Một số vấn đề xung quanh số hoàn chỉnh luận văn thạc sỹ toán học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯ ỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ THỊ GIANG MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH SỐ HOÀN CHỈNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN 2011 1 MỞ ĐẦU Số học là môn khoa học nghiên cứu về các số. Nhiều nhà toán học vĩ đại trong lịch sử đã có những câu nói bất hủ về vai trò của con số (xem [9, 10]): Jacobi: Thượng đế là số học (God is an arithmetician). Kronecker: Thượng đế đã sáng tạo ra số tự nhiên và phần còn lại là công việc của chúng ta (God created the natural number, and all the rest is the work of man). Trong số học có nhiều loại số có cấu trúc rất đặc biệt, với nhiều ứng dụng sâu sắc. Trong các loại số đó, phải kể đến số hoàn chỉnh. Một số nguyên dương được gọi là số hoàn chỉnh nếu tổng các ước số của nó mà khác nó thì bằng nó. Euclid đã khám phá ra 4 số hoàn chỉnh (perfect number) nhỏ nhất dưới dạng 2 n−1 (2 n − 1): khi n = 2: 2 1 (2 2 − 1) = 6; khi n = 3: 2 2 (2 3 − 1) = 28 khi n = 5: 2 4 (2 5 − 1) = 496; khi n = 7: 2 6 (2 7 − 1) = 8128. Các nhà toán học cổ đại chấp nhận đây là 4 số hoàn chỉnh nhỏ nhất mà họ biết, nhưng đa số những giả định của họ đã không được chứng minh là đúng. Hơn 1000 năm sau Euclid, Ibn al-Haytham (Alhazen) nhận ra rằng mọi số hoàn chỉnh chẵn đều phải có dạng 2 n−1 (2 n − 1) khi 2 n − 1 là số nguyên tố, nhưng ông ta không thể chứng minh được kết quả này. Mãi tới thế kỷ 18, Leonhard Euler đã chứng minh công thức 2 n−1 (2 n − 1) xác định số hoàn chỉnh chẵn. Đó là lý do dẫn tới sự liên hệ giữa số hoàn chỉnh và số nguyên tố Mersenne. Kết quả này thường được gọi là thuyết Euclid-Euler. Cho tới tháng 9 năm 2008, mới chỉ có 46 số Mersenne được tìm ra, có nghĩa đây là số hoàn thiện thứ 46 được biết, số lớn nhất là 2 43.112.608 × (2 43.112.609 − 1) với 25.956.377 chữ số. Cũng chưa ai biết chắc chắn là có vô hạn số nguyên tố Mersenne và số hoàn chỉnh hay không. Vì vậy, việc tìm ra các số nguyên tố Mersenne đã và đang được thực hiện bởi các siêu máy tính. 2 Xung quanh khái niệm số hoàn chỉnh, xuất hiện nhiều loại số mới: Số hoàn chỉnh bội, số không đầy đủ, số quá đầy đủ, số hình học (số tam giác, số tam giác vuông, số tứ diện, số hình chóp vuông). Số hoàn chỉnh có liên hệ rộng khắp với các loại số đã liệt kê. Chẳng hạn, bất cứ số hoàn chỉnh nào cũng là số tam giác và cũng giống như mọi số tam giác khác nó là tổng của một số hữu hạn các số tự nhiên. Một số hình học (figurate number) là một số có thể dùng để biểu diễn một cách chính quy và rời rạc một hình hình học bằng các điểm. Nếu hình biểu diễn gồm nhiều miền, số hình học có thể được gọi là số đa miền (polytopic), tương tự cũng có các số đa giác hoặc số đa diện. Với lý do đã nêu, luận văn này tìm hiểu các loại số xung quanh số hoàn chỉnh. Nội dung chủ yếu của luận văn gồm: 1. Trình bày một số kết quả về số hoàn chỉnh chẵn và số hoàn chỉnh lẻ. 2. Giới thiệu về số không đầy đủ và số quá đầy đủ. 3. Chỉ rõ mối liên hệ giữa số hoàn chỉnh và số hình học. 4. Thực hành kiểm tra số hoàn chỉnh trên phần mềm Maple. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Thành Quang, người thầy giáo đã quan tâm đặt vấn đề nghiên cứu và tận tình chỉ dẫn, để tác giả hoàn thành bản luận văn này. Tác giả xin trân trọng cảm ơn PGS. TS Nguyễn Quý Dy, PGS. TS Ngô Sỹ Tùng, PGS.TS. Lê Quốc Hán, TS. Nguyễn Thị Hồng Loan, TS. Mai Văn Tư đã động viên, cổ vũ và có những góp ý quý báu giúp tác giả. Tác giả xin cảm ơn Bộ môn Đại số, Khoa Toán và Khoa Đào tạo Sau đại học, Trường Đại học Vinh đã giúp đỡ tác giả hoàn thành nhiệm vụ học tập. Do nhiều nguyên nhân, luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Tác giả mong nhận được sự chỉ bảo của các quý thầy cô và các bạn bè đồng nghiệp. TÁC GIẢ 3 CHƯƠNG 1 SỐ HOÀN CHỈNH 1.1 Hàm ( ) n τ và ( ) n σ 1.1.1. Định nghĩa. Cho n là số nguyên dương. Khi đó, ta gọi: (i) ( ) n τ là số các ước số nguyên dương của n (bao gồm cả 1 và n). (ii) ( ) n σ là tổng các ước số nguyên dương của n (bao gồm cả 1và n). Nhận xét. p là một số nguyên tố khi và chỉ khi ( ) ( ) 2; 1p p p τ σ = = + . 1.1.2. Định lí. Cho 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= . Khi đó, các ước số của n là các tổng phân biệt trong khai triển của biểu thức sau: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 . 1 . . 1 . k a a a k k k P p p p p p p p p p= + + + + × + + + + × × + + + + . Chứng minh. Mỗi ước số d của n có dạng 1 2 1 2 . . k x x x k p p p , với 1 1 2 2 0 ,0 , .,0 k k x a x a x a≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ . Từ đó suy ra rằng, d là một trong các số hạng trong khai triển của P. Không chỉ vậy, mọi số hạng trong khai triển của P có dạng 1 2 1 2 . . k x x x k p p p đều là một ước số của n. Hơn nữa, tất cả các số hạng trong khai triển của P là các số hạng phân biệt. Do đó, định lí được chứng minh. ■ 1.13. Định lí. Cho 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 . 1 k n a a a τ = + + + . Chứng minh. Theo định lí vừa chứng minh ( ) n τ = số các số hạng trong khai triển của P ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 . 1 k a a a= + + + . ■ 1.1.4. Định lí. Cho 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= . Khi đó ( ) 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 . . 1 1 1 k a a a k k p p p n p p p σ + + + − − − = − − − . Chứng minh. Theo Định lí 1.1.3 ( ) n σ = Tổng của các số hạng trong khai triển của P = P 4 Định lí được suy ra từ tính chất 1 2 1 1 . 1 a a p p p p p + − + + + + = − với mọi số p là ước nguyên tố của n. ■ 1.1.5. Định lí. ( ) n τ là số lẻ khi và chỉ khi n là một số chính phương. Chứng minh. Giả sử 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= 1) Giả sử n là một số chính phương. Khi đó, 1 2 , , ., k a a a đều là các số chẵn. Vì vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 . 1 k n a a a τ = + + + = tích của các thừa số lẻ = một số lẻ. 2) Giả sử ( ) n τ là số lẻ. Khi đó, ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 . 1 k a a a+ + + là số lẻ. Điều này đồng nghĩa với 1 2 , , ., k a a a tất cả đều là số chẵn. Từ đó suy ra n là một số chính phương. ■ 1.1.6. Hệ quả. ( ) n τ là số chẵn khi và chỉ khi n không phải là số chính phương. Nếu kí hiệu tất cả các ước số dương của một số nguyên n bởi 1 2 , , ., t d d d theo thứ tự tăng dần về độ lớn thì hiển nhiên ( ) t n τ = . Ta có 1 d là ước số nhỏ nhất của n. Vì vậy, 1 n d là ước số lớn nhất của n. Do đó 1 t n d d = , hay 1 . t n d d= . Do 2 d là ước số kế tiếp của ước số nhỏ nhất 1 d nên 2 n d là ước số liền kề ước số lớn nhất t d . Từ đó suy ra 1 2 t n d d − = , đồng nghĩa với 2 1 . t n d d − = . Tương tự cách đó chúng ta có thể chứng minh 3 2 4 3 . . t t n d d d d − − = = … Vậy n có thể được khai triển như tích của hai thừa số như sau: 1 2 1 2 2 2 . t t t t n d d d d d d − + = = = =L nếu ( ) n τ là số chẵn 5 và 1 2 1 1 3 1 1 2 2 2 2 . . t t t t t t n d d d d d d d d − − + + + = = = = =L nếu ( ) n τ là số lẻ. Vì vậy, ta có định lí sau đây: 1.1.6. Định lí. Một số nguyên n có thể phân tích thành tích của hai thừa số (i) bằng ( ) 1 2 n τ cách nếu n không phải là một số chính phương. (ii) bằng ( ) ( ) 1 1 2 n τ + cách nếu n là một số chính phương. Các ví dụ (1) Cho n = 24 không phải là một số chính phương. Các ước số của 24 là 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24. Suy ra ( ) 24 8, 24 1 24 2 12 3 8 4 6 τ = = × = × = × = × . Vậy 24 có thể phân tích thành tích của hai nhân tử bằng ( ) 1 1 4 24 8 2 2 τ = × = × cách. (2) Cho n = 36, là một số chính phương. Các ước số của nó là 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36. Vì vậy ta có 36 1 36 2 18 3 12 4 9 6 6= × = × = × = × = × . Điều này đồng nghĩa với 36 có thể phân tích thành tích của hai thừa số bằng ( ) ( ) 1 5 36 1 2 τ = + cách. (3) Cho 1 2 . k n p p p= . Khi đó ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 .(1 1) 2 k n τ = + + + = Vậy n có thể phân tích thành hai nhân tử bằng 1 1 .2 2 2 k k− = cách. 1.1.7. Định lí. Cho 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= . Khi đó, số cách mà số n có thể phân tích được thành tích của hai thừa số nguyên tố cùng nhau là 1 2 k− . Chứng minh. Cho x, y là hai thừa số của n, như vậy x.y = n, (x, y) =1. Khi đó, hiển nhiên không một số nào trong các số nguyên 1 2 1 2 , , ., k a a a k p p p có thể tách ra 6 giữa x và y bởi vì (x, y) = 1. Chúng ta có thể có mỗi số hoàn toàn tham gia trong x hoặc hoàn toàn tham gia trong y. Vì vậy số cách mà n chia thành hai thừa số nguyên tố cùng nhau bằng số cách chia 1 2 . k p p p thành tích hai thừa số. Theo ví dụ (3) của Định lí 1.1.7 chính là 1 2 k− . Vì vậy, định lí được chứng minh. ■ Ví dụ. Cho 3 2 4 3 5 7n = × × . Khi đó k =3. Vì vậy, số cách mà n có thể phân tích thành tích của hai thừa số nguyên tố cùng nhau là 3 1 2 4 − = .Vậy ta có 4 cách viết: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 3 2 4 2 3 4 4 3 2 1 3 5 7 3 5 7 5 3 7 7 3 5n = × × × = × × = × × = × × . 1.1.8. Định lí Gauss. Nếu 1 2 , , ., t d d d là các ước số của n thì ( ) ( ) ( ) 1 2 . t d d d n ϕ ϕ ϕ + + + = . Chứng minh. Cho 1 2 1 2 . . k a a a k n p p p= . Xét tích và tổng sau ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 1 1 1 1 . 1 . a a k k k P p p p p p p ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = + + + + + + + +L ( ) ( ) ( ) 1 2 t S d d d ϕ ϕ ϕ = + + +L Ta có mỗi ước số d của n đều có dạng 1 2 1 2 . . k x x x k p p p , với 1 1 2 2 0 ,0 , .,0 k k x a x a x a≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ Vì vậy, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 . . . k k x xx x x x k k d p p p p p p ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = = một số hạng của P. Từ đó suy ra, mỗi số hạng của S cũng là một số hạng của P. Nói một cách khác, mỗi số hạng trong khai triển của P đều có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 . . k k x xx x x x k k p p p p p p d ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = L . với mỗi ước số d của n. Vì vậy, mỗi số hạng của P cũng là một số hạng của S. Các số hạng của P là phân biệt, do đó với S cũng vậy. Suy ra S =P. Ta tính giá trị của P. Chúng ta biết rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 . 1 1 . k a a a a p p p p p p p p p ϕ ϕ ϕ − + + + + = + − + − + + − = . Từ đó suy ra 1 2 1 2 . . k a a a k P p p p n= = . Định lí trên (gọi là Định lí Gauss) được chứng minh. ■ 7 1.1.9. Định lí. Cho ( m, n) =1. Khi đó (i) ( ) ( ) ( ) mn m n τ τ τ = . (ii) ( ) ( ) ( ) .mn m n σ σ σ = . Chứng minh. Cho 1 2 1 2 1 2 1 2 . . , t k b a b b a a t k m q q q n p p p= = (i) Từ (m, n) =1 ta suy ra các số nguyên tố p khác các số nguyên tố q. Vì vậy ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 . . . t k b ab b a a t k mn q q q p p p τ τ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 . 1 1 1 . 1 . t k b b b a a a m n τ τ = + + + + + + = (ii) Phần này của định lí có thể chứng minh tương tự như phần (i) ở trên. Chúng ta đã chứng minh ở phần 1.1.6 rằng 1 2 1 1 2 1 , , ., , t t t t n n n n d d d d d d d d − − = = = = . Từ đó suy ra 1 2 , , ., t n n n d d d là các số nguyên giống hệt 1 2 , , ., t d d d sắp xếp theo một thứ tự giảm dần. Vì vậy chúng ta có định lí quan trọng sau đây Định lí. Cho f(n) là một hàm của n với n> 0. Thì ( ) d n d n n f d f d   =  ÷   ∑ ∑ . Tính đúng đắn của định lí này là rất rõ ràng vì giá trị của f(d) bên vế trái của biểu thức giống hệt các giá trị của n f d    ÷   ở vế bên phải của biểu thức. Các ví dụ 8 (1) Cho n = 36. Khi đó ( ) 36 9 τ = . Các ước số 1 2 9 , , .,d d d của 36 lần lượt là: 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36. So sánh các số này với 1 2 9 36 36 36 , , ., d d d các bạn sẽ thấy giống hệt nhau nhưng sắp xếp theo thứ tự giảm dần. (2) Cho ( ) 2 3f n n= + , và n = 6. Chú ý đến các ước của 6 . Do vậy ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 1 3 2 3 3 3 6 3 62 d f d = + + + + + + + = ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 6 6 6 3 3 3 2 3 1 3 62 d f d   = + + + + + + + =  ÷   ∑ . 1.2 Số hoàn chỉnh Các ước số của một số nguyên n, ngoại trừ ước n gọi là các ước thực sự của n, và tổng tất cả các ước thực sự của n kí hiệu bởi ( ) n 0 σ . 1.2.1. Định nghĩa. Một số nguyên n được gọi là số hoàn chỉnh nếu tổng của các ước thực sự của n bằng n. Như vậy n là một số hoàn chỉnh nếu ( ) 0 n n σ = , hoặc tương tự như thế nếu ( ) 2n n σ = . Ví dụ. Cho 4 496 2 31n = = × . Khi đó ( ) ( ) ( ) 5 4 2 1 496 2 31 31 1 2 496 2 1 σ σ − = × = × + = × − . Vì vậy 496 là số hoàn chỉnh. Có một định lí đơn giản, định lí có thể tìm ra các số hoàn chỉnh chẵn. Định lí có tên Euclid và được tìm thấy trong quyển thứ 9 trong bộ sách của ông. 1.2.2. Định lí Euclid. Cho 2 1 k − là một số nguyên tố. Khi đó, ( ) 1 2 2 1 k k− − là một số hoàn chỉnh. Chứng minh. Cho ( ) 1 2 2 1 k k n − = − . Khi đó, từ giả thiết 2 1 k − là một số nguyên tố, 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 k k k k k k n n σ σ − − − = − = × − + = − = − . Định lí được chứng minh. ■ Số nguyên tố 2 1 k − được gọi là một số nguyên tố Mersenne, kí hiệu là k M . Khi đó định lí trên có thể phát biểu như sau 1.2.3. Định lí. Cho k M là một số nguyên tố Mersenne. Khi đó, số 1 2 k k M − là một số hoàn chỉnh. Chúng ta kí hiệu ( ) 1 2 2 1 k k− − là k P . Khi đó 7 số hoàn chỉnh đầu tiên tương đương với các giá trị của k làm cho 2 1 k − là một số nguyên tố được cho dưới đây. Lưu ý, dĩ nhiên k cũng phải là một số nguyên tố. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 3 3 4 5 5 6 7 7 12 13 13 16 17 17 19 2 2 1 6 2 2 1 28 2 2 1 496 2 2 1 8128 2 2 1 33550336 2 2 1 8589869056 137438691328 P P P P P p P = − = = − = = − = = − = = − = = − = = Dạng của số hoàn chỉnh chứng minh ở trên chứa tất cả các số hoàn chỉnh chẵn. Điều này được chứng minh bởi Euler, khoảng 2000 năm sau Euclid. 1.2.4. Định lí Euler về số hoàn chỉnh chẵn. Mọi số hoàn chỉnh chẵn đều có dạng ( ) 1 2 2 1 k k− − , với 2 1 k − là một số nguyên tố. Chứng minh. Cho n là một số hoàn chỉnh chẵn, như vậy 1 2 . k n a − = với k >1 và a là một số nguyên lẻ nào đó. Từ ( ) 1 2 , 1 k a − = , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 2 1 k k k n a a a σ σ σ σ σ − − = × = = − (1) Nhưng n là một số hoàn chỉnh . Vì vậy ( ) 2n n σ = . Suy ra 10 . TRƯ ỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ THỊ GIANG MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH SỐ HOÀN CHỈNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN 2011 1 MỞ ĐẦU Số học là môn khoa học nghiên. 2 Xung quanh khái niệm số hoàn chỉnh, xuất hiện nhiều loại số mới: Số hoàn chỉnh bội, số không đầy đủ, số quá đầy đủ, số hình học (số tam giác, số tam