) = gcd(2, p 1 ) = 1 Khi đó một trong các khẳng định sau đúng:
2 i(λ+v) Chứng minh Từ (2.15) và (2.16), ta có
Theo Bổ đề A.4.1, ta có 2 λ+v ∥ p β −1 Do đó α ≤ λ+v.
Trường hợp 1: p | 2 α −1 và p | P k−1 i=0 2 iα Tính chất 2 α ≡ 1 (mod p) kéo theo Pk−1 i=0 2 iα ≡ k (mod p) Bởi vì p | P k−1 i=0 2 iα và k là số nguyên tố nên p= k Ta thu được ý (a).
Trường hợp 2: p| 2 α −1 và p ∤ P k−1 i=0 2 iα Khi đó
Trường hợp 3: p∤ 2 α −1 và p | P k−1 i=0 2 iα Khi đó
Bây giờ ta kết hợp bốn bổ đề chuẩn bị ở trên để chứng minh Định lý2.3.7 theo từng trường hợp.
Chứng minh Định lý 2.3.7 Điều kiện đủ được suy ra từ Định lý 2.3.5, ta chứng minh điều kiện cần Phân tích n = 2 α−1 p β−1 với α, β > 1 và p < 3ã 2 α−1 −1 là một số nguyờn tố lẻ Giả sử n | σ5(n) Tớnh toỏn ta thấy n ̸= 496.
Trường hợp 1: p≡ 1 (mod 4) Theo (2.23), ta có
2 5 −1 , (2.28) mà theo Bổ đề A.5.1 chỉ đúng với 1 ≤v ≤ 2.
(i) v = 1 Từ (2.25) suy ra α = 2 nên theo (2.16), p | 33, mâu thuẫn với đồng dư thức p ≡1 (mod 4).
(ii) v = 2 Từ (2.28) suy ra p ≤ 10 nên p = 5 Theo (2.25), ta có
2≤ α ≤ 3 Tuy nhiên, không có giá trị nào của α thỏa mãn (2.16).
Trường hợp 2: p ≡ 3 (mod 4) Chú ý rằng bởi vì k = 5, ta có thể bỏ qua ý (a) của Bổ đề 2.3.11 Theo (2.26), ta có
2 5 −1 , (2.29) mà theo Bổ đề A.5.2 kéo theo 1 ≤ v ≤ 4.
(i) v = 4 Theo (2.29),p= 3.Nên trong (2.27), ta cós = 3và2 ≤α ≤ 6. Nếu α ≤ 5 thì (2.16) kéo theo
(ii) v = 3 Khi đóβ ≥ 8 Theo Bổ đề 2.3.11, hoặc (2 λ −1) β−1 ≤ 2 λ+3 −1 hoặc (2 λ −1) β−1 ≤ P 4 i=0 2 i(λ+3)
(a) Nếu (2 λ −1) β−1 ≤ 2 λ+3 −1 thì λ 2 k với mọi k ≥3.Giả sử bất đẳng thức đúng với u = n ≥1 và với mọi k ≥ 3 Ta muốn chứng minh bất đẳng thức đúng với u = n+ 1 và với mọi k ≥ 3 Cố định k ≥ 3, theo giả thiết quy nạp ta có
Do đó, ta cần chứng minh
Bởi vì 2 k(2 k −1) ≥ 2 k , ta cần phải chỉ ra
(n+ 2 k −1) 2 k −1 ≥ n+ 2 k Đặt ℓ = 2 k −1 Bất đẳng thức trên trở thành
(n+ℓ) ℓ−1 − 1 n+ℓ ≥ 1, bất đẳng thức trên đúng bởi vì (n+ℓ) ℓ−1 ≥ 2.
Bổ đề A.1.2 Với mọi k ≥ 3 lẻ, ta có 2 k+1 ∥ (2 k −1) 2k −1.
Khi i = 2k −1, ta cú thu được số hạng −2k ã 2 k = −k2 k+1 Bởi vỡ k lẻ,
Bổ đề A.1.3 Khẳng định sau đúng
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo v Khi v 1, ta có
Bởi vì tổng trên bằng 1modulo2và theo Bổ đề A.1.2,2 k+1 ∥(2 k −1) 2k −1, khẳng định đúng với v = 1 Giả sử tồn tại z ≥1 sao cho khẳng định đúng với mọi v ∈ [1, z] Ta chứng minh khẳng định cũng đúng với v = z + 1.
Theo giả thiết quy nạp, 2 z+k ∥ (2 k −1) 2 z β 1 k −1, ta chỉ cần chứng minh
Do đó, 2 ∥ (2 k −1) 2 z β 1 k + 1, như mong muốn Điều phải chứng minh.
Bổ đề A.1.4 Giả sử m thỏa mãn (2 k −1) m ∥ 2 (2 k −1)k −1 Khi đó, với mọi u ≥0, ta có
Chứng minh Trước tiên, ta chứng minh m ≥ 2 Ta có
Mỗi số hạng trong tổng trên đồng dư với 1 modulo 2 k −1, và có 2 k −1 số hạng trong tổng, do đó tổng chia hết cho 2 k − 1 Do đó, (2 k − 1) 2 |
Bây giờ, ta chứng minh bổ đề bằng phương pháp quy nạp Nhắc lại trong chứng minh của Bổ đề 2.3.6 rằng α 1 = α/(2 k −1) u Với u = 0, ta có
Theo giả thiết, (2 k −1) m ∥2 (2 k −1)k −1 Mỗi số hạng trong tổng trên đồng dư với 1 modulo 2 k −1 nên tổng đồng dư với α1 modulo 2 k −1 Do đó, bổ đề đúng với u = 0 Giả sử tồn tại z ≥ 0 sao cho bổ đề đúng với mọi u ≤ z Ta chứng minh bổ đề đúng với u = z + 1 Ta có
Theo giả thiết quy nạp, (2 k −1) z+m ∥ 2 (2 k −1) z+1 kα 1 −1 Mỗi số hạng trong tổng trên đồng dư với 1 modulo (2 k −1) m Vì có 2 k −1 số hạng, tổng trên đồng dư với (2 k −1) modulo (2 k − 1) m Vì m ≥ 2, (2 k − 1) là ước của tổng Do đó, (2 k −1) z+m+1 là ước của 2 (2 k −1) z+2 kα 1 − 1, điều phải chứng minh.
Nhận xét A.1.5 Chú ý rằng với mọi k ≥3, để (2 k −1) m ≤ 2 (2 k −1) k −1, ta phải có m < 2 k Theo Bổ đề A.1.4, (2 k − 1) u+2 k không là ước của
Sử dụng cho Bổ đề 2.3.9
Bổ đề A.2.1 Với các ký hiệu trong Bổ đề 2.3.9, ta có
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo v Khi v 1, ta có p 2kβ 1 −1 = (p 2k −1)(p 2k(β 1 −1) +p 2k(β 1 −2) +ã ã ã+ 1)
Vì p+ 1 ≡ 2 (mod 4),2 ∥ (p+ 1) Ta đã chỉ ra 2 t ∥ (p k −1) trong chứng minh của Bổ đề 2.3.9 Ngoài ra, hai tổng trên đều lẻ Do đó,2 t+1 ∥ p 2kβ 1 −1.
Giả sử tổng tại z ≥ 1 sao cho bổ đề đúng với v ∈ [1, z] Ta chứng minh bổ đề đúng với v = z+ 1 Ta có p 2 z+1 kβ 1 −1 = p (2 z kβ 1 )2 −1 = (p 2 z kβ 1 + 1)(p 2 z kβ 1 −1).
Theo giả thiết quy nạp,2 z+t ∥ p 2 z kβ 1 −1.Ngoài ra, p ≡1 (mod 4) kéo theo p 2 z kβ 1 + 1 ≡2 (mod 4) Do đó, 2 ∥p 2 z kβ 1 + 1 Do đó, 2 z+t+1 ∥ p 2 z+1 kβ 1 −1.Điều phải chứng minh.
Sử dụng cho Bổ đề 2.3.10
Bổ đề A.3.1 Với các ký hiệu như trong Bổ đề 2.3.10, ta có
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo v Khi v 1, theo (A.30) ta chỉ cần xét (p+ 1)(p k −1) Ta đã chỉ ra 2 ∥p k −1 trong chứng minh của Bổ đề 2.3.10 Vì 2 s ∥ (p−1)(p+ 1) và 2 ∥ p−1, suy ra
Giả sử tồn tại z ≥ 1 sao cho với mọi v ∈ [1, z], bổ đề đúng Ta chứng minh bổ đề đúng với v = z + 1 Ta có p 2 z+1 kβ 1 −1 = p (2 z kβ 1 )2 −1 = (p 2 z kβ 1 + 1)(p 2 z kβ 1 −1).
Theo giả thiết quy nạp, 2 z+s−1 ∥ p 2 z kβ 1 −1 Ngoài ra, p 2 ≡ 1 (mod 4) kéo theop 2 z kβ 1 +1 ≡ 2 (mod 4).Do đó,2 ∥p 2 z kβ 1 +1 Do đó,2 z+s ∥p 2 z+1 kβ 1 −1.Điều phải chứng minh.
Sử dụng cho Bổ đề 2.3.11
Bổ đề A.4.1 Với ký hiệu như trong Bổ đề 2.3.11, ta có
Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo v Chú ý rằng
(2 λ p 1 ) 2β 1 −i (−1) i ,cho nên 2 λ+1 ∥ (2 λ p 1 −1) 2β 1 −1 Do đó, bổ đề đúng với v = 1 Giả sử tồn tại z ≥ 1 sao cho với mọi v ∈ [1, z] khẳng định đúng Ta chứng minh khẳng định đúng với v = z+ 1 Ta có
Theo giả thiết quy nạp, 2 λ+z ∥ (2 λ p1 −1) 2 z β 1 −1 Ngoài ra, vì λ ≥ 2 nên
(2 λ p1−1) 2 z β 1 + 1 ≡ 2 (mod 4) Do đó, 2 λ+z+1 ∥ (2 λ p1−1) 2 z+1 β 1 −1 Điều phải chứng minh.