Thông tin tài liệu
CHUYÊN ĐỀ CÁC SỐ ĐẶC BIỆT: FERMAT, MERSENNE, HOÀN HẢO Giáo viên: Bùi Công Tuấn- Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước Điện thoại: 0908907958 Email: congtuan4000@yahoo.com Tóm tắt báo cáo Nội dung chuyên đề: Nghiên cứu tính chất số Fermat: Tính chất giả nguyên tố, tính chất ước, điều kiện cần đủ để số Fermat số nguyên tố giải số toán liên quan tới số Fermat Nghiên cứu số Mersenne điều kiện cần đủ để số Mersenne số nguyên tố Nghiên cứu hai định lý quan trọng số hoàn hảo chẵn hồn hảo lẻ qua áp dụng giải số tốn liên quan tới số hồn hảo Mục lục I Số Fermat Khái niệm ……………………………………………… 2 Tính chất bản…………………………………………… Tính chất giả nguyên tố số Fermat…………………… Tính chất ước số Fermat…………………………… Phân tích số Fermat thừa số…………………………… Điều kiện cần đủ để số Fermat số nguyên tố……… Một số Ví dụ số Fermat………………………………… II Số Mersenne Khái niệm………………………………………………… Tính chất…………………………………………………… III Số hồn hảo Khái niệm…………………………………………………… Tính chất …………………………………………………… Các ví dụ …………………………………………………… IV Bài tập áp dụng Page |1 11 12 13 15 15 18 18 21 I SỐ FERMAT Khái niệm Mệnh đề 1.1 Cho số 2m m Z số nguyên tố m 2n với n N Trong chuyên đề ta nghiên cứu số dạng 22 với n N n Khái niệm 1.2 Fn 22 n N ta gọi số Fermat thứ n n Nếu Fn số nguyên tố ta gọi số nguyên tố Fermat thứ n Ví dụ 1.1 F0 22 3, F1 22 5, F2 22 17, F3 22 257, F4 22 65537 Số F5 22 không số nguyên tố Thật : ta chứng minh F5 641 641 54 24 54 24 228 54.228 232 mặt khác 641 5.27 52.214 54.228 Từ suy điều phải chứng minh Tính chất Ta có tính chất sau: 1) Fn F0 Fn1 2, n 2) Fn1 Fn 22 F0 Fn1 n 3) Fn Fn1 1 Fn Fn21 Fn2 1 , n 2 4) H m Fn21 3Fn1 3 H n1 , H n 22 22 n 1 n 5) Các số Fermat nguyên tố đôi 6) Cho m Z Ta có : Fn mod Fm m 0,1, , n Chứng minh: 1) Fn 22 F0 Fn1 n 2) Fn1 Fn 22 22 22 F0 Fn1 n 3) Fn1 1 n n 22 Fn n n 1 4) Đặt x 22 Khi : Fn1 x 1, H n1 x x 1, H n x x 5) Các số Fermat nguyên tố đôi Ta chứng minh Fi , Fj i j Giả sử i j i j , ta có: Fj F0 F1 Fi Fj 1 Page |2 d Fi Gọi d d (do Fk lẻ ) d F j 6) Chứng minh: Fn F0 F1 Fm Fn1 suy ra: Fn mod Fm m 0,1, , n Ví dụ 2.1 Với số Fn n tồn vô số số nguyên dương x, y cho Fn x y Lời giải Từ Fn Fn21 Fn2 1 , n , ta chọn x Fn1 , y Fn2 Và 3x y x y x y 2 Ví dụ 2.2 Fm 1 1 m 1) Với m ta có F 1 mod Fm1 Fm k 1 m 2) Nếu Fmk m 2, k 1 số nguyên tố F 1 mod Fm k Lời giải 1) Ta có : Fm2 22 Fm2 k 2.22 2.22 mod Fm1 m 4.2 F F 2 Fm2 2.22 m 1 22 m m m 2m 1 m1 2k k 2 2 2k 1 Fm 1 1 Với k 2m1 , ta có: Fm 1 22 mod Fm1 mod Fm1 22 2m 1 Fm 1 1 m 2) Do Fm k số nguyên tố nên F với k 1 mod Fm1 Vì 22 m 1 2 2m2 với m F m mod Fm k Fm k Mặt khác Fmk mod Fm Fmk lFm Fm Fm k lFm 1 F F F m m k m Fm Ví dụ 2.3 Tập tất số khơng thặng dư bình phương số nguyên tố Fermat với tập số nguyên thủy số nguyên tố Fermat Lời giải Gọi n số không thặng dư bình phương số ngun tố Fm Ta có : n Page |3 Fm 1 n2 2m 1 1 mod Fm Ta cần chứng minh n nguyên thủy mod Fm hay cấp n mod Fm Fm Đặt d ord Fm n Khi : d Fm 22 d 2k với k 2m m Nếu k m 2 k 2m 1 Fm 1 Fm 2 n 1 mod Fm mâu thuẫn k Suy k 22 Fm hay n nguyên thủy mod Fm m Nếu n nguyên thủy mod Fm n Fm 1 1 mod Fm nên n khơng thặng dư bình phương mod Fm Tính chất giả nguyên tố số Fermat Khái niệm 3.1 Một hợp số n cho a n a mod n gọi giả nguyên tố sở a Mệnh đề 3.2 Chứng minh tất số Fermat số nguyên tố số giả nguyên tố sở Chứng minh: Điều hiển nhiên Mệnh đề 3.3 Nếu 2n số giả nguyên tố sở số Fermat Chứng minh : Ta chứng minh phản chứng: Giả sử n không lũy thừa 2n số giả nguyên tố sở Thì 2n hợp số 22 1 mod 2n 1 2n 1 mod 2n 1 hay 22 n 1 mod 2n 1 n n d 2n Gọi d ord2n 1 d 2n suy : 2n 2n vô lý d 2n Vậy điều phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 3.4 ord Fm 2m1 , m Ta có 22 1 mod 22 22 m m m 1 1 mod Fm Gọi d ord Fm d 2m1 d 2k với k m Nếu k m k m 22 Vậy k m Page |4 mk 2k 22 1 mod Fm mâu thuẫn m Định lý 3.5 Nếu a1 a2 an N Fa1 Fan N số giả nguyên tố sở 2an a1 Chứng minh: Do Fm , Fn với m n , nên ta có ord N lcm ord Fa 2, , ord Fa n Từ ord Fm 2m1 , m nên ta có: ord N lcm 2a1 1 , ,2an 1 2a1 1 2N 1 1 mod N N 2a1 1 an N Fa1 Fan 22 k với k lẻ Từ điều ta thấy: N số giả nguyên tố sở 2an a1 Hệ 3.6 Với số nguyên dương M , tồn vô số số giả ngun tố sở có M ước nguyên tố phân biệt Định lý 3.7 Nếu N số lẻ giả nguyên tố sở N số lẻ giả nguyên tố sở Chứng minh: Giả thiết ta có : N 1 1 mod N Ta cần chứng minh: 22 N 2 1 mod 2N 1 22 N 2 2N 1 hay cần chứng minh : 2N N điều suy từ giả thiết Định lý 3.8 Nếu n1 n2 ns 1, s 1, 2ns n1 N giả nguyên tố sở Chứng minh: Ta cần chứng minh : 2N 1 1 mod N N 1 N Fn1 Fns 1 N số hay ta cần chứng minh N ord N Ta chứng minh ord N Fn1 Fns Ta có : ord Fn i 1 Fni i 1, , s ord N lcm ord d1 2, , ord ds lcm Fn1 , , FnS Fn1 Fns Ta chứng minh N Fni i 1, , s N mod Fni Lấy i cố định i 1, , s Ta cần chứng minh Hay Fn j 1 n i mod Fni j 1, , s mod Fni j 1, , s Fn j ord Fn 2ni 1 hay 22 j 2ns n1 ni Page |5 Fn j nj 2ni 1 điều Do Fn1 , , Fns đôi nguyên tố nên N mod Fn1 Fns 4.Tính chất ước số Fermat Mệnh đề 4.1 Nếu 2n chia hết Fm với số n 1, m Fm 2n Chứng minh: Đặt Qn 2n 1, Fm Q2m Ta có: Qij 2ij Q j 1 1 mod Q j i i 1, i 2k Từ suy Qij , Q j Q j , i 2k Fz , Fm 1, z m Giả sử Qn Fm , n 2m suy ra: n i z với i lẻ z m z Fz Q2z Qn Fz Fm Fz 22 2n Fm điều phải chứng minh Ta có Qn Fm Mện đề 4.2 Chứng minh ước nguyên tố Fn 22 n N n có dạng p k 2n1 k N Chứng minh: Gọi p ước nguyên tố 22 , ta chứng minh p 1 mod 2n1 p 2n1 n 2n 2n1 1 mod p 2 1 mod p 2 Ta có: p 1 p 1 2 1 mod p 2 1 mod p Gọi h số nguyên dương nhỏ cho: 2h 1 mod p , ta chứng minh: h 2n1 n1 Thật : Do h | 22 h 2k 2 1 mod p h suy n p (vô lý) 2 mod p n Nếu k n 1 mod p 2n Vậy k n hay h n1 n k suy ra: p h 22 n1 điều phải chứng minh Định lý 4.3 (Lucas) Chứng minh ước nguyên tố Fn 22 1, n N , n có n dạng p k 2n2 k N Chứng minh: Page |6 Gọi p ước nguyên tố Fn Ta cần chọn b cho ord pb 2n2 , b p1 1 mod p suy : p mod 2n2 p k.2n2 (hiển nhiên b, p ) Do Gọi p ước nguyên tố Fn nên ta có: Fn mod p 22 1 mod p 22 n n 1 1 mod p 2 Chọn b : b2 mod p tồn p 8k mà theo mệnh đề 4.2 p p k.2n1 8l n Ta chứng minh: ord pb 2n2 Trước tiên ta chứng minh b2 b2 n 1 22 1 mod p b2 n n2 1 mod p Thật vậy: n2 1 mod p Đặt ord pb h 2n2 h j ( j n 2) Chứng minh j n Nếu j n n j nên bh.2 bh.2 n 1 j 1 mod p mặt khác b2 22 mod p vô lý n 1 n Vậy j n Chú ý : n 1 j chọn b 22 m2 2 2m 1 1 Hệ 4.5 1) Tất ước d Fn 22 1, n N , n có dạng p k 2n2 n k N 2) Hợp số Fn 22 1, n N , n 3 khơng có ước dạng 2n2 n Chứng minh: 1) Theo định lý 4.3 2) Nếu 2n2 ước Fn theo mệnh đề 4.1 Ta Fn 2n2 2n n n (không thỏa) 2n Hệ 4.6 Số ước nguyên tố Fn 1, n N , n 3 nhiều n 3 Chứng minh: Giả sử Fn có s ước nguyên tố phân biệt, ta có : 2n Page |7 có Fn k1 2n 1 1 2.2n 1 k n 2 1 ks 2n 1 k1 2n 1 k2 2n 1 ks 2n 1 2 s Suy : 2n s ( n 3) Fn , n Hệ 4.8 s 2n điều phải chứng minh 1 s n3 Chứng minh : xét n 0,1,2 Với n Ta thấy ước nguyên tố Fn có dạng k.2n2 n với k Hệ 4.9 Gọi p ước nguyên tố Fn 22 1, n N , n n p1 1 mod F0 F1 Fn Fn1 Chứng minh: p k 2n2 k N nên ta có: p1 2k n2 22 n2 22 2n 1 2n 22 22 22 22 1 0 Ta có điều phải chứng minh Khái niệm 4.10 Cho số nguyên tố p gọi số Wieferich prime p 1 1 mod p Hệ 4.11 Nếu số nguyên tố p ước Fm Fm mod p p1 1 mod p Hay phát biểu cách khác Nếu số nguyên tố p ước Fm p Fm p số Wieferich prime Lời giải Giả sử Fm mod p Ta chứng minh p 1 1 mod p Thật vậy: p k.2m k N Fm mod p 22 1 mod p 22 Giả sử p 1 mod p Ta chứng minh Fm mod p m m 1 mod p 2k m p1 1 mod p Nhận xét Ta chứng minh ord p2 ord p (dành cho bạn đọc) Như vậy: 2k 1 mod p 2k 1 mod p Và 22 m 1 1 mod p 22 hay 22 22 mod p Fm mod p Page |8 m m m 1 1 mod p toán chứng minh Ví dụ 4.1 (Mở rộng Chinese TST 2005) Ước nguyên tố lớn Fn n lớn n 3 2n4 Chứng minh: Giả sử Fn có k j 2n2 ước nguyên tố lớn Ta có : Fn k1 2n2 1 k2 2n2 1 ks 2n2 1 với ki 2n i 1, s số nguyên tố (không thiết phân biệt) Hay 22 A.22 n4 2n2 k1 ks 2n 2n n n Nên ta có: 22 A.22 n2 2n2 k1 ks 1 mod 22 n4 k1 ks mod 2n2 n Ta có 2n k j sk j k1 ks 2n k j 4(n 3) n3 Nhận xét (Chinese TST 2005) Ước nguyên tố lớn Fn n lớn n.2n2 Ví dụ 4.2 Chứng minh tồn vô hạn cặp số nguyên tố p, q thoả mãn điều kiện sau p 1 2 1 mod q q 1 2 1 mod p Lời giải Xét số dạng Fn 22 n N có trường hợp sau n TH1 Nếu Fn p số nguyên tố Khi ta có : p 1 1 22 n 1 22 n 1 1 22 n2 22 22 1 Ta xét q ước nguyên tố Fn1 2n n nên phân tích có thừa số 22 Tại lại chọn: Page |9 q Fn1 22 n 1 n 1 q p1 1 mod q mục đích để thỏa mãn: 2q1 1 mod p Do q | 22 n 1 q 1 mod 2n1 q 2n1t t N * 2q 1 22 n2 t 22 n2 n 1 1 22 22 n q 1 p Vậy cặp p p, q thỏa mãn TH2 Nếu Fn hợp số ta xét p q ước nguyên tố lẻ Fn 22 kết n p x.2n1 q y.2n1 x, y N * Từ suy : n 1 n 1 p1 x.2 22 22 q n 2q1 y.2 22 22 p cặp p, q thoả mãn n 1 n 1 n TH3 Cuối ta xét trường hợp không thoả mãn (1) (2) tức Fn 22 p k n p , k N * không xẫy Vậy toán chứng minh Nhận xét Cách giải ta thấy nhiều tài liệu, sau ta có cách giải đơn giản đựa vào hệ 4.9 Lời giải Gọi p, q ước nguyên tố Fn , Fn1 hiển nhiên p q Fn , Fn1 Khi p 1 2 Fn1 q điều phải chứng minh q 1 F p n Ví dụ 4.3 (Bungaria MO 2006) Cho p số nguyên tố với p | p1 Chứng minh với số nguyên dương n số p 1 p! 2n có ba ước số nguyên tố phân biệt Lời giải Từ giả thiết suy p p 1, p! 2n 2k k N * , nên ta cần chứng minh p 1, p! 2n số có ước nguyên tố lẻ Ta chứng minh với giả thiết tốn p có ước lẻ Giả sử p 2k p 2k k Suy k t hay p Ft 22 Theo hệ 4.11 p Ft p | p1 nên p Ft p vô lý Ta chứng minh: p! 2n không luỹ thừa P a g e | 10 t Giả sử p! 2n 2k k n p! 2k 2n 2n 2k n p lẻ p | 2k n p 1 h k n h Ta chứng minh : 2k n mod p Gọi h cấp modulop : Ta sử dụng giả thiết: p1 p để suy 2h p Vậy ta có điều phải chứng minh Phân tích số Fermat thừa số Mệnh đề 5.1 Cho Fm hợp số Nếu Fm k.2n 1 l.2i 1 với k , l lẻ k , l Chứng minh Với k l Fm 2n Fm 2i vô lý Mệnh đề 5.2 Đặt k 2n k1 2n1 k2 2n2 k , k1 , k2 số lẻ 1) Thì n n1 , n2 dấu n1 n2 2) k k1k2 max n1 ,n2 với n1 n2 Chứng minh: Giả sử n1 n2 k 2n k1k2 2n1 k1 2n1 n2 k2 2n2 k lẻ nên n n2 n1 , n2 Định lý 5.3 Đặt Fm hợp số k.2n Fm ước Fm không thiết ước nguyên tố với k lẻ ta có điều sau đây: 2m 1) k , m n 2) Tồn l lẻ cho Fm k 2n 1 l 2n 1 l k 2n.x x N , x y 1 3) k , l nguyên tố 4) max k , l Fm2 5) Hoặc k l không đồng thời hai Chứng minh: Giả sử Fm k 2n 1 l j 1 với l lẻ ta có Theo mệnh đề l , k Ta chứng minh n j : Giả sử n j , đó: Fm kl 2n j k 2n l j 22 suy n j 2m P a g e | 11 m j kl 2n k.2n j l (*) từ Chứng minh l k 2n.x x N , x y 1 Với n j thay vào (* ): 22 m n kl.2n k l suy 2m n n k l 2n mod 2n1 Dễ thấy k , l 2m Ta chứng minh m n Từ k l 2n ta suy max k , l 2n1 nên ta có: Fm k.2n 1 l.2n 1 2n1.2n 1 2.2n 1 23n từ ta có 3n 2m Theo định lý ước ngun tố Fm có dạng r.2m2 từ suy k 2n số nguyên tố m n , ngược lại k 2n k1 2n1 1 k2 2n2 1 theo mệnh đề m n1 , n2 n Ta chứng minh : max k , l Fm2 Fm suy Nếu n 2m2 max k , l 2 n 22 m2 2 2m 1 22 m2 22 m2 ( Fm k 2n 1 l 2n 1 ) max k , l 22 m2 k,l lẻ nên max k , l Fm2 Nếu n 2m2 max k , l 2n1 22 m2 Chứng minh : Hoặc k l không đồng thời hai n k mod 3 (và hoán vị ) Fm k 1 l 1 mod 3 n l mod n n Điều kiện cần đủ để số Fermat số nguyên tố Mệnh đề 6.1 Giả sử Fm số nguyên tố Chứng minh Fm 1 1 mod Fm Chứng minh: Fm 22 1 mod3 m m 1 k 1 31 k 3m 3 Nên ta có : 1 2 k k k k Định lý 6.2 (Pepin’s Test) Đặt Fn 22 n N * Chứng minh Fn số nguyên tố n Fn ước Chứng minh: P a g e | 12 Fn 1 Đặt k Fn Nhận xét Cho N N p11 pkk Khi N số nguyên tố với i 1, , k tồn số cho : a N 1 i 1) Giả sử k | p 1 N 1 pi i 1 mod N a 1 mod N Ta chứng minh k số nguyên tố Gọi d số nguyên dương nhỏ k 1 k21 n 3 1 mod k 3 1 mod k d để 1 mod k Ta có : d d | k 22 d 3 1 mod k 3 1 mod k (do cách chọn d) n n k 1 Mặt khác 22 1 không chia hết cho d Nên d k 22 hay k số nguyên tố 2) Giả sử k số nguyên tố Ta chứng minh : k | 2n Ta có : k 1 mod k k 1 k 1 32 n 1 1 3 1 mod k 1 k Vậy điều phải chứng minh Nhận xét Trong định lý ta tổng quát Định lý 6.3 (Pepin’s Test tổng quát) Đặt Fn 22 n N * c số nguyên tùy ý n Fn 1 c cho 1 Chứng minh Fn số nguyên tố c 1 mod Fn Fn 7.Một số ví dụ khác số Fermat 2n n |4m2 Ví dụ 7.1 Tìm tất số nguyên dương n cho chia hết cho với m Z Lời giải 2n chia hết cho n chẵn Gọi p số nguyên tố lẻ ước 4m2 Đặt n 2k h ( h lẻ) Ta chứng minh h Nếu h suy 2h 4k nên có ước nguyên tố dạng q 4k Mặt khác q | 2h 1| 22 h 1| 4m2 mâu thuẫn k Vậy n 2k Với n 2k (k 1) Ta chứng minh thỏa toán P a g e | 13 mod(2 1) mod(2 1) k 1 2n 22 22 22 22 Ta có: 21 x 20 22 1 22 x Xét hệ: k 1 2k mod(22 1) x nguyên tố đơi hệ có nghiệm số 22 i 1;2; ; k 1 i Gọi nghiệm c 2m Khi đó: 4m2 c2 chia hết cho 22 i 1;2; ; k i Nên ta có điều phải chứng minh Ví dụ 7.2 Cho số nguyên tố Fm số nguyên a Chứng minh a Fm a mod Fk , k m Fk số nguyên tố Lời giải Lấy Fk số nguyên tố Fermat k m Ta chứng minh a Fm a mod Fk (*) Nếu a mod Fk (* ) Nếu a mod Fk Fk a Fk 1 a Fm 1 Ví dụ 7.3 Cho n số nguyên dương Khi n p với p N * n 2i Fm1 Fmk Lời giải Nếu n 2i Fm1 Fmk n 2i Fm1 Fmk 2a.22 22 p m1 mk Nếu n p n 2i p11 pkk với pi số nguyên tố lẻ Chứng minh pi Fmi Thật : n 2q 2a p1 1 p11 1 pk 1 pkk 1 Ta thấy : j j 1, , k p j 1 j j p j n j n n mj ms p j 22 Fms Ví dụ 7.4 Cho p 2n số nguyên tố Chứng minh nguyên thủy (mod p) Lời giải p Fm 22 (theo mệnh đề 1.1 ) P a g e | 14 m Gọi h bậc mod p hay 3h 1 mod p (h nhỏ nhất) Ta cần chứng minh: h p 2n h p 2n h 2k , k 0,1, , n Giả sử: k n 2n 1 1 mod p p 1 1 mod p Vơ lý Ví dụ 7.5 Tìm ước ngun tố nhỏ 12 Lời giải: Gọi p số nguyên tố phải tìm 15 Ta có 122 1 (mod p ) hay 122 (mod p ) 15 16 Đặt h = ordp (12) h| 216 suy h = 2k ( k N ) Nếu k < 16 suy 122 (mod p ) dẫn tới 122 (mod p ) (vô lý) k 15 Vậy h = 216 Suy p 216 Ta chứng minh q 216 F4 số cần tìm ( F4 số nguyên tố) Ta có: 122 22 32 2q 1.3 15 16 15 q 1 mod q II SỐ MERSENNE Khái niệm Mệnh đề 1.1 Nếu 2m số nguyên tố m số nguyên tố Khái niệm 1.2 Nếu m số nguyên dương M m 2m gọi số Mersenne thứ n Nếu p số nguyên tố M p p số nguyên tố M p gọi số nguyên tố Mersenne Tính chất Định lý 2.1 Giả sử p số nguyên tố lẻ Khi ước số M p p có dạng 2kp k Z Chứng minh: Ta có: 2m 1, 2n 1 2 P a g e | 15 n ,m 1 Giả sử q số nguyên tố lẻ Khi M p p mod q p 1 mod q mặt khác ta lại có 2q1 1 mod q từ suy : p 1, 2q1 1 p, q 1 p q mp 2kp q 2kp Định lý 2.2 Nếu p q p số nguyên tố q | M p q | (M p 2) không đồng thời hai Chứng minh q 1 q 1 Từ 2q 1 1 mod q 2 1 2 1 p 1 p 1 M p M p 1 mod q Định lý 2.3 Nếu q 2n n số nguyên tố 1) q | M n với điều kiện q 1 mod8 2) q | (M n 2) với điều kiện q 3 mod8 Chứng minh (dành cho bạn đọc) Ví dụ 2.1 Nếu p số nguyên tố cho 2q mod p với q Chứng minh p số Wieferich prime Lời giải p Wieferich prime p 1 1 mod p Nhận xét Ta chứng minh ord p2 ord p (dành cho bạn đọc) Ta có p 2kq , q p 1 2k 1 mod p suy p 1 2k 1 mod p p 1 1 mod p Ví dụ 2.2 Tất số M p p với p số nguyên tố lẻ M p số nguyên tố giả nguyên tố sở Chứng minh: Ta cần chứng minh: Ta có: p 1 M p 1 M p 1 1 mod M p mod p Mặt khác M p 1| 1| p kp M p 1 1| M p 1 M p 1 kp nên ta có điều cần chứng minh Ví dụ 2.3 Cho số nguyên tố p có dạng 4k M p Chứng minh Fp số nguyên tố Fp 1 M p 1 mod Fp Chứng minh P a g e | 16 M Theo Định lý (Pepin’s Test tổng quát).Ta cần chứng minh p 1 F p Ta có Mp mod M p Fp 2.2 mod M p Mp M p mod5 M F 2 1 Vậy có điều cần chứng minh Từ ta suy : p p F M M p p p Mệnh đề 2.3 Nếu Cho dãy số ( sn ) : sn sn21 , s0 sn 2n 2 2n , n Chứng minh Đặt : w 3, w 2n Ta chứng minh quy nạp: sn w w , n (*) n n Giả sử công thức (*) tới n k : sk w w k Xét sk 1 sk2 w k 1 w 2k 2k 1 Vậy công thức (*) Định lý 2.4 Cho p số nguyên tố lẻ M p số nguyên tố M p ước s p 2 với ( sn ) : sn sn21 , s0 Chứng minh điều kiện đủ Giả sử M p ước s p 2 với ( sn ) : sn sn21 , s0 Chứng minh M p số nguyên tố Từ giả thiết s p 2 mod M p w Hay ta có : w p 1 p2 kM p w k.M p w p 2 p 2 w p2 kM p w p2 w.w 1 Giả sử M p hợp số, gọi q ước nguyên tố nhỏ M p q M p p 2 Xét tập sau : X a b a, b Z q Tập X tập đóng X * X p Ta chứng minh cấp w (số nguyên dương nhỏ để w d 1 mod q ) p P a g e | 17 Thật vậy: w p 1 1 mod q w 1 mod q d p mà d p1 không thỏa nên p d 2p Do cấp phần tử X * không lớn số phần tử X * , nên ta có: p X * q M p M p p mâu thuẩn, điều giả sử sai Chứng minh điều kiện cần M p số nguyên tố chứng minh M p ước s p 2 với ( sn ) : sn sn21 , s0 Xét tập sau: X a b a, b Z M p Ta có kết sau 1) p mod12 M p 1 2) M p 1 3) 2 Mp 1 1 1 mod M p M p 1 mod M p M p 1 4) 24 5) 1 mod M p 24 6 Mp 6 2 Mp Mp Để chứng minh s p 2 w w M p 1 2 p2 w M p 1 2 Mp p 2 Mp M p 1 2 1 mod M p 0w Mp M p 1 M p 1 w 62 M p 1 nhân hai vế với w M p 1 1 M p 1 Vậy ta chứng minh w w 2 Mp M p 1 6 3 24 1 Ta có w M p 1 6 M p 1 M p 1 24 1 Mp M p 1 24 Định lý chứng minh III SỐ HOÀN HẢO 1.Khái niệm Số nguyên dương n gọi số hoàn hảo (n) 2n với (n) tổng ước dương n( kể n) 2.Tính Chất P a g e | 18 Định lý 1.2 Số nguyên dương chẵn n số hoàn hảo n 2m1 2m 1 m số nguyên dương cho 2m số nguyên tố Chứng minh: 1) Giả sử n 2m1 2m 1 m số nguyên dương cho 2m số nguyên tố Ta chứng minh: n số hoàn hảo Do: 2m1; 2m 1 nên n 2m1.(2m 1) 2m1 2m 1 (2m 1)(2m ) 2n suy n số hoàn hảo 2) Giả sử n số hoàn hảo chẵn, ta chứng minh: n 2m1 2m 1 m số nguyên dương cho 2m số nguyên tố Do n chẵn nên n 2k t với k, t số nguyên dương t lẻ Do n số hoàn hảo nên: n 2k t 2k t 2n 2k 1 t Từ ta có: 2k 1 1 t 2k 1 t 2k 1 | (t ) t 2k 1.q với q nguyên Ta lại có: 2k 1 1 2k 1 q 2k 1 t 2k 1 1 q t Từ ta có: t q 2k 1 1 q q 2k 1 q (t ) Ta chứng minh q Thật vậy: q t q t t q q | t vơ lý nên q =1 t t suy t 2k 1 số nguyên tố Định lý 2.2 Nếu m số hoàn hảo lẻ m p1 pk k i le Tồn số i cho: pi 1 mod j i, j chẵn Chứng minh: i j Ta có: (m) 2m pi 2 pii j 1 1 p p 1 p 1 Hay viết tường minh lại: 1 p22 pk pkk p11 pkk (*) Với p j lẻ p j p j j j mod p11 pkk chia hết cho mà không chia hết từ (*) suy tồn số i cho i lẻ đó: || (m) nên tương ứng với i lẻ pi 1 mod P a g e | 19 Với số khác j j Ta xét : pj pi pj i pj j i lẻ nên j chẵn (định lý chứng minh) Hệ 2.3 Các tính chất khác số hồn hảo Từ hai định lý trên, ta suy tính chất sau số hoàn hảo 1) Nếu n số hồn hảo lẻ n 4k 2) Nếu n số hồn hảo n khơng số phương Chứng minh Nếu n chẵn: Thì n 2m1 2m 1 m số nguyên dương cho 2m số nguyên tố 2m1 , 2m 1 nên n khơng phương Nếu n lẻ n p1 pk k tồn số i : i lẻ j j i chẵn nên n khơng số phương 3) Nếu n số hồn hảo dn d Chứng minh Ta có d d 2n n dn với d ước n dn n ước n d 4) Nếu n số hồn hảo chẵn n số - triangular Một số N gọi triangular N (k 1) k k 1 Chứng minh Theo định lý Thì n 2m1 2m 1 với 2m số nguyên tố Khi đó: n 2m 2m 1 5) Nếu n m 1 2m 1 m21 3 1 số hồn hảo n 6 n 1 m Chứng minh n n 1 Chú ý: i i 1 n Theo tính chất số hịn hảo chẵn m lẻ Đặt k P a g e | 20 m 1 Khi ta cần chứng minh: n21 3 n 1 13 23 2k 1 23 43 2k 3 2k 2k 1 2 k k 1 2 k 2k 1 2m1 2m 1 6) Nếu n 2m1 2m 1 số hoàn hảo chẵn n viết hệ số có 2m chữ số m chữ số m chữ số sau Ví dụ 1102 , 28 111002 , 496 1111100002 Chứng minh Từ 2m 21 22 2m1 nên ta có: n 2m1 1 21 22 2m2 2m1 22 m2 22 m3 2m 2m1 0.2m2 Từ có điều phải chứng minh 7) Nếu n số hoàn hảo chẵn chữ số tận n Chứng minh: n 2m1 2m 1 số hồn hảo chẵn m số nguyên tố nên m : n m : m 4k 1,4k Ta xét m 4k n mod10 , m 4k n mod10 8) Nếu n số hoàn hảo chẵn (khác 6) tổng chữ số n chia cho dư Chứng minh Chứng minh n 1 mod9 + n 2m1 2m 1 số hồn hảo chẵn m số ngun tố + m : n 28 + m : m 6k 1, 6k thay vào ta được: n 1 mod9 r r Mặt khác: n 10 1 mod i i 1 3.Một số ví dụ áp dụng Nhận xét: P a g e | 21 i 1 n p11 pkk n p1 p11 pk pkk n 1 1 1 1 1 k ta có đánh giá n p1 p1 pk pk 1 k 1 1 p k 1 p p p 1 p 1 p Ví dụ 3.1 Cho n số hoàn hảo lẻ Chứng minh n có ước ngun tố khác Lời giải Trường hợp với p số ngun tố lẻ, ta có: n p Thì 2 (n) p p n Trường 2 hợp p 1 1 2 p p 1 p n p a qb với (n) p p a q q b n p a q b p, 1 q 1 1 p q số 1 nguyên 1 1 tố lẻ, ta có: 15 2 Vậy điều phải chứng minh Ví dụ 3.2 Tìm n để n 1, Lời giải TH1 n chẵn n 4k suy ra: n n 1 số hoàn hảo n 4k mod n N * n 1 số hồn hảo lẻ nên n 1 mod n mod (mâu thuẩn) n 4k n n 1 2k 1 4k 3 số hoàn hảo lẻ nên k 2m Ta có: 4m 3 4h 3 số hoàn hảo 4m 3,4h 3 Nhưng 4m 3, 4h phải có ước nguyên tố q , p có dạng 4d số mũ lẻ Điều mâu thuẫn với định lý TH2 n lẻ n p 1 p 1 n 4k suy ra: n(n 1) 2q 1 2q 1 n7 P a g e | 22 mà n 1; p n(n 1) nên q 2 suy n 4k p 1 (2 p 1) n 4k n 4k suy n(n 1) n(n 1) (2k 1)(4k 1) 22 p 2 p 2 1 22 p 1 p 1 1 Theo định lý 2.2 2 p 2 p 2 1 , 22 p 1 p 1 1 nên phải có số phương, điều không xảy Kêt luận: n Ví dụ 3.3 Cho hai số a, b hai số hoàn hảo chẵn Chứng minh a b2 khơng số phương Lời giải + Hai số a, b phân biệt, giả sử a b + Do a, b số hoàn hảo chẵn nên ta có: a 2n1 2n 1 , b 2m1 2m 1 Với n m , 2n 1, 2m số nguyên tố 1 1 l (*) + Giả sử a b2 c Hay 2 n 1 2 2 m n 2 n 1 m n 2 m1 m 1 c 22 h l với l nguyên dương lẻ 2 Giải phương trình (*) phương trình Pitago với 2n 1, 2m 1 2n x y Nên 2mn 2m 1 xy (**) với x, y 1, x, y Z hệ (**) vô nghiệm 2 l x y IV BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài Khơng có số hồn hảo có dạng 6k Bài Khơng có số Fermat số hoàn hảo Bài (VMO 2016) Số nguyên dương n gọi số hoàn hảo n tổng ước số dương (khơng kẻ nó) 1) Chứng minh n số hồn hảo lẻ có dạng n p s m2 với p số nguyên tố dạng 4k 1, s số nguyên dương dạng 4h m số nguyên dương không chia hết cho p 2) Tìm tất tất số nguyên dương n cho n Bài P a g e | 23 n n 1 số hoàn hảo Số Fermat Fn n 1 viết tành tổng hai số nguyên tố Bài Với mối số nguyên tố Fm m 1 có dạng 6k Bài Giả sử p 3h2 2n ước Fm ( Fm hợp số), p số nguyên tố , h lẻ h,3 Chứng minh : 1) n 1 mod Nếu h 1 mod5 2) n 3 mod Nếu h 2 mod5 3) Đặc biệt p 3.2n n 1 mod Cho n1 n2 n3 Fm k j j Bài j 1 n k j số lẻ 1) Chứng minh k j j 1,2,3 khơng có k j chia hết cho có số k j chia hết cho 2) Nếu k1 k2 n3 n1 3, k3 5, k3 15, k3 (Crut 2013) n số nguyên dương lẻ cho n and n 1 lũy Bài thừa Chứng minh n lũy thừa hoạc n Bài Cho số nguyên tố p có dạng 8k 8k M p Chứng minh Fp số Fp 1 1 nguyên tố M p Bài 10 1 mod Fp 1 Cho m Fm F C với F 1, C 1) Nếu 3F 1 3Fm 1 mod C C hợp số 2) Nếu 3F 1 3Fm 1 mod C C số nguyên tố giả nguyên tố sở Bài 11 Cho m số Fm số nguyên tố Fm viết thành tổng hai bình phương khác khơng cách viết cụ thể Fm 22 Bài 12 m 1 12 Chứng minh 1093 Wieferich prime 1 mod p p2 Bài 14 Giả sử số hồn hảo có n ước ngun tố khác Chứng minh ước nguyên tố có số khơng vượt q n Bài 13 P a g e | 24 Chứng minh p Wieferich prime TÀI LIỆU THAM KHẢO Hà Huy Khoái, Chuyên đề BDHSG Số học Michal Krizek, 17 lectures on Fermat numbers Tony Skyner, Perfect Numbers John Voight, Perfect numbers P a g e | 25 ... SỐ FERMAT Khái niệm Mệnh đề 1.1 Cho số 2m m Z số nguyên tố m 2n với n N Trong chuyên đề ta nghiên cứu số dạng 22 với n N n Khái niệm 1.2 Fn 22 n N ta gọi số Fermat. .. m Fm Ví dụ 2.3 Tập tất số khơng thặng dư bình phương số ngun tố Fermat với tập số nguyên thủy số nguyên tố Fermat Lời giải Gọi n số khơng thặng dư bình phương số nguyên tố Fm Ta... phương mod Fm Tính chất giả ngun tố số Fermat Khái niệm 3.1 Một hợp số n cho a n a mod n gọi giả nguyên tố sở a Mệnh đề 3.2 Chứng minh tất số Fermat số nguyên tố số giả nguyên tố sở Chứng
Ngày đăng: 03/05/2018, 12:40
Xem thêm:
