Một số vấn đề xung quanh số hoàn chỉnh

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ THỊ GIANG MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH SỐ HỒN CHỈNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGHỆ AN 2011 MỞ ĐẦU Số học môn khoa học nghiên cứu số Nhiều nhà toán học vĩ đại lịch sử có câu nói bất hủ vai trò số (xem [9, 10]): Jacobi: Thượng đế số học (God is an arithmetician) Kronecker: Thượng đế sáng tạo số tự nhiên phần cịn lại cơng việc (God created the natural number, and all the rest is the work of man) Trong số học có nhiều loại số có cấu trúc đặc biệt, với nhiều ứng dụng sâu sắc Trong loại số đó, phải kể đến số hoàn chỉnh Một số nguyên dương gọi số hoàn chỉnh tổng ước số mà khác Euclid khám phá số hoàn chỉnh (perfect number) nhỏ dạng 2n−1(2n − 1): n = 2: 21(22 − 1) = 6; n = 3: 22(23 − 1) = 28 n = 5: 24(25 − 1) = 496; n = 7: 26(27 − 1) = 8128 Các nhà toán học cổ đại chấp nhận số hoàn chỉnh nhỏ mà họ biết, đa số giả định họ không chứng minh Hơn 1000 năm sau Euclid, Ibn al-Haytham (Alhazen) nhận số hoàn chỉnh chẵn phải có dạng 2n−1(2n − 1) 2n − số nguyên tố, ông ta chứng minh kết Mãi tới kỷ 18, Leonhard Euler chứng minh công thức 2n−1(2n − 1) xác định số hồn chỉnh chẵn Đó lý dẫn tới liên hệ số hoàn chỉnh số nguyên tố Mersenne Kết thường gọi thuyết Euclid-Euler Cho tới tháng năm 2008, có 46 số Mersenne tìm ra, có nghĩa số hồn thiện thứ 46 biết, số lớn 243.112.608 × (243.112.609 − 1) với 25.956.377 chữ số Cũng chưa biết chắn có vơ hạn số ngun tố Mersenne số hồn chỉnh hay khơng Vì vậy, việc tìm số nguyên tố Mersenne thực siêu máy tính Xung quanh khái niệm số hoàn chỉnh, xuất nhiều loại số mới: Số hồn chỉnh bội, số khơng đầy đủ, số đầy đủ, số hình học (số tam giác, số tam giác vng, số tứ diện, số hình chóp vng) Số hồn chỉnh có liên hệ rộng khắp với loại số liệt kê Chẳng hạn, số hoàn chỉnh số tam giác giống số tam giác khác tổng số hữu hạn số tự nhiên Một số hình học (figurate number) số dùng để biểu diễn cách quy rời rạc hình hình học điểm Nếu hình biểu diễn gồm nhiều miền, số hình học gọi số đa miền (polytopic), tương tự có số đa giác số đa diện Với lý nêu, luận văn tìm hiểu loại số xung quanh số hoàn chỉnh Nội dung chủ yếu luận văn gồm: Trình bày số kết số hoàn chỉnh chẵn số hoàn chỉnh lẻ Giới thiệu số không đầy đủ số đầy đủ Chỉ rõ mối liên hệ số hồn chỉnh số hình học Thực hành kiểm tra số hoàn chỉnh phần mềm Maple Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Nguyễn Thành Quang, người thầy giáo quan tâm đặt vấn đề nghiên cứu tận tình dẫn, để tác giả hoàn thành luận văn 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 động viên, cổ vũ có góp ý quý báu giúp tác giả Tác giả xin cảm ơn Bộ mơn Đại số, Khoa Tốn Khoa Đào tạo Sau đại học, Trường Đại học Vinh giúp đỡ tác giả hoàn thành nhiệm vụ học tập Do nhiều nguyên nhân, luận văn chắn nhiều thiếu sót Tác giả mong nhận bảo quý thầy cô bạn bè đồng nghiệp TÁC GIẢ CHƯƠNG SỐ HOÀN CHỈNH 1.1 Hàm   n    n  1.1.1 Định nghĩa Cho n số nguyên dương Khi đó, ta gọi: (i)   n  số ước số nguyên dương n (bao gồm n) (ii)   n  tổng ước số nguyên dương n (bao gồm 1và n) Nhận xét p số nguyên tố   p   2;   p   p  1.1.2 Định lí Cho n  p1a1 p2a2 pkak Khi đó, ước số n tổng phân biệt khai triển biểu thức sau: P  1  p1  p12   p1a1  1  p2  p22   p2a2    1  pk  pk2   pkak  Chứng minh Mỗi ước số d n có dạng p1x1 p2x2 pkxk , với  x1  a1,0  x2  a2 , ,0  xk  ak Từ suy rằng, d số hạng khai triển P Không vậy, số hạng khai triển P có dạng p1x1 p2x2 pkxk ước số n Hơn nữa, tất số hạng khai triển P số hạng phân biệt Do đó, định lí chứng minh ■ 1.13 Định lí Cho n  p1a1 p2a2 pkak Khi   n    a1  1 a2  1  ak  1 Chứng minh Theo định lí vừa chứng minh   n   số số hạng khai triển P   a1  1 a2  1  ak  1 ■ 1.1.4 Định lí Cho n  p1a1 p2a2 pkak Khi p1a1 1  p2a2 1  pkak 1    n  p1  p2  pk  Chứng minh Theo Định lí 1.1.3   n   Tổng số hạng khai triển P = P  p a1 Định lí suy từ tính chất  p  p   p  với số 1 p a p ước nguyên tố n ■ 1.1.5 Định lí   n  số lẻ n số phương Chứng minh Giả sử n  p1a1 p2a2 pkak 1) Giả sử n số phương Khi đó, a1, a2 , , ak số chẵn Vì vậy, ta có   n    a1  1 a2  1  ak  1 = tích thừa số lẻ = số lẻ 2) Giả sử   n  số lẻ Khi đó,  a1  1 a2  1  ak  1 số lẻ Điều đồng nghĩa với a1, a2 , , ak tất số chẵn Từ suy n số phương ■ 1.1.6 Hệ   n  số chẵn n số phương Nếu kí hiệu tất ước số dương số nguyên n d1, d2 , , dt theo thứ tự tăng dần độ lớn hiển nhiên t    n  Ta có d1 ước số nhỏ n Vì vậy, n n ước số lớn n Do  dt , hay n  d1.dt Do d1 d1 d ước số ước số nhỏ d1 nên d t Từ suy n ước số liền kề ước số lớn d2 n  dt 1 , đồng nghĩa với n  d2 dt 1 Tương tự cách d2 chứng minh n  d3.dt 2  d4 dt 3 … Vậy n khai triển tích hai thừa số sau: n  d1dt  d2dt 1   d t d t 2   n  số chẵn n  d1dt  d 2dt 1   d t 1 d t 3  d t 1 d t 1   n  số lẻ Vì vậy, ta có định lí sau đây: 2 1.1.6 Định lí Một số ngun n phân tích thành tích hai thừa số (i)   n  cách n số phương (ii)   n   1 cách n số phương Các ví dụ (1) Cho n = 24 khơng phải số phương Các ước số 24 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24 Suy   24  8, 24 1 24  12     Vậy 24 phân tích thành tích hai nhân tử 1     24    cách 2 (2) Cho n = 36, số phương Các ước số 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 Vì ta có 36   36   18   12     Điều đồng nghĩa với 36 phân tích thành tích hai thừa số    36  1 cách (3) Cho n  p1 p2 pk Khi   n   1  11  1 (1  1)  k Vậy n phân tích thành hai nhân tử k  2k 1 cách 1.1.7 Định lí Cho n  p1a1 p2a2 pkak Khi đó, số cách mà số n phân tích thành tích hai thừa số nguyên tố 2k 1 Chứng minh Cho x, y hai thừa số n, x.y = n, (x, y) =1 Khi đó, hiển nhiên khơng số số nguyên p1a1 , p2a2 , , pkak tách x y (x, y) = Chúng ta có số hồn tồn tham gia x hồn tồn tham gia y Vì số cách mà n chia thành hai thừa số nguyên tố số cách chia p1 p2 pk thành tích hai thừa số Theo ví dụ (3) Định lí 1.1.7 2k 1 Vì vậy, định lí chứng minh ■ Ví dụ Cho n  33  52  74 Khi k =3 Vì vậy, số cách mà n phân tích thành tích hai thừa số nguyên tố 231  Vậy ta có cách viết: n  1  33  52  74   33  52  74   52  33  74   74  33  52  1.1.8 Định lí Gauss Nếu d1, d2 , , dt ước số n   d1     d2      dt   n Chứng minh Cho n  p1a1 p2a2 pkak Xét tích tổng sau  P     p1     p12      p1a1   1    p     p      p  k k S    d1     d2   a2 k    dt  Ta có ước số d n có dạng p1x1 p2x2 pkxk , với  x1  a1,0  x2  a2 , ,0  xk  ak Vì vậy,   d     p1x1 p2x2 pkxk     p1x1   p2x2    pkxk  = số hạng P Từ suy ra, số hạng S số hạng P Nói cách khác, số hạng khai triển P có dạng   p1x   p2x    pkx     p1x p2x pkx     d  k k với ước số d n Vì vậy, số hạng P số hạng S Các số hạng P phân biệt, với S Suy S =P Ta tính giá trị P Chúng ta biết rằng:    p     p      p ak     p  1   p  p     p a  p a1   p a Từ suy P  p1a1 p2a2 pkak  n Định lí (gọi Định lí Gauss) chứng minh ■ 1.1.9 Định lí Cho ( m, n) =1 Khi (i)   mn     m   n  (ii)   mn     m .  n  Chứng minh Cho m  q1b1 q2b2 qtbt , n  p1a1 p2a2 pkak (i) Từ (m, n) =1 ta suy số nguyên tố p khác số nguyên tố q Vì   mn     q1b q2b qtb p1a p2a pka t k    b1  1 b2  1  bt  1  a1  1 a2  1  ak  1    m    n  (ii) Phần định lí chứng minh tương tự phần (i) Chúng ta chứng minh phần 1.1.6 n n n n  dt ,  dt 1 , ,  d ,  d1 d1 d2 dt 1 dt Từ suy n n n , , , số nguyên giống hệt d1, d2 , , dt xếp theo thứ tự d1 d dt giảm dần Vì có định lí quan trọng sau Định lí Cho f(n) hàm n với n> Thì n  f  d    f  d  dn dn Tính đắn định lí rõ ràng giá trị f(d) bên vế trái n biểu thức giống hệt giá trị f   vế bên phải biểu thức d  Các ví dụ (1) Cho n = 36 Khi   36   Các ước số d1, d2 , , d9 36 là: 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 So sánh số với 36 36 36 bạn thấy , , , d1 d d9 giống hệt xếp theo thứ tự giảm dần (2) Cho f  n   n2  , n = Chú ý đến ước Do  f  d   1 d6  3   22  3   32  3   62  3  62 6  f  d     3   32  3   22  3  12    62 d6 1.2 Số hoàn chỉnh Các ước số số nguyên n, ngoại trừ ước n gọi ước thực n, tổng tất ước thực n kí hiệu  n  1.2.1 Định nghĩa Một số nguyên n gọi số hoàn chỉnh tổng ước thực n n Như n số hoàn chỉnh   n   n , tương tự   n   2n Ví dụ Cho n  496  24  31 Khi 25    496      31    31  1   496 Vì 496 số hồn chỉnh 1 Có định lí đơn giản, định lí tìm số hồn chỉnh chẵn Định lí có tên Euclid tìm thấy thứ sách ơng 1.2.2 Định lí Euclid Cho 2k  số nguyên tố Khi đó, 2k 1  2k  1 số hoàn chỉnh Chứng minh Cho n  2k 1  2k  1 Khi đó, từ giả thiết 2k  số nguyên tố,    n   k 1 2k    1     2k   1  2k 1  2k  1  2n k    Định lí chứng minh ■ Số nguyên tố 2k  gọi số nguyên tố Mersenne, kí hiệu M k Khi định lí phát biểu sau 1.2.3 Định lí Cho M k số nguyên tố Mersenne Khi đó, số 2k 1 M k số hoàn chỉnh 10 Chúng ta kí hiệu 2k 1  2k  1 Pk Khi số hồn chỉnh tương đương với giá trị k làm cho 2k  số nguyên tố cho Lưu ý, dĩ nhiên k phải số nguyên tố P2  21  22  1  P3  22  23  1  28 P5  24  25  1  496 P7  26  27  1  8128 P13  212  213  1  33550336 p17  216  217  1  8589869056 P19  137438691328 Dạng số hoàn chỉnh chứng minh chứa tất số hoàn chỉnh chẵn Điều chứng minh Euler, khoảng 2000 năm sau Euclid 1.2.4 Định lí Euler số hồn chỉnh chẵn Mọi số hồn chỉnh chẵn có dạng 2k 1  2k  1 , với 2k  số nguyên tố Chứng minh Cho n số hoàn chỉnh chẵn, n  2k 1.a với k >1 a số nguyên lẻ Từ  2k 1 , a   , ta có   n     2k 1  a     2k 1   a    2k  1  a  (1) Nhưng n số hoàn chỉnh Vì   n   2n Suy 2 k  1  a   2k  a (2) Bây ta có  2k  1 nguyên tố với 2k Từ suy 2k chia hết   a  Điều đồng nghĩa với   a   2k  q với q số nguyên Kết hợp (2) (3) thu (3) 15 1.3 Thuật tốn kiểm tra số hồn chỉnh phần mềm Maple Muốn biết n có phải số hồn chỉnh hay khơng, ta dùng lệnh kiểm tra xem biểu thức sigma(n) = 2*n có thỏa mãn hay khơng, lệnh: [>is(sigma(n) = 2*n); Ví dụ Ta có n=6 số hồn chỉnh, [> is (sigma(6) = 2*6); true Tiếp tục với n = 124 [> is (sigma(124) = 2*124); false Ta thấy khơng phải số hồn chỉnh Để thấy khả tính tốn Maple, ta xét ví dụ khơng tầm thường, với n = 2305843008139952128 Khi ta có [>is(sigma(2305843008139952128)=2*2305843008139952128); true Và 2305843008139952128 số hoàn chỉnh 16 CHƯƠNG SỐ KHÔNG ĐẦY ĐỦ VÀ SỐ QUÁ ĐẦY ĐỦ 2.1 Số khơng đầy đủ Có loại số khác xuất dựa số hoàn chỉnh Đó là, khơng đầy đủ số q đầy đủ 2.1.1 Số không đầy đủ Số n gọi số không đầy đủ (deficient number)   n   n Các ví dụ (1)  15    3  5  24 Vì  15  24  15   15 Do 15 số không đầy đủ (2)   32     25   26   63 Vì   32   63  32  31  32 Từ suy 32 số không đầy đủ (3) Nếu p số ngun tố có hai ước số p Vì   p    p Do vậy, số nguyên tố không đầy đủ (4) p k khơng đầy đủ,   p k   p k 1  pk   pk   pk p 1 p 1 (5) Nếu p1 , p2 số nguyên tố p1 p2 số không đầy đủ Do   p1 p2     p1 p2   p1 p2   p1  1 p2  1  p1 p2  p1  p2   p1 p2    p1  1 p2  1    p1 p2 2.1.2 Số đầy đủ Số nguyên n gọi số đầy đủ (abundant number)   n   n Các ví dụ (1)  12       16  12 Vì 12 số đầy đủ (2)   30      5  30    1  1  1  42  30 17 (3)   945    33     945  40    945  975 Vì 945 số đầy đủ Đó điều đáng lưu ý 945 số lẻ đầy đủ (nhỏ nhất) 2.1.3 Số hoàn chỉnh với bội k Một số nguyên n gọi số hoàn chỉnh với bội k   n   kn Các ví dụ (1)  120     23   5  120  120 Vì 120 số hồn chỉnh với bội (2) Số hoàn chỉnh số hoàn chỉnh với bội (3)   29  11 31   210  1  12  32  29  11 31   29  11 31 Vì 29  11 31 số hoàn chỉnh với bội 2.1.4 Cặp số nguyên bạn bè Cho hai số nguyên a, b thỏa mãn   a   b,  b   a Khi đó, (a,b) gọi cặp số nguyên bạn bè (amicable numbers) Các ví dụ (1)   220  284,  284  220 Vì ( 220, 284) cặp số nguyên bạn bè Cặp số tìm trước Fermat áp dụng sức mạnh tư vấn đề (2) Eruler người thực nghiên cứu cách hệ thống cặp số nguyên bạn bè, ông đưa danh sách 60 cặp Một số chúng    19 107,   47  350     251, 13 107   17  79,  23  59 3 18 2.1.5 Định lí Một cặp số nguyên (a,b) bạn bè   a    b   a  b Chứng minh (i) Cho   a     b   a  b Khi  a  a  b,  b  b  a Điều có nghĩa   a   b,  b   a (ii) Cho (a, b) cặp số nguyên bạn bè Khi   a   b,  b   a Vì   a   a  b   b   a  b Định lí chứng minh ■ Định lí sau giúp tìm cặp số nguyên bạn bè 2.1.6 Định lí Cho ak  2k   2k 1  1  2k  1 bk  2k   22 k 1  1 với k >1 Khi đó,  ak , bk  cặp số nguyên bạn bè số nguyên sau  2k 1  1,  2k  1,  22 k 1  số nguyên tố Chứng minh ak  bk  2k   2k 1  1  2k  1  k 9  2 k 1  1  2k   22 k 1   k   k 1    2 k 1  1   23k   22 k 1   22 k 1   22 k 1  2k 1  1   ak     2k    2k 1  1 3  2k  1 ,  k 1  số lẻ với k > 1,   2k 1  1  2k 1   2k    22 k 1  2k 1  1  ak  bk 19   bk     2k    22 k 1  1   2k 1  1   22 k 1  ak  bk Từ suy  ak , bk  cặp số nguyên bạn bè ■ Duy có ba cặp số nguyên bạn bè có dạng định lí với k  300 Các cặp là: k ak bk 220 284 17296 18416 9363584 9437056 Chúng ta có thêm số cặp số nguyên bạn bè ( 1184, 1210), (2260, 2924), ( 5020, 5564), ( 6232, 6368) 2.2 Số hình học 2.2.1 Các số hình học Một số hình học (figurate number) số dùng để biểu diễn cách quy rời rạc hình hình học điểm Nếu hình biểu diễn gồm nhiều miền, số hình học gọi số đa miền (polytopic), tương tự có số đa giác số đa diện Cụ thể hơn: Một số nguyên dương Tn gọi số tam giác có dạng Tn  n  n  1 , n số nguyên dương Số phương hay cịn gọi số hình vng số ngun có bậc số ngun, hay nói cách khác, số phương bình phương (lũy thừa 20 bậc 2) số nguyên khác Số phương hiển thị diện tích hình vng có chiều dài cạnh số nguyên Một số tam giác phương gọi số tam giác vuông Một số nguyên dương gọi số tứ diện có dạng (n  1)(n  2)(n  3) với n số nguyên dương Một số nguyên dương gọi số hình chóp vng có dạng n(n  1)(2n  1) với n số ngun dương Ví dụ 1) Chuỗi số tam giác, ứng với giá trị n = 1, 2, là: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 2) 36 số tam giác vuông 2.2.2 Nhận xét Số tam giác tổng số tự nhiên từ tới n: Tn    n  n  1 n2  n n  2 Có thể xem số hạng công thức, số tam giác hệ số kép: Số tam giác thứ n số ghép cặp lựa chọn từ n + đối tượng Trong dạng giải vấn đề bắt tay việc đếm số lần bắt tay người phịng kín chứa n+1 người, tổng số lần bắt tay lần với người khác Nói cách khác, số tam giác số chấm xuất tam giác lấp điểm Chẳng hạn, chấm xếp tam giác; số tam giác Số tam giác thứ n, kí hiệu Tn số chấm nằm tam giác có n chấm cạnh 21 2.2.3 Mệnh đề Số phương tam giác (số tam giác vuông) tổng lập phương số tự nhiên từ tới n Chứng minh Thật vậy, từ công thức sau 13  23   n2  n   n3    ,   ta suy điều phải chứng minh ■ 2.2.4 Quan hệ số tam giác với số hình học khác Số tam giác có quan hệ mật thiết với loại số hình học khác (số tam giác vng, số hình chóp vuông, số tứ diện) Đơn giản tổng số tam n2  n (n  1)2  (n  1)   n2 giác liên tiếp số phương: Tn  Tn1  2 22 16 25 Chẳng hạn: 16 = 42 = + 10 = T3 + T4 ; 25 = 52 = 10 + 15 = T4 + T5 Ngoài ra, có vơ số số tam giác đồng thời số phương, ví dụ: 1, 36 Có thể minh hoạ ý nghĩa đồ hoạ 2.2.5 Mệnh đề Tổng n số tam giác số tứ diện thứ n Chứng minh Với n = 1, ta có: T1  1.2.3  số tứ diện thứ Giả sử mệnh đề với n, ta chứng minh mệnh đề với n + Thật vậy, ta có n(n  1)(n  2) (n  1)  n     (n  1)(n  2)(n  3)  T1   Tn1  T1   Tn  Tn1  2.2.6 Mệnh đề Mọi số hoàn chỉnh số tam giác Chứng minh Kết nhận công thức xác định số hoàn chỉnh 2n (2n  1) chẵn (2  1)  Cho đến nay, chưa có số hoàn chỉnh lẻ n 1 n tìm ra, số hồn chỉnh chẵn số tam giác 2.2.7 Mệnh đề Với số nguyên dương n, tồn hệ thặng dư đầy đủ modn gồm n số tam giác n  2k với k số tự nhiên Chứng minh 1) Với n = 2k, xét tập hợp A có n phần tử sau đây: 11  1 3  1   1  2n  1 2n  A , , , ,  2   23 Hệ gồm n số tam giác Ti   2i  1 2i , với i = 1, 2, , n n = 2k Ta chứng minh A hệ thặng dư đầy đủ modn, tức chứng minh với i  j , Ti  Tj (mod n) Thật vậy, giả sử ngược lại A không hệ thặng dư đầy đủ modn, tức tồn i  j, 1  i, j  n  cho Ti  Tj (mod n) Khi đó: (Ti  T j ) n   2i  1 2i  j  1 j      n 2     2i  i    j  j   n   i  j  2i  j  1  n Do n = 2k, nên n khơng có ước lẻ, suy  2i  j  1, n   hay i – j chia hết cho n Ta gặp phải mâu thuẫn Vậy A hệ thặng dư đầy đủ modn 2) Đảo lại, giả sử tồn hệ thặng dư đầy đủ modn, bao gồm n số tam giác Ta cần chứng minh n có dạng 2k Thật vậy, giả thiết vậy, tức n = 2s.m, m lẻ lớn Xét tập hợp m  m  1  11  1   1 B , , ,  2   B hệ gồm m phần tử có dạng tam giác Do m lẻ, m  nên m  m  1 m , suy : m  m  1   mod m  Mặt khác, m lẻ lớn nên m –  24   m  1 m m m  m  1    mod m  Từ suy B hệ thặng dư đầy đủ modn Lấy x  1,2, , m  Vì A hệ thặng dư đầy đủ modn gồm toàn tam giác nên từ tính chất: Nếu A  a1 , a2 , , an  hệ thặng dư đầy đủ modn, với số ngun m ln tồn số nguyên  A cho  m  mod n  ), ta suy tồn số tam giác k  k  1  x  mod n   k  k  1    x n   Mặt khác, n = 2sm ( tức n  m) nên suy :  k  k  1   x m    k  k  1   x  mod m  Giả sử k  i (modm), với i  1, 2, , m Khi theo tính chất đồng dư ta có: k  k  1  i  i  1 mod m  Do m số lẻ nên suy ra: k  k  1 i  i  1   mod m  2 Do đó, ta có: i  i  1  x  mod m  k  k  1  A , cho: 25 Vậy B hệ thặng dư đầy đủ modn Ta gặp phải mâu thuẫn, n phải có dạng 2k Định lý chứng minh ■ 2.3 Số k–quá đầy đủ 2.3.1 Số k-quá đầy đủ Một số nguyên n gọi số k-quá đầy đủ (kabundant number)   n   kn Ví dụ  120     23   5  120 Vì 120 số 3-quá đầy đủ 2.3.2 Số k-quá đầy đủ nguyên thủy Một số k-quá đầy đủ nguyên thủy (primitive k-abundant number) số nguyên dương n cho   n   kn ,   d   kd với ước thực d n Cho Ak tập hợp tất số k-quá đầy đủ PAk tập hợp tất số kquá đầy đủ ngun thủy Thì Ak=M(PAk), có nghĩa là, Ak tập hợp bội PAk 2.3.3 Bổ đề Chỉ có O  x log 2 x  số nguyên n  x không thỏa mãn ba điều kiện sau đây: (i) Nếu p r chia hết n r  , p r  log x (ii)   n   y (iii) P  n   x1/(6 y ) 2.3.4 Bổ đề Cho n  x số k-quá đầy đủ nguyên thủy thỏa mãn điều kiện (i), (ii), (iii) bổ đề Thì n chia hết cho số nguyên tố p log x  p  x1/(13 y ) 2.3.5 Bổ đề Nếu x đủ lớn n  x số k-quá đầy đủ nguyên thủy thỏa mãn điều kiện (i), (ii), (iii) bổ đề 1, 26 k   n n k k 1/(6 y ) x 2.3.6 Định lý Với số nguyên k  , Cho PAk(x) biểu thị số lượng số k-quá đầy đủ nguyên thủy không vượt x Thì PAk  x  « x log x Và tập hợp Ak số k-quá đầy đủ có tiệm cận mật độ Chứng minh Theo bổ đề có O  x log 2 x  số nguyên k-quá đầy đủ nguyên thủy không thỏa mãn điều kiện (i), (ii), (iii) bổ đề Cho t số lượng số nguyên k-quá đầy đủ nguyên thủy n  x mà thỏa mãn điều kiện Chúng ta biểu thị số n1 , , nt Theo bổ đề 2, ứng với số nguyên ni, có số ngun tố pi xác pi chia hết ni log x  pi  x1/(13 y ) Cho ni  pi mi Thì  pi , mi    mi  x log x Nó đủ để chứng minh số nguyên mi khác Giả sử mi=mj với i  j Thì pi  p j Từ   ni  ni  p  1   mi  pi mi i Và  nj  nj  p j  1   mi  pj mi Nó kéo theo   ni  n j  pi  1 p j  ni  n j  pi  p j  1 27 Từ pi pj số nguyên tố khác nhau, kéo theo  pi  1 p j  pi  p j  1 Chúng ta giả định  pi  1 p j  pi  p j  1 ,   ni  n j  pi  1 p j  ni  n j  pi  p j  1 1 1 1 pi  p j  1 1/(13 y ) x  x1/(13 y )  1 x 2/(13 y ) Theo bổ đề 3,   ni  n j  k 1   k  1/(6 y )    1/(6 y ) x x ni  n j   k Đây mâu thuẫn, từ x2/(13 y )  x1/(6 y) cho tất x đủ lớn Nó kéo theo số m1 , , mt khác nhau, t  x log 4 x Định lý chứng minh ■ 28 KẾT LUẬN Luận văn tìm hiểu số hoàn chỉnh loại số xung quanh số hoàn chỉnh Nội dung chủ yếu luận văn gồm: Trình bày số kết số hoàn chỉnh chẵn; Giới thiệu số thơng tin xung quanh số hồn chỉnh lẻ; Tìm hiểu số hoàn chỉnh bội; Giới thiệu kết số không đầy đủ số đầy đủ; Chỉ rõ mối liên hệ số hồn chỉnh số hình học (số tam giác, số tam giác vng, số tứ diện, số hình chóp vng); Thực hành kiểm tra số hoàn chỉnh phần mền Maple 29 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, Lập trình Giảng dạy Toán học Maple, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [2] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục [3] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [4] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [6] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội TIẾNG ANH [7] Z I Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press [8] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [9] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [10] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi ... hiểu số hoàn chỉnh loại số xung quanh số hoàn chỉnh Nội dung chủ yếu luận văn gồm: Trình bày số kết số hồn chỉnh chẵn; Giới thiệu số thông tin xung quanh số hồn chỉnh lẻ; Tìm hiểu số hoàn chỉnh. .. 3 Xung quanh khái niệm số hoàn chỉnh, xuất nhiều loại số mới: Số hoàn chỉnh bội, số không đầy đủ, số đầy đủ, số hình học (số tam giác, số tam giác vng, số tứ diện, số hình chóp vng) Số hồn chỉnh. .. 2.1.3 Số hoàn chỉnh với bội k Một số nguyên n gọi số hoàn chỉnh với bội k   n   kn Các ví dụ (1)  120     23   5  120  120 Vì 120 số hồn chỉnh với bội (2) Số hoàn chỉnh số hoàn chỉnh