SH nhuy PTH cac so dac biet trong so hoc 2016 07 28

CHUYÊN ĐỀ CÁC SỐ ĐẶC BIỆT TRONG LÝ THUYẾT SỐ Giáo viên: Phạm Thị Hồng Nhụy Tên quan công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Thiện Thành, Tp Trà Vinh, Tỉnh Trà Vinh Địa email: nhuymath@gmail.com Tóm tắt báo cáo Báo cáo gồm hai phần, phần thứ trình bày kiến thức chuẩn bị có liên quan đến nội dung chính, khái niệm số phương mod n, kí hiệu Legendre, tiêu chuẩn Euler hàm tổng ước số Phần thứ hai nêu lên khái niệm tính chất số đặc biệt: số Fermat, số Mersenne, số hoàn hảo Từ khai thác thêm tính chất số toán đề thi học sinh giỏi A Các kiến thức chuẩn bị Số phương mod n Cho số nguyên dương n Số a gọi số phương mod n (hay thặng dư bình phương mod n) tồn số nguyên x cho x2 ≡ a (mod n) Ví dụ: −1 số phương mod 72 ≡ −1 (mod 5) số phương mod 17 52 ≡ (mod 17) khơng số phương mod 11 phương trình x2 ≡ (mod 11) vơ nghiệm Kí hiệu Legendre Giả sử p số nguyên tố lẻ, a số nguyên Kí hiệu Legendre a p xác định sau: a p =     (a, p) = a số phương mod p −1 (a, p) = a khơng số phương mod p    a chia hết cho p Tiêu chuẩn Euler (Euler’s criterion) Giả sử p số nguyên tố lẻ nguyên tố với a Khi a p ≡a p−1 Chứng minh (mod p) Trường hợp Nếu x0 a p = phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có nghiệm p−1 p−1 Theo định lí Fermat bé ta có a ≡ (x20 ) ≡ xp−1 ≡ (mod p) a Trường hợp Nếu = −1 phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm p Với i từ đến p − tồn j với ≤ j ≤ p − cho i.j ≡ a (mod p) p−1 cặp cho tích Do i = j nên ta nhóm số từ đến p − thành cặp đồng dư với a theo modulo p Nhân tất số 1, 2, 3, , p − ta (p − 1)! ≡ a p−1 (mod p) Theo định lí Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Như a p ≡a p−1 (mod p) Định lí Cho p số nguyên tố lẻ, a b hai số nguyên dương với (a, p) = (b, p) = Khi i) Nếu a ≡ b (mod p) a p b p = a b ab = p p p a =1 iii) p −1 iv) = p = 4k + 1, p −1 = −1 p = 4k + 3, k ∈ Z p Chứng minh ii) i) Nếu a ≡ b (mod p) x2 ≡ a (mod p) có nghiệm x2 ≡ b (mod p) có a b nghiệm Do = p p p−1 p−1 p−1 ab a b ii) Theo tiêu chuẩn Euler ta có ≡ a b (mod p) ≡ (ab) p p p a b ab (mod p) Vậy ≡ (mod p) p p p a b Hai vế phương trình ±1 Lại p số nguyên tố lẻ nên = p p ab p a a2 a a iii) Do = ±1 nên = = p p p p p−1 iv) Theo tiêu chuẩn Euler ta có ≡ (−1) (mod p) p = (−1)2k p = 4k + (−1)2k+1 p = 4k + = p = 4k + −1 p = 4k + với k số nguyên Hàm số tổng ước số Cho n số nguyên dương, hàm tổng ước số n kí hiệu σ(n) σ(n) = d d|n Ví dụ σ(12) = + + + + + 12 = 28 Tính chất i) Hàm số σ(n) hàm nhân tính ii) Nếu n phân tích thành tích thừa số nguyên tố n = pα1 pα2 pαk k p1 , p2 , , pk số nguyên tố lẻ phân biệt α1 , α2 , , αk số mũ nguyên dương tương ứng, σ(n) = pα1 +1 − pα2 +1 − pαk +1 − k p1 − p2 − pk − Chứng minh Vì σ hàm nhân tính nên σ(n) = σ(pα1 ).σ(pα2 ) .σ(pαk k ) = (1 + p1 + · · · + pα1 )(1 + p2 + · · · + pα2 ) (1 + pk + · · · + pαk k ) pα1 +1 − pα2 +1 − pαk k +1 − = p1 − p2 − pk − Chú ý Nếu p số nguyên tố σ(p) = p + B Nội dung Số Fermat n 1.1 Khái niệm Các số tự nhiên có dạng fn = 22 + 1, n số tự nhiên, gọi số Fermat Ta có f0 = f1 = f2 = 17 f3 = 257 f4 = 65537 f5 = 4294967297 = 641.6700417 1.2 Tính chất i) fn = f0 f1 fn−1 + 2, n ≥ ii) (fk ; fh ) = k = h iii) fn tận với n ≥ Chứng minh i) Ta có k fk = 22 + k−1 = 22 +1 = (fk−1 − 1)2 + = fk−1 − 2fk−1 + Suy fk − = fk−1 (fk−1 − 2) , k ≥ Từ ta fn − = f0 f1 (f0 − 2) = f0 f1 fn−1 Như fn = f0 f1 fn−1 + 2, n ≥ ii) Ta có (fn ; f0 ) = (fn ; f1 ) = = (fn ; fn−1 ) = Suy (fk ; fh ) = 1, ∀k = h iii) Ta có f1 = 5, fn lẻ nên fn ≡ + = (mod 10) 1.3 Một số tốn Bài tốn Tìm tất số Fermat viết dạng tổng hai số nguyên tố Giải Tất số Fermat số lẻ Bây giờ, giả sử fn = p + q với p, q số nguyên tố q ≥ p Như p = q > Khi q = fn − p n = 22 − n−1 = 22 n−1 Suy 22 −1 22 n−1 +1 n−1 − = Hay 22 = Vậy n = Số Fermat cần tìm f1 = = + Bài toán Chứng minh ∀n ≥ 2, ước nguyên tố p fn có dạng p = s.2n+2 + 1, với s số tự nhiên Giải Ta có fn ≡ (mod p) n ⇒ 22 ≡ −1 (mod p) (*) ⇒ 22 n+1 ≡ (mod p) Gọi m số nhỏ cho 2m ≡ (mod p) Suy m|2n+1 Do m = 2k với k nguyên dương k ≤ n + k Nếu k ≤ n với 2m ≡ (mod p) ta 22 ≡ (mod p), điều mâu thuẫn với n+1 (*) Vậy k = n + 1, tức 22 ≡ (mod p) Theo định lí Fermat bé, ta 2p−1 ≡ (mod p) Suy p − ước 2n+1 , tức p = h.2n+1 + với h nguyên dương Ta xét p = 8t + Khi p = (−1) p2 −1 = (−1) 64t2 +16t =1 Suy số phương mod p p−1 Theo tiêu chuẩn Euler 2 ≡ (mod p) Suy 2n+1 ước p−1 = s.2n+1 Như p = s.2n+2 + 1, với s số tự nhiên p−1 , tức Bài tốn Tìm tất số ngun dương n cho 2n − bội ước 4m2 + với m số nguyên 26n − Giải Ta chứng minh tất số n cần tìm n = 2k Thật vậy, ta có ≡ −1 (mod 3) nên 2n − ≡ (mod 3) ⇔ n số chẵn Gọi l ước n Nếu l số lẻ l ≥ 2l − không chia hết cho 2l − ước 2n − Suy 2l − ước 4m2 + Mặt khác, 2l − có ước nguyên tố p có dạng p = 4r + nên p ước 4m2 + 1, suy 4m2 ≡ −1 (mod p) Thế bình phương số đồng dư với −1 modulo p với p số nguyên tố có dạng p = 4r + Như l phải Từ ta n phải có dạng n = 2k , với k nguyên dương Khi đó: k 2n − 22 − = 3 k−1 22 = 2k−1 = 2 −1 −1 k−1 22 +1 −1 k−1 Suy ra, = (22 + 1)(22 + 1)(22 + 1) (22 + 1) Vế phải tích số Fermat, theo (ii) chúng ngun tố Theo n định lí Thặng dư Trung hoa, tồn số nguyên C cho i−1 C ≡ 22 i (mod 22 + 1), ∀i = 1, 2, , k − C ≡ (mod 2) Đặt C = 2m, suy 4m2 + bội Vậy n = 2k với k số nguyên dương 2n − Bài toán Cho n số nguyên dương lớn Chứng minh số Fermat fn có ước nguyên tố lớn lớn 2n+2 (n + 1) Giải Với n = ta có f3 = 257 - số nguyên tố 2n+2 (n + 1) = 128 Rõ ràng 257 > 2n+2 (n + 1) Với n = ta có f4 = 65537 - số nguyên tố 2n+2 (n + 1) = 320 Rõ ràng 65537 > 2n+2 (n + 1) Với n ≥ 5, gọi phân tích tiêu chuẩn fn fn = pk11 pk22 pkmm m số nguyên dương, p1 , p2 , , pm số nguyên tố lẻ phân biệt k1 , k2 , , km số mũ nguyên dương tương ứng Gọi pi = 2n+1 xi + 1, xi ∈ N∗ , ≤ i ≤ m Ta chứng minh xi ≥ 2(n + 1), với ≤ i ≤ m Thật vậy, trước hết ta có n 22 + = fn ≥ (2n+1 + 1)k1 +k2 +···+km ≥ 2(n+1)(k1 +k2 +···+km ) + Suy 2n k1 + k2 + · · · + km ≤ n+1 Bây giờ, pi = 2n+1 xi + nên pki i = (2n+1 xi + 1)ki ≡ 2n+1 xi ki + (mod 22n+2 ) Do n ≥ nên 2n > 2n + Từ ta được: n fn = 22 + ≡ (mod 22n+2 ) ⇒ ≡ (2n+1 x1 k1 + 1)(2n+1 x2 k2 + 1) (2n+1 xm km + 1) (mod 22n+2 ) ≡ + 2n+1 x1 k1 + 2n+1 x2 k2 + · · · + 2n+1 xm km (mod 22n+2 ) ⇒ 2n+1 (x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ) ≡ (mod 22n+2 ) ⇒ x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ≡ (mod 2n+1 ) ⇒ x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ≥ 2n+1 Khơng tính tổng qt, giả sử xi = max{x1 , x2 , , xm } Khi xi (k1 + k2 + · · · + km ) ≥ 2n+1 2n+1 2n+1 ≥ = 2(n + 1) 2n k1 + k2 + · · · + km n+1 Như vậy: xi ≥ 2(n + 1) Từ ta được: pi ≥ 2n+1 2(n + 1) + Suy xi ≥ = 2n+1 (n + 1) + > 2n+1 (n + 1) Số Mersenne 2.1 Khái niệm Số nguyên có dạng Mn = 2n − 1, với n ∈ N∗ gọi số Mersenne Một số số Mersenne như: M1 = 21 − = M2 = 22 − = M3 = 23 − = M4 = 24 − = 15 M5 = 25 − = 31 M6 = 26 − = 63 M7 = 27 − = 127 Nếu n hợp số Mn hợp số Hơn nữa, giả sử n = a.b, với a, b số nguyên lớn Khi đó, a b ước n, kéo theo 2a − 2b − ước 2n − Như Ma Mb ước Mn Nếu n số nguyên tố Mn hợp số Ví dụ 47|M23 ; 167|M83 ; 263|M13 Số nguyên tố lớn biết 232582657 − số Mersenne 2.2 Định lí Cho p số nguyên tố lẻ q ước nguyên tố Mp Khi q = 2kp+1 với k số nguyên dương Chứng minh Với q ước nguyên tố Mp ta được: 2p − ≡ (mod q), hay 2p ≡ (mod q) (*) Do p số nguyên tố nên p số nhỏ thỏa (*) Theo định lý Fermat bé ta có 2q−1 ≡ (mod q) Suy p ước q − Nhưng q − số nguyên chẵn nên q − = 2kp tức q = 2kp + 2.3 Một số toán Bài toán Giả sử p số nguyên tố có dạng 4k + Khi 2p + số nguyên tố 2p + chia hết Mp Giải Đặt q = 2p + Giả sử q số nguyên tố Khi đó: q −1 = (−1) q = (−1) p(p+1) = (−1)2(k+1)(4k+3) =1 Theo tiêu chuẩn Euler ta q−1 ≡ (mod q) Như 2p ≡ (mod q), suy Mp = 2p − ≡ (mod q) Do đó, q ước Mp Ngược lại, giả sử q ước Mp 2p ≡ (mod q) Ta chứng minh q số nguyên tố Thật vậy, q hợp số q có ước ngun √ tố q1 cho q1 ≤ q Theo định lí Fermat bé, ta có 2q1 −1 ≡ (mod q1 ) Nhưng 2p ≡ (mod q1 ) với p số nguyên tố Suy p ước q1 − Từ √ q1 ≥ p + > q Điều mâu thuẫn với cách gọi q1 ban đầu Như q phải số nguyên tố Bài tốn Tìm tất số ngun dương n cho ước Mn Giải Ta có 23 ≡ (mod 7), suy 23m ≡ (mod 7) với m số nguyên dương Như với n = 3m, m ∈ N∗ Mn chia hết cho Nếu n khơng bội n = 3k + r với r = r = Khi Mn = 23k+r − = 2r (23k − 1) + 2r − Rõ ràng vế phải không chia hết cho Do đó, tất giá trị n cần tìm n = 3m, m ∈ N∗ Bài tốn Tồn hay khơng số ngun n > cho n ước Mn ? Giải Giả sử n > số nguyên dương cho n|Mn đồng thời n số nguyên dương nhỏ số có tính chất Theo định lý Euler ta có 2ϕ(n) − chia hết cho n Mặt khác 2n − 1; 2ϕ(n) − = 2d − d = (n; ϕ(n)) Do n|2d − Mà n > nên 2d − > 1, suy d > 1, đồng thời d ≤ ϕ(n) < n Mặt khác, d|n nên d|2d − 1, tức tồn d có tính chất thỏa u cầu tốn mà d < n Điều mâu thuẫn với tính chất nhỏ n Như không tồn số nguyên n > cho n ước Mn Bài toán Chứng minh Mn + khơng có ước ngun tố có dạng 8k − Giải Giả sử tồn số nguyên tố p = 8k − ước Mn + Khi p ≡ (mod 4) −1 Suy = −1 p Nếu n số chẵn từ Mn + ≡ (mod p) ta 2n ≡ −1 (mod p), suy n −1 ≡ 2 (mod p) −1 = , mâu thuẫn p Nếu n số lẻ từ Mn + ≡ (mod p) ta có 2n ≡ (−1) (mod p) Suy n+1 2 ≡ −2 (mod p) p−1 p2 −1 −2 −1 = = (−1) + = −1 p ≡ −1 (mod 8) p p p Điều vô lý chứng tỏ Mn + khơng có ước ngun tố có dạng 8k − ⇒1= Bài tốn Gọi P tập hợp số nguyên tố lẻ nhỏ 10000 p phần tử thuộc P Với tập S P cho S = {p1 , p2 , , pk }, k ≥ 2, p ∈ /S biết tồn q ∈ P \ S cho (q + 1)|(p1 + 1)(p2 + 1) (pk + 1) Tìm tất giá trị có p Giải Gọi T tập hợp số Mersenne-nguyên tố nhỏ 10000 T = {M2 , M3 , M5 , M7 , M1 3} = {3, 7, 31, 127, 8191} Chú ý M11 số nguyên tố 211 − = 23.89 Ta chứng minh T tập hợp tất giá trị p cần tìm Nếu tồn số nguyên tố p thỏa đề không thuộc T 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 + phải lũy thừa q số nguyên tố Mersenne nhỏ 10000, q phải thuộc T = S, mâu thuẫn! Mặt khác, p số nguyên tố thỏa đề p thuộc T Gọi S tập hợp thỏa S = {p1 , p2 , , pk } ⊂ P, k ≥ 2, p ∈ / S p1 < p2 < p3 < < pk Giả sử tất q ∈ P cho (q + 1)|(p1 + 1)(p2 + 1) (pk + 1) Ta có q ∈ S Khi 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 số Mersenne-nguyên tố nhỏ 10000 thuộc S, mâu thuẫn! Như vậy, phải tồn q số nguyên tố nhỏ 10000 với q ∈ / S (q + 1)|(p1 + 1)(p2 + 1) (pk + 1) Bài tốn Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên m thỏa mãn Mn ước m2 + 9 Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Một số nguyên có dạng 4k + ln tồn ước số nguyên tố có dạng 4t + Chứng minh Số nguyên a có dạng 4k + số lẻ nên khơng có ước ngun tố Giả sử a phân tích tiêu chuẩn theo p1 , p2 , , pn với số mũ tương ứng α1 , α2 , , αn với pi số nguyên tố, αi nguyên dương, i = 1, , n Nếu pi ≡ (mod 4), ∀i = 1, n a ≡ (mod 4), mâu thuẫn với giả thiết Như a phải có ước nguyên tố có dạng 4t + Bổ đề Nếu số nguyên x, y số nguyên tố p có dạng 4t + thỏa mãn: p|x2 + y p|x p|y Chứng minh Nếu p ước x y ta có điều phải chứng minh Nếu p khơng ước x y theo định lí Fermat bé ta có: x4t+2 + y 4t+2 ≡ xp−1 + y p−1 ≡ (mod p) Thế x2 + y ≡ (mod p) nên x4t+2 + y 4t+2 ≡ (mod p) Từ hai điều cho thấy p = 2, lại mâu thuẫn với giả thiết Bổ đề chứng minh Trở lại toán Nếu n = với m nguyên, tốn thỏa mãn Nếu n > với q ước nguyên tố lẻ n ta có 2q − ≡ (mod 4) Như vậy, theo Bổ đề 1, 2q − có ước nguyên tố p thỏa p ≡ (mod 4) Khi đó, (m2 + 9) (2n − 1), (2n − 1) (2q − 1), (2q − 1) p Suy p|m2 + 32 Theo bổ đề 2, ta có p|3, p|m, p = Suy 3|2q − tức 2|q, điều mâu thuẫn q số lẻ Như n khơng có ước ngun tố lẻ, tức n có dạng n = 2k , k ∈ N∗ Bây ta chứng minh với k ∈ N∗ n = 2k thỏa mãn đề Thật vậy, ta có k k−1 Mn = 22 − = (22 + 1)(22 + 1) (22 + 1) Vế phải tích số Fermat nên chúng nguyên tố Xét hệ phương trình 10 đồng dư:   x ≡ (mod 22 + 1)     20  (mod 22 + 1)   x ≡ 3.2 x ≡ 3.22 (mod 22 + 1)         x ≡ 3.22k−2 (mod 22k−1 + 1) Theo định lý thặng dư Trung Hoa hệ có nghiệm x0 Khi   x20        x0 x20         x2 0 (mod 22 + 1) ≡0 1 (mod 22 + 1) (mod 22 + 1) ≡ 9.22 ≡ 9.22 k−1 ≡ 9.22 k −1 (mod 22 + 1) i Suy x20 ≡ −9 (mod 22 + 1) ∀i = 0, k − Như x2 ≡ −9 (mod Mn ) tức x2 + Mn 0 Số Hoàn hảo 3.1 Khái niệm Một số nguyên n ≥ gọi số hoàn hảo tổng ước số 2n Tức σ(n) = 2n Ví dụ: 6, 28, 496 số hồn hảo Các số hồn hảo chẵn có mối liên hệ mật thiết với số Mersenne 3.2 Một số toán Bài toán Nếu Mk số nguyên tố n = 2k−1 Mk số hồn hảo Giải Ta có 2k−1 ; 2k − = Do σ(n) = σ 2k−1 σ 2k − = 2k − 2k = 2k−1 2k − = 2n Vậy n số hồn hảo Bài tốn Nếu số ngun dương chẵn n số hồn hảo n = 2k−1 Mk với Mk số nguyên tố, k số nguyên dương Giải Do n số nguyên dương chẵn nên gọi n = 2t u với t ≥ 1, u số lẻ Do n số hoàn hảo nên σ(n) = 2n Suy σ(2t u) = 2t+1 u σ có tính nhân nên σ(2t u) = σ(2t ).σ(u) = (2t+1 − 1) σ(u) ⇔ (2t+1 − 1).σ(u) = 2t+1 u 11 Do (2t+1 − 1; 2t+1 ) = nên 2t+1 ước σ(u) Từ σ(u) = 2t+1 v, v số nguyên dương Vậy u = (2t+1 − 1).v Bây ta chứng minh v = Thật vậy, v > σ(u) ≥ + v + 2t+1 − + v(2t+1 − 1) = (v + 1)2t+1 > v.2t+1 = σ(u) Điều mâu thuẫn cho thấy v = Suy u = 2t+1 −1 = Mt+1 Hơn nữa, σ(u) = 2t+1 Nếu Mt+1 khơng số ngun tố σ(u) > 2t+1 (mâu thuẫn) Do Mt+1 phải số nguyên tố Suy n = 2k−1 Mk , k = t + Bài toán Chứng minh số hoàn hảo chẵn số tam giác Giải Theo tốn 2, n số hồn hảo chẵn nên n = 2k−1 Mk 2k k (2 − 1) m(m + 1) = , với m = 2k − Bài toán Chứng minh n số hồn hảo chẵn 8n + số = phương m.(m + 1) , với m số nguyên dương Khi 8n + = 4m(m + 1) + Giải Ta có số hoàn hảo n = = (2m + 1)2 Vậy 8n + số phương Bài tốn Chứng minh k số nguyên dương lẻ 2k−1 Mk viết tổng lập phương k−1 số nguyên dương lẻ Giải Ta có k−1 13 + 33 + 53 + + (2n − 1)3 = n2 (2n − 1)2 với n = 2 = 2k−1 (2k − 1) = 2k−1 Mk Bài toán a) Chứng minh n số hoàn hảo lẻ có dạng n = ps m2 , p số nguyên tố dạng 4k + 1, s số nguyên dương có dạng 4h + m số nguyên dương không chia hết cho p b) Tìm tất số nguyên dương n > cho n − hảo 12 n(n − 1) số hoàn Giải a) Gọi phân tích tiêu chuẩn số n lẻ n = pα1 pα2 .pαk k p1 , p2 , , pk số nguyên tố lẻ phân biệt α1 , α2 , , αk số mũ nguyên dương tương ứng Theo công thức tính σ(n), ta có pα1 +1 − pα2 +1 − pαk k +1 − σ(n) = p1 − p2 − pk − Suy pα1 +1 − pα2 +1 − pαk k +1 − 2n = p1 − p2 − pk − Chú ý pαi i +1 − = + pi + p2i + + pαi i ≡ + αi pi − (mod 2) nên thừa số lẻ số mũ αi chẵn Vì n lẻ nên vế phải chẵn không chia hết cho 4, tức vế phải, có thừa số chẵn, lại lẻ Khơng tính tổng qt, giả sử thừa pαi +1 − số i , ≤ i ≤ k chẵn pi − Khi đó, số mũ α1 , α2 , , αi−1 , αi+1 , , αk chẵn, dẫn đến tích ước nguyên tố với mũ tương ứng tạo thành số phương, đặt m2 với m ∈ N∗ Do n = pαi i m2 với pi số nguyên tố nêu Ta cần chứng minh pi , αi số chia dư Thật vậy, số nguyên tố pi có dạng pi = 4k + với k ∈ N αi αi pji = j=0 αi (4k + 3)j ≡ j=0 3j = j=0 3αi +1 − (mod 4) Ta biết lũy thừa chia dư nên biểu thức đồng dư với theo modulo 4, không thỏa (vì ta cần đồng dư theo modulo 4) Do pi có dạng 4k + với k ∈ N Từ đó, suy αi αi pji j=0 (4k + 1)j ≡ αj + = (mod 4) j=0 Do αi + phải chia dư nên αi chia dư 1, tức có dạng 4h + 13 b) Trước hết ta chứng minh n số lẻ Thật vậy, giả sử ngược lại n chẵn, n − số hồn hảo lẻ Theo a), ta có tất số hồn hảo lẻ có dạng 4k + 1, n(n + 1) suy n có dạng 4k + Do đó, số hồn hảo lẻ Kết hợp với a), ta suy n(n + 1) = ps11 m21 Với p1 số nguyên tố chia dư 1, s1 nguyên dương chia dư 1, m1 nguyên dương lẻ không chia hết cho p1 n Bây giờ, ( , n + 1) = nên từ đẳng thức trên, n + có dạng ps11 a2 a2 a lẻ khơng chia hết cho p Tuy nhiên, ps11 a2 ≡ a2 ≡ (mod 4), Nên ta có n chia hết cho 4, điều vơ lý n chia dư Vậy n phải lẻ Áp dụng kết tập ta thấy tồn s ∈ N cho 2s+1 − nguyên tố n = 2s (2s+1 − 1) + Suy n(n + 1) = [2s (2s+1 − 1) + 1].[2s−1 (2s+1 − 1) + 1] số hoàn hảo lẻ, [2s (2s+1 − 1) + 1][2s−1 (2s+1 − 1) + 1] = n(n + 1) = ps22 m22 Với p2 số nguyên tố chia dư 1, s2 nguyên dương chia dư 1, m2 nguyên dương lẻ không chia hết cho p2 Vì (2s (2s+1 − 1) + 1, 2s−1 (2s+1 − 1) + 1) = nên hai số 2s (2s+1 − 1) + 1, 2s−1 (2s+1 − 1) + phải số phương Bây ta chứng minh hai số khơng thể phương s ≥ Thật vậy, s ≥ 2, hai số lẻ Giả sử 2s (2s+1 − 1) + = b2 , với b > lẻ Ta có 2s (2s+1 − 1) = (b − 1)(b + 1) 2s+1 − nguyên tố, nên 2(2s+1 − 1) ước b − b + Vì 2(b − 1) ≥ b + nên (b − 1)(b + 1) ≥ 2(2s+1 − 1)2 > 2s (2s+1 − 1) = (b − 1)(b + 1) vô lý Trường hợp 2s−1 (2s+1 − 1) chứng minh tương tự Vậy phải có s = 1, suy n = Thử lại thấy thỏa mãn Đây giá trị cần tìm 14 Tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Number Theory Structures, Examples, and Problems, 2009, Springer [2] G.H.Hardy, E.M.Wright, An Introduction to the Theory of numbers, fourth edition, 1959, Oxford at the Clarendon Press [3] Kenneth Ireland, Michael Rosen, A classical Introduction to Modern Number Theory, second edition, 1992, Springer [4] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Lời giải bình luận đề thi VMO 2016, 2016, VietMaths.net 15 ... [4] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Lời giải bình luận đề thi VMO 2016, 2016, VietMaths.net 15 ... Cho n số nguyên dương, hàm tổng ước số n kí hiệu σ(n) σ(n) = d d|n Ví dụ σ(12) = + + + + + 12 = 28 Tính chất i) Hàm số σ(n) hàm nhân tính ii) Nếu n phân tích thành tích thừa số nguyên tố n = pα1... có ước nguyên tố lớn lớn 2n+2 (n + 1) Giải Với n = ta có f3 = 257 - số nguyên tố 2n+2 (n + 1) = 128 Rõ ràng 257 > 2n+2 (n + 1) Với n = ta có f4 = 65537 - số nguyên tố 2n+2 (n + 1) = 320 Rõ ràng