(Luận văn) một số phương trình diophant đặc biệt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (335.84 KB, 37 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI ANH DŨNG
lu
an
n
va
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT
p
ie
gh
tn
to
ĐẶC BIỆT
d
oa
nl
w
do
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
nf
va
an
lu
z
at
nh
oi
lm
ul
z
m
co
l.
ai
gm
@
an
Lu
Thái Nguyên - 2015
n
va
ac
th
si
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI ANH DŨNG
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT
ĐẶC BIỆT
lu
an
n
va
tn
to
Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
60 46 01 13
p
ie
gh
Mã số:
w
do
d
oa
nl
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
nf
va
an
lu
lm
ul
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
z
at
nh
oi
GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI
z
m
co
l.
ai
gm
@
an
Lu
n
va
Thái Nguyên - 2015
ac
th
si
i
Mục lục
Lời cảm ơn
iii
lu
1
1
Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 .
2
1.1
Một số hàm số học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.1.1
Phi - hàm Ơle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.1.2
Hàm tổng các ước số dương của n . . . . . . . . . .
8
an
Mở đầu
n
va
p
ie
gh
tn
to
Hàm tích các ước nguyên tố của n . . . . . . . . . . 11
w
Hàm - Số các ước nguyên tố của n . . . . . . . . . . 10
nl
do
1.1.3
d
oa
1.1.4
Cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 . . . . . . . 12
1.3
Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . 13
Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường
lm
ul
1.3.1
nf
va
an
lu
1.2
1.3.2
z
at
nh
oi
hợp w(n) ≤ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg
hợp n khơng có ước là luỹ thừa bậc 4 . . . . . . . . 18
z
22
gm
Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn )
@
2
Bài toán về dãy chữ số cuối của một số . . . . . . . . . . . . 22
2.2
Cơ sở đúng đắn và sự tồn tại nghiệm của phương trình ax ≡
m
co
l.
ai
2.1
an
Lu
x (mod bn ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
n
va
ac
th
si
ii
Kết luận và Đề nghị
31
Tài liệu tham khảo
32
lu
an
n
va
p
ie
gh
tn
to
d
oa
nl
w
do
nf
va
an
lu
z
at
nh
oi
lm
ul
z
m
co
l.
ai
gm
@
an
Lu
n
va
ac
th
si
iii
Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên.
lu
Đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy đáng
an
kính GS.TSKH Hà Huy Khối - ĐH Thăng Long Hà Nội. Thầy đã dành
va
n
nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc trong suốt quá trình xây
Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cơ khoa Tốn, phịng
p
ie
gh
tn
to
dựng đề cương, làm và hoàn thiện luận văn.
do
Đào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng
oa
nl
w
các Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 -
d
1/2016. Đồng thời tơi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán
lu
nf
va
luận văn này.
an
- Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tơi trong q trình học tập và làm
Thái Nguyên, 2015
z
at
nh
oi
lm
ul
Em xin chân thành cảm ơn!
Bùi Anh Dũng
z
@
Học viên Cao học Tốn lớp C, khóa 01/2014-01/2016
gm
co
l.
ai
Chun ngành phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
m
an
Lu
Email:
n
va
ac
th
si
1
Mở đầu
Phương trình Diophant là một trong những dạng tốn lâu đời nhất của
Toán học và đã trải qua một lịch sử phát triển lâu dài.
lu
Thông qua việc giải các phương trình Diophant, các nhà Tốn học đã tìm
an
ra được những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỷ, số đại số.
va
n
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, phương trình Diophant
gh
tn
to
vẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và ln được đánh
p
ie
giá là khó do tính phi tiêu chuẩn của nó.
do
Luận văn này có mục đích trình bày một số kết quả nghiên cứu gần đây
oa
nl
w
về một số phương trình Diophant đặc biệt, liên quan đến hàm số học (Hàm
d
tổng các ước và hàm tích các ước nguyên tố) và biểu diễn số nguyên trong
an
lu
cơ số tùy ý.
lm
ul
liệu tham khảo.
nf
va
Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mục tài
z
at
nh
oi
Chương 1. Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 .
Trong chương này trình bày một số hàm số học, cấu trúc nghiệm của
z
phương trình và nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt.
@
gm
Chương 2. Phương trình dạng ax ≡ x(modbn ).
m
co
đúng đắn, sự tồn tại nghiệm của phương trình.
l.
ai
Chương này trình bày Bài tốn về dãy chữ số cuối của một số và cơ sở
an
Lu
n
va
ac
th
si
2
Chương 1
Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2.
1.1
Một số hàm số học
lu
an
n
va
1.1.1
Phi - hàm Ơle
tn
to
Định nghĩa 1.1. Giả sử n là một số nguyên dương. Giá trị của phi - hàm Ơ -
gh
le tại n là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau
p
ie
với n. Kí hiệu Phi - hàm Ơ - le là ϕ (n).
do
oa
nl
w
Ví dụ 1.1. ϕ (1) = 1, ϕ (2) = 1, ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2, ϕ (5) = 4
d
Định nghĩa 1.2. Cho n là số nguyên dương. Nếu a là số nguyên với (a, n) =
lu
nf
va
an
1 thì ln tồn tại số ngun dương k để ak ≡ 1 (mod n). Số nguyên dương k
bé nhất thỏa mãn ak ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của số nguyên a (mod n).
lm
ul
z
at
nh
oi
Định nghĩa 1.3. Một hệ thặng dư thu gọn môđulô n là một tập hợp gồm
ϕ (n) số nguyên sao cho mỗi phần tử của tập hợp đều nguyên tố cùng nhau
z
với n và không có hai phần tử khác nhau nào đồng dư mơđulơ n.
@
l.
ai
gm
Ví dụ 1.2. Các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô
m
co
7. Các số 1, 3, 5, 7 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8.
an
Lu
Định nghĩa 1.4. Một tập A nào đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ theo
môđulô n nếu với bất kỳ số x ∈ Z tồn tại một a ∈ A để x ≡ a (mod n).
n
va
ac
th
si
3
Ví dụ 1.3. Các số 0, 1, 2, ..., n − 1 lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo
mơđulơ n.
Tính chất 1.1. Giả sử r1 , r2 , ..., rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn môđulô
n, a là số nguyên dương và (a, n) = 1. Khi đó, tập hợp ar1 , ar2 , ..., arϕ(n)
cũng là hệ thặng dư thu gọn môđulô n.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng tỏ rằng, mỗi số nguyên arj là nguyên tố
cùng nhau với n. Giả sử ngược lại, (arj , n) > 1 với j nào đó. Khi đó tồn tại
ước nguyên tố p của (arj , n). Do đó, hoặc p |a, hoặc p |rj , tức là hoặc p |a
lu
và p |n, hoặc p |rj và p |n. Tuy nhiên, khơng thể có p |rj và p |n vì rj và n
an
n
va
là nguyên tố cùng nhau. Tương tự, khơng thể có p |a và p |n. Vậy, arj và n
Còn phải chứng tỏ hai số arj , ark (j 6= k) tùy ý không đồng dư môđulô
ie
gh
tn
to
nguyên tố cùng nhau với mọi j = 1, 2, ..., ϕ (n).
p
n. Giả sử arj ≡ ark (mod n) , j 6= k và 1 ≤ j ≤ ϕ (n) , 1 ≤ k ≤ ϕ (n). Vì
do
nl
w
(a, n) = 1 nên ta suy ra rj ≡ rk (mod n). Điều này mâu thuẫn vì rj , rk cùng
d
oa
thuộc một hệ thặng dư thu gọn ban đầu mơđulơ n.
an
lu
Ví dụ 1.4. Tập hợp {1, 3, 5, 7} là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô 8.
nf
va
Do (5, 8) = 1 nên {5, 15, 25, 35} cũng là một hệ thặng dư mơđulơ 8.
lm
ul
Tính chất 1.2. (Định lí Euler) Giả sử m là số nguyên dương và a là số
z
at
nh
oi
nguyên với (a, m) = 1. Khi đó aϕ(m) ≡ 1 (mod m)
Chứng minh. Giả sử r1 , r2 , ..., rϕ(n) là một hệ thặng dư thu gọn gồm
z
các số nguyên dương không vượt quá m và nguyên tố cùng nhau với m. Do
Tính chất 1 và do (a, m) = 1, tập hợp ar1 , ar2 , ..., arϕ(n) cũng là một
l.
ai
gm
@
co
hệ thặng dư thu gọn môđulô m. Như vậy, các thặng dư dương bé nhất của
m
ar1 , ar2 , ..., arϕ(m) phải là các số nguyên r1 , r2 , ..., rϕ(m) xếp theo thứ tự nào
an
Lu
đó. Vì thế, nếu ta nhân các vế từ trong hệ thặng dư thu gọn trên đây, ta được:
n
va
ar1 .a r2 ...arϕ(m) ≡ r1 . r2 ...rϕ(m) (mod m).
ac
th
si
4
Do đó, aϕ(m) r1 r2 ...rϕ(m) ≡ r1 . r2 ...rϕ(m) (mod m). Vì r1 . r2 ...rϕ(m) , m =
1 nên aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Ví dụ 1.5. Ta có: 2ϕ(5) = 24 = 16 ≡ 1 ( mod 5)
Nhận xét 1.1. Ta có thể tìm nghịch đảo mơdulơ n bằng cách sử dụng định lí
Euler. Giả sử a, m là các số nguyên tố cùng nhau, khi đó:
a.aϕ(m)−1 = aϕ(m) ≡ 1 (mod m)
lu
Vậy aϕ(m)−1 là nghịch đảo của a mơdulơ m.
an
n
va
Ví dụ 1.6. Ta có: 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5 (mod 9) là một nghịch đảo
tn
to
của 2 môdulô 9.
p
ie
gh
Hệ quả 1.1. Nếu (a, b) = 1 thì aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab).
nl
w
do
Hệ quả 1.2. Với (a, b) = 1 và n, v là hai số ngun dương nào đó thì
d
oa
anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ 1 (mod ab)
lu
nf
va
an
Hệ quả 1.3. Giả sử có k (k ≥ 2) số nguyên dương m1 , m2 , ..., mk và chúng
nguyên tố với nhau từng đôi một.
z
at
nh
oi
lm
ul
Đặt M = m1 . m2 ...mk = mi .ti với i = 1, 2, ..., k ta có
tn1 + tn2 + ... + tnk ≡ (t1 + t2 + t3 )n (modM )
z
với n nguyên dương.
@
l.
ai
gm
Tính chất 1.3. Với số nguyên tố p ta có ϕ (p) = p − 1. Ngược lại, nếu p là
co
số nguyên dương sao cho ϕ (p) = p − 1 thì p là số nguyên tố.
m
Chứng minh. Nếu p nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p
an
Lu
đều nguyên tố cùng nhau với p. Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên
n
va
ϕ (p) = p − 1.
ac
th
si
5
Ngược lại, nếu p là hợp số thì p có các ước d, 1 < d < p, p và d không
nguyên tố cùng nhau. Như vậy, trong các số 1, 2, ..., p − 1 phải có những
số khơng nguyên tố cùng nhau với p, nên ϕ (p) ≤ p − 2. Theo giả thiết
ϕ (p) = p − 1. Vậy p là số nguyên tố.
Ví dụ 1.7. ϕ (3) = 3 − 1 = 2, ϕ (31) = 31 − 1 = 30
Tính chất 1.4. Giả sử p là số nguyên tố và a là số nguyên dương. Khi đó
ϕ (pa ) = pa − pa−1
lu
an
n
va
Chứng minh. Các số nguyên dương nhỏ hơn pa không nguyên tố cùng nhau
vậy. Do đó tồn tại pa − pa−1 số nguyên nhỏ hơn pa và nguyên tố cùng nhau
gh
tn
to
với p là các số không vượt quá pa−1 và chia hết cho p. Có đúng pa−1 số như
p
ie
với pa . Vậy ϕ (pa ) = pa − pa−1 .
do
oa
nl
w
Ví dụ 1.8. ϕ (125) = ϕ 53 = 53 − 52 = 100, ϕ 210 = 210 − 29 = 525
d
Tính chất 1.5. Nếu m, n là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau thì
nf
va
an
lu
ϕ (m.n) = ϕ (m) .ϕ (n)
lm
ul
Chứng minh. Ta viết các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng
z
at
nh
oi
sau:
z
1 m + 1 2m + 1 ... (n − 1) m + 1
gm
@
2 m + 2 2m + 2 ... (n − 1) m + 2
l.
ai
m
co
3 m + 3 2m + 3 ... (n − 1) m + 1
....
...
.....
n
va
r m + r 2m + r ... (n − 1) m + r
an
Lu
... ...
ac
th
si
6
... ...
m
....
2m
...
.....
3m
...
mn
Bây giờ giả sử r là một số nguyên không vượt quá m. Giả sử (m, r) =
d > 1. Khi đó, khơng có số nào trong dịng thứ r nguyên tố cùng nhau với
mn, vì mỗi phần tử của dịng đó đều có dạng km + r, trong đó 1 ≤ k ≤
n − 1, d |(km + r), vì d |m, d |r .
Vậy để tìm các số trong bảng mà nguyên tố cùng nhau với mn, ta chỉ cần
xem các dòng thứ r với (m, r) = 1. Ta xét một dịng như vậy, nó chứa các số
lu
an
r m + r 2m + r ... (n − 1) m + r. Vì (m, r) = 1 nên mỗi số nguyên trong
n
va
dòng đều nguyên tố cùng nhau với n. Như vậy, n số nguyên trong dòng lập
tn
to
thành hệ thặng dư đầy đủ mơđulơ n. Do đó có cùng ϕ (n) số trong hàng đó
ie
gh
nguyên tố cùng nhau với n. Do các số đó cũng nguyên tố cùng nhau với m
p
nên chúng nguyên tố cùng nhau với mn.
do
nl
w
Vì có ϕ (m) dịng, mỗi dịng chứa ϕ (n) số nguyên tố cùng nhau với mn
d
oa
nên ta suy ra ϕ (mn) = ϕ (m) ϕ (n).
lu
nf
va
an
Ví dụ 1.9. ϕ (12) = ϕ (3.4) = ϕ (3) .ϕ (4) = 2.2 = 4
khi đó
z
at
nh
oi
lm
ul
Tính chất 1.6. Giả sử n = pn1 1 .pn2 2 ...pnk k là phân tích n ra thừa số nguyên tố
1
ϕ (n) = n 1 −
p1
1
1
1−
... 1 −
p2
pk
z
Chứng minh. Vì Phi -hàm Ơ - le là hàm nhân tính nên nếu n có phân tích
l.
ai
gm
@
như trên, ta được ϕ (n) = ϕ (pa11 ) ϕ (pa22 ) ...ϕ (pakk ).
aj
aj
aj −1
aj
1
Mặt khác ϕ pj = pj − pj
= pj 1 − pj , j = 1, 2, ..., k
m
co
Vậy
1−
1
p1
pa22
1−
1
p2
...pakk
an
Lu
ϕ (n) =
pa11
1−
1
pk
n
va
ac
th
si
7
=
pa11 pa22 ...pakk
1−
1
p1
1−
1
p2
... 1 −
1
pk
1
1
1
=n 1−
1−
... 1 −
.
p1
p2
pk
Ví dụ 1.10. Ta có
1
1
1
1−
1−
= 540.
n = 1782 = 2.34 .11 ⇒ ϕ (1782) = 1782 1 −
2
3
11
lu
Tính chất 1.7. Giả sử n là số nguyên dương. Khi đó:
X
ϕ (d) = n
an
d|p
va
n
Chứng minh. Tổng trên đây được lấy theo các ước số của n. Ta phân chia
gh
tn
to
tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp sau đây. Lớp Cd gồm các số
ie
nguyên m, 1 ≤ m ≤ n mà (m, n) = d. Như vậy m thuộc Cd nếu và chỉ nếu
p
d là ước chung của m, n và (m/d, n/d) = 1. Như vậy, số phần tử của Cd là
do
oa
nl
w
các số nguyên dương không vượt quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d,
d
tức là Cd gồm ϕ (n/d) phần tử. Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một
nf
va
an
lu
và chỉ một lớp Cd nào đó (m, n) = d nên n bằng tổng của số các thành phần
P
trong các lớp Cd , d là ước số của n. Ta có n = ϕ nd
lm
ul
d|p
Khi d chạy qua mọi ước của n thì n/d cũng chạy qua mọi ước của n.
z
at
nh
oi
Định lí được chứng minh.
Nhận xét 1.2. Các tính chất của Phi - hàm Euler được sử dụng để tính đồng
z
dư của những lũy thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính an (mod k), trong đó
l.
ai
gm
@
n là số nguyên lớn.
m
co
Giả sử ta có k = pα1 1 pα2 2 ...pαs s
α1
Khi đó aϕ(p1 ) ≡ 1 (mod pαi i ). Nếu N là bội chung nhỏ nhất của các
an
Lu
ϕ (piαi ) thì aN ≡ 1 (mod k). Do đó, viết n = N q + r với r < N , ta được
n
va
an ≡ ar (mod k).
ac
th
si
8
Ví dụ 1.11. Tính 21000000 (mod 77)
Ta có: 77 = 11.7, ϕ (7) = 6, ϕ (11) = 10. Bội chung nhỏ nhất của 6 và
10 là 30. Ta có 230 ≡ 1 (mod 77). Mặt khác 1000000 = 30.33333 + 10. Vậy
21000000 ≡ 210 ≡ 23 (mod 77).
1.1.2
Hàm tổng các ước số dương của n
Định nghĩa 1.5. Hàm có giá trị tại số nguyên dương n bằng tổng các ước
dương của n được kí hiệu là σ (n).
lu
an
Ví dụ 1.12. σ (1) = 1, σ (2) = 1 + 2 = 3, σ (3) = 1 + 3 = 4, σ (4) =
va
1+2+4=7
n
gh
tn
to
Nhận xét 1.3. Ta có thể biểu diễn hàm σ (n) dưới dạng: σ (n) =
P
d
d|n
ie
p
Tính chất 1.8. Giả sử m, n là các số nguyên dương, (m, n) = 1. Khi đó,
do
oa
nl
w
nếu d là ước chung của mn thì tồn tại cặp duy nhất các ước dương d1 của
d
m và d2 của n sao cho d = d1 .d2 . Ngược lại, nếu d1 và d2 là các ước dương
an
lu
tương ứng của m và n thì d = d1 .d2 là ước dương của mn .
nf
va
Chứng minh. Giả sử m, n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau
lm
ul
mk
n1 n2
nl
1 m2
m = pm
1 p2 ...pk ; n = q1 q2 ...ql .
z
at
nh
oi
Vì (m, n) = 1 nên tập hợp số nguyên tố p1 , p2 , ...., pk và tập hợp các số
z
nguyên tố q1 , q2 , ...., ql khơng có phần tử chung. Do đó, phân tích ra thừa số
@
gm
mk n1 n2
nl
1 m2
của mn có dạng mn = pm
1 p2 ...pk .q1 q2 ...ql .
co
l.
ai
Như vậy, nếu d là một ước chung của mn thì d = pe11 pe22 ...pekk .q1f1 q2f2 ...qlfl ,
m
trong đó 0 ≤ ei ≤ mi (i = 1, 2, ..., k) ; 0 ≤ fi ≤ ni (i = 1, 2, ..., k) .
n
va
1.
an
Lu
Đặt d1 = pe11 pe22 ...pekk , d2 = q1f1 q2f2 ...qlfl . Rõ ràng d = d1 .d2 và (d1 , d2 ) =
ac
th
si
9
Ngược lại, giả sử d1 và d2 là các ước dương tương ứng của m và n. Khi
đó:
d1 = pe11 pe22 ...pekk , trong đó 0 ≤ ei ≤ mk (i = 1, 2, ..., k)
d2 = q1f1 q2f2 ...qlfl , trong đó 0 ≤ fi ≤ mi (i = 1, 2, ..., l)
Số nguyên d = d1 d2 = pe11 pe22 ...pekk .q1f1 q2f2 ...qlfl , rõ ràng là ước của
mk n1 n2
nl
1 m2
m.n = pm
1 p2 ...pk .q1 q2 ...ql .
vì lũy thừa của mỗi số nguyên tố xuất hiện trong phân tích ra thừa số nguyên
lu
tố của d bé hơn hoặc bằng lũy thừa của số nguyên tố đó trong phân tích của
an
mn.
n
va
gh
tn
to
Tính chất 1.9. Giả sử p là số nguyên tố, a nguyên dương
pa+1
.
σ (p ) = 1 + p + p + ... + p =
p−1
Chứng minh. Các ước của pa là 1, p, p2 , ..., pa . Do đó, pa có đúng a + 1 ước
2
a
p
ie
a
nl
w
do
d
oa
dương. Mặt khác
2
a
nf
va
an
lu
pa+1
σ (p ) = 1 + p + p + ... + p =
.
p−1
Ví dụ 1.13. σ (8) = σ 23 = 1 + 2 + 22 + 23 = 15.
a
lm
ul
d|n
z
at
nh
oi
Tính chất 1.10. Giả sử f là một hàm có tính chất nhân. Khi đó hàm F (n) =
P
f (d) cũng có tính chất nhân.
z
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố
@
m
d|mn
f (d)
co
F (mn) =
X
l.
ai
gm
cùng nhau thì F (mn) = F (m) .F (n). Giả sử (m, n) = 1, ta có:
an
Lu
Vì (m, n) = 1 nên ta có mỗi ước số của mn có thể viết duy nhất dưới dạng
n
va
tích các ước d1 của m và d2 của n và d1 , d2 nguyên tố cùng nhau, đồng
ac
th
si
10
thời mỗi cặp ước số d1 của m và d2 của n tương ứng với ước d1 .d2 của mn.
P
Do đó ta có thể viết : F (mn) =
f (d1 .d2 ). Vì f có tính chất nhân và
d1 |m
d2 |n
(d1 , d2 ) = 1 nên
F (mn) =
X
f (d1 )f (d2 ) =
d1 |m
d2 |n
X
f (d1 )
d1 |m
X
f (d2 ) = F (m) .F (n)
d2 |n
Tính chất 1.11. Hàm σ (n) là hàm nhân tính, tức là với mọi số tự nhiên
n1 , n2 nguyên tố cùng nhau thì
lu
an
n
va
σ (n1 .n2 ) = σ (n1 ) σ (n2 ) .
gh
tn
to
Ví dụ 1.14. σ (12) = σ (3.4) = σ (3) .σ (4) = 4.7 = 28
p
ie
Tính chất 1.12. Nếu p ngun tố thì σ (p) = 1 + p.
do
oa
nl
w
Ví dụ 1.15. σ (7) = 1 + 7 = 8, σ (13) = 1 + 13 = 14
d
Tính chất 1.13. Giả sử n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc tức
lu
nf
va
an
là n = pα1 1 pα2 2 ....pαk k thì σ (n) =
α +1
α +1
α +1
p1 1 −1 p2 2 −1 pk k −1
p1 −1 . p2 −1 ... pk −1 .
Chứng minh. Do hàm σ là hàm nhân tính nên ta có
lm
ul
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1 pαk k +1 − 1
=
.
...
.
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
z
at
nh
oi
σ(n) =
σ (pα1 1 ) σ (pα2 2 ) ...σ (pαk k )
Ví dụ 1.16.
z
Hàm - Số các ước nguyên tố của n
m
co
1.1.3
l.
ai
gm
@
22 − 1 35 − 1 112 − 1
n = 1782 = 2.3 .11 ⇒ σ (n) =
.
.
= 4356.
2 − 1 3 − 1 11 − 1
4
n
va
các ước nguyên tố của n.
an
Lu
Định nghĩa 1.6. Kí hiệu ω (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng số
ac
th
si
11
Ví dụ 1.17. ω (2) = 1, ω (3) = 1, ω (4) = 1, ω (5) = 1, ω (6) = 2
Tính chất 1.14. Nếu p là số nguyên tố thì ω (p) = 1.
Ví dụ 1.18. ω (7) = 1,
ω (11) = 1, ω (13) = 1
Tính chất 1.15. Nếu p nguyên tố, a nguyên dương thì ω (pa ) = 1.
Ví dụ 1.19. ω (8) = ω 23 = 1
Tính chất 1.16. Nếu n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc là
lu
n = pα1 1 pα2 2 ....pαk k thì ω (n) = k.
an
va
n
Ví dụ 1.20. n = 1782 = 2.34 .11 ⇒ ω (1782) = 3.
tn
to
Hàm tích các ước nguyên tố của n
p
ie
gh
1.1.4
w
do
Định nghĩa 1.7. Kí hiệu γ (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng tích
d
oa
nl
của các ước nguyên tố của n.
an
lu
Ví dụ 1.21. γ (4) = 2, γ (6) = 2.3 = 6, γ (8) = 2, γ (10) = 2.5 = 10
nf
va
Tính chất 1.17. Nếu p là số ngun tố thì γ (p) = p.
lm
ul
Ví dụ 1.22. γ (7) = 7,
γ (11) = 11, γ (13) = 13
z
at
nh
oi
Tính chất 1.18. Nếu n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc là
z
n = pα1 1 pα2 2 ....pαk k thì γ (n) = p1 .p2 ...pk .
@
m
co
l.
ai
gm
Ví dụ 1.23. n = 1782 = 2.11.34 ⇒ γ (n) = 2.11.3 = 66.
an
Lu
n
va
ac
th
si
12
1.2
Cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2.
Gọi K là tập hợp tất cả các nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 , kí
hiệu pi với i = 1, 2, ... là các số nguyên tố lẻ. Khi đó, ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Nếu n > 1, n ∈ K, thì
e
n = 2 p1
s
Y
pai i ,
i=2
với e ≥ 1 và ai là chẵn với mọi i = 3, ..., s. Hơn nữa, hoặc là a2 là chẵn trong
lu
trường hợp p1 ≡ 3 (mod 8) hoặc a2 ≡ 1 (mod 4) và p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)
an
n
va
Chứng minh. Đầu tiên, ta chú ý rằng n là số chẵn. Thật vậy, nếu n > 1
mỗi số nguyên tố chia hết n phải là chẵn, nên n là số chính phương. Nhưng
gh
tn
to
thỏa mãn σ(n) = γ(n)2 và n là số lẻ, thì σ(n) phải lẻ do đó số mũ của
p
ie
n < σ(n) = γ(n)2 ≤ n, điều này mâu thuẫn.
nl
w
do
Thứ hai, vì n là chẵn, suy ra 22 ||γ(n)2 . Ta viết
oa
e
n=2
s
Y
d
pai i ,
an
lu
i=1
nf
va
với p1 , ..., ps là các số nguyên tố lẻ phân biệt, a1 , ..., as là các số nguyên
z
at
nh
oi
lm
ul
dương, pai i được sắp xếp theo thứ tự số mũ ai lẻ xếp trước, số mũ ai chẵn xếp
Q
sau. Ta thấy rằng σ(2e ) = 2e+1 − 1 là lẻ, ta suy ra 22 || si=1 σ(pai i ). Thật vậy,
có nhiều hơn 2 chỉ số i thỏa mãn σ(pai i ) là chẵn, với tất cả các chỉ số khác là
lẻ. Nhưng nếu p là lẻ thì σ(pa ) cũng là lẻ, thì a là chẵn. Do đó, hoặc chỉ a1
z
@
là lẻ hoặc chỉ a1 và a2 là lẻ.
l.
ai
gm
Tiếp theo, ta chỉ ra rằng có ít nhất một số mũ là 1. Giả sử rằng điều đó là
co
khơng xảy ra, theo các lập luận trên suy ra a1 ≥ 3 và ai ≥ 2 với i = 2, ..., s.
2
Y
2
= γ(n) = σ(n) ≥
σ(2)σ(p31 )
s
Y
>
3p31
s
Y
p2i ,
i=2
n
i=2
σ(p2i )
va
i=2
p2i
an
Lu
4p21
m
Do đó
ac
th
si
13
suy ra p1 < 4/3, điều này là không thể. Do đó a1 = 1.
Cuối cùng, nếu a2 là chẵn thì 22 ||σ(p1 ) suy ra p1 ≡ 3 (mod 8), trong khi
a2 là lẻ thì 2||σ(p1 ) và 2||σ(pa22 ), từ điều kiện này suy ra p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)
và a2 ≡ 1 (mod 4). Vậy ta được điều phải chứng minh.
1.3
Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt
1.3.1
Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường hợp
w(n) ≤ 4
lu
an
Định lí 1.1. Cho n ∈ K với w(n) ≤ 4, w(n) là số các ước nguyên tố phân
n
va
biệt của n. Khi đó n = 1 hoặc n = 1782.
tn
to
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1, ta viết n = 2α pm, với α > 0 và m nguyên tố
ie
gh
cùng nhau với 2p .
p
Đầu tiên ta xét trường hợp p = 3. Nếu m = 1, thì n = 2α .3 ⇒ γ (n) =
do
nl
w
2.3 = 6, và σ (n) = γ(n)2 = 62 ta thấy nó khơng có nghiệm.
d
oa
Mặt khác nếu m > 1 thì σ(m) là ước của γ(n)2 /4 và do đó nó là lẻ. Điều đó
an
lu
nghĩa là mọi thừa số nguyên tố của m phải có số mũ chẵn. Hay q β ||m. Do
nf
va
đó
lm
ul
σ(q β ) = q β + ... + q + 1
z
at
nh
oi
là nguyên tố cùng nhau với 2p và nó lớn hơn 32 + 3 + 1 > 9. Do đó, tồn
tại một thừa số nguyên tố của m khác 3 hoặc q, ta gọi nó là r, chia hết
z
q β + ... + q + 1, suy ra nó chia hết m, và các số mũ trong các thừa số của m
@
gm
phải là số chẵn. Vì w(n) ≤ 4, ta có m = q β rγ .
m
an
Lu
Như vậy
co
và j, l ∈ {1, 2}.
l.
ai
Tiếp theo q β + ... + q + 1 = 3i rj và rγ + ... + r + 1 = 3k q l , với i + k ≤ 2
n
va
(q β + ... + q + 1)(rγ + ... + r + 1) = 3i+k q l rj .
ac
th
si
14
Vế trái của đẳng thức trên lớn hơn hoặc bằng 3β rγ .
Trong trường hợp β > 2, ta suy ra β ≥ 4, khi đó q 4 r2 ≤ q β rα ≤ 9q 2 r2 , với
q ≤ 3, điều này mâu thuẫn.
Ta có điều mâu thuẫn tương tự nếu γ > 2.
Như vậy, β = γ = 2. Nếu l = j = 2 thì ta có
(q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) = 3i+k q 2 r2 ,
suy ra σ(2α )|32−i−j . Điều này chỉ có thể xảy ra khi α = 1 và i + j = 1,
lu
hay i = 0 hoặc j = 0. Vì bài tốn trên là đối xứng, ta chỉ xét trong trường
an
va
hợp i = 0. Trong trường hợp này, ta có q 2 + q + 1 = r2 tương đương với
n
(2q + 1)2 + 3 = (2r)2 , nó khơng có nghiệm (q, r) thỏa mãn.
to
ie
gh
tn
Nếu j = l = 1 ta có
p
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 9qr,
w
do
oa
nl
suy ra qr < 9, điều này sai.
d
Do đó, ta xét trường hợp còn lại j = 2 và l = 1 và ngược lại. Vì bài tốn
lu
ta có
nf
va
an
là đối xứng trong q và r, ta chỉ xét tại j = 2 và l = 1. Trong trường hợp này,
lm
ul
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 3i+k r2 q,
z
at
nh
oi
vậy q < 3i+k . Vì q > 3, điều này chỉ ra i = k = 1 và q ∈ {5, 7}. Do đó
r2 + r + 1 = 75, 147 và cũng không cho nghiệm n thỏa mãn.
z
Từ giờ trở đi, ta có thể giả sử rằng p > 3, suy ra p + 1 = 2u m1 , với
@
l.
ai
gm
u ∈ {1, 2} và m1 > 1 là lẻ. Cho q là thừa số nguyên tố lớn nhất của m1 . Rõ
an
Lu
p < 4q 4 < q 6 ,
m
co
ràng p + 1 ≥ 2q suy ra q < p. Hơn nữa, vì ω(n) ≤ 4 ta có
n
va
suy ra q > p1/6 . Lại cho β thỏa mãn q β ||n. Ta có thể chỉ ra β ≤ 77.
ac
th
si
15
Thật vậy, giả sử rằng β ≥ 78, ta có
p13 < q 78 ≤ q β < σ(q β ),
và ta viết
σ(q β ) = 2v m2 ,
với v ∈ {0, 1} và m2 là nguyên tố cùng nhau với 2q. Nếu m2 chia hết p2 , ta
có
p13 < σ(q β ) ≤ 2p2 ,
lu
an
điều này mâu thuẫn.
n
va
gh
tn
to
Do đó, tồn tại các thừa số nguyên tố khác r của n và m2 ≤ p2 r2 .
Suy ra p13 < σ q β < 2p2 r2 < p3 r2 hay r > p5 . Cho γ thỏa mãn rγ k n thì
p
ie
r + 1 ≤ σ(rγ ) ≤ 2p2 q 2 < p5 ,
do
oa
nl
w
điều này mâu thuẫn, Do đó β ≤ 77.
d
Ta thấy r không xuất hiện trong các thừa số của (p + 1)σ(q β ). Ta cần tìm
nf
va
an
lu
nghiệm của hệ phương trình
lm
ul
p + 1 = 2u q w
z
at
nh
oi
và
q β + ... + q + 1 = 2v pz ,
z
với β ∈ {1, ..., 77}, u ∈ {1, 2}, 0 ≤ v ≤ 2 − u, {w, z} ⊆ {1, 2}.
@
(p, q).
Nếu ω(n) = 3 ta có σ(n) = 4p2 q 2 và tìm được n.
m
co
l.
ai
gm
Điều này cho chúng ta một số lượng nhất định các khả năng cho các cặp
an
Lu
Nếu ω(n) = 4, thì σ(rγ ) là một ước của 2p2 q 2 và ta tìm được cặp duy
n
va
nhất (r, γ). Sau đó, chúng ta suy ra n từ các biểu thức σ(n) = 4p2 q 2 r2 .
ac
th
si
16
Bây giờ, ta nói r xuất hiện trong các thừa số của (p + 1)σ(q β ). Ta viết
p + 1 = 2u q w rδ
(1)
σ(q β ) = 2v pz rη ,
(2)
và
với u ∈ {1, 2}, w ∈ {1, 2}, 0 ≤ v ≤ 2 − u, z ∈ {0, 1, 2}, δ + η ∈ {1, 2}.
Nếu z = 0 thì q > p1/6 , ta thấy rằng q < σ(q β ) ≤ 2r2 < r3 , do đó
lu
r > q 1/3 > p1/18 .
an
n
va
Bây giờ γ ≤ 89, vì nếu khơng thì
to
ie
gh
tn
p5 < r90 ≤ rγ < σ (rγ ) < 2p2 q 2 < p5
p
điều này là sai.
do
d
oa
nl
w
Giả sử rằng z > 0. Khi đó
(3)
qβ
2q β
z
2rη
r
(4)
an
lu
q w rδ < p < 4q w rδ
nf
va
Từ biểu thức (1), ta có
z
at
nh
oi
lm
ul
z
Từ biểu thức (2), nếu z = 1 thì từ (3), (4) suy ra
và
q β−ω
.
>
8
an
Lu
r
δ+η
m
co
l.
ai
gm
@
rδ+η < 2q β−ω
n
va
ac
th
si
17
Từ các bất đẳng thức trên và hơn nữa δ + η ≥ 1, ta thấy rằng β − ω ≥ 1,
và từ đó suy ra 9r2 > 8rδ+η > q β−ω ≥ q và r2 ≥ 3r > q 1/2 , do đó
r > q 1/4 > p1/24 . Ta suy ra được γ ≤ 119, vì nếu ngược lại γ ≥ 120, ta có
p5 < r120 ≤ rγ < σ(rγ ) ≤ 2p2 q 2 < p5 .
Điều này mâu thuẫn.
Cuối cùng, nếu z = 2 từ (4) ta có
lu
q β/2
√
an
n
va
kết hợp với (3) ta được
√
2q β/2
,
rη/2
2q β/2−ω
tn
to
rδ+η/2 <
√
ie
gh
và
p
r
δ+η/2
do
q β/2−ω
> √ .
4 2
oa
nl
w
Từ các bất đẳng thức bên trái ở trên và vì δ + η/2 ≥ 1/2 ta thấy β/2 > ω
d
suy ra β/2 − ω ≥ 1/2. Do đó
lu
nf
va
an
√
√
4 2r2 ≥ 4 2rδ+η/2 > q β/2−ω ≥ q 1/2
lm
ul
và
z
at
nh
oi
√
r8 > 32r4 ≥ (4 2rδ+η/2 )2 > q > p1/6 ,
suy ra r > p1/48 . Điều này chỉ ra khi γ ≤ 239 vì nếu γ ≥ 240 thì
z
@
l.
ai
gm
p5 < r240 ≤ rγ < σ(rγ ) < 2p2 q 2 < p5 ,
co
điều này mâu thuẫn.
m
Do đó ta cần các nghiệm
an
Lu
n
va
p + 1 = 2u q w rδ ,
ac
th
si
18
σ(q β ) = 2v pz rη ;
σ(rγ ) = 2λ ps q t ,
với 1 ≤ β ≤ 77, 1 ≤ γ ≤ 239, u ∈ {1, 2}, u + v + λ ≤ 2, 1 ≤ w ≤
2, w + t ≤ 2, δ + η ∈ {1, 2}, z ∈ {0, 1, 2}, s ∈ {0, 1, 2}
Điều này, mang lại cho chúng ta một số lượng nhất định các khả năng
cho các bộ ba (p, q, r). Từ σ(n) = 4p2 q 2 r2 , chúng ta suy ra n bằng cách giải
phương trình cho α, cho p, q và r.
Một chương trình máy tính đã khẳng định kết luận của Định lý 1.1.
lu
an
n
va
1.3.2
tn
to
Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg hợp
n khơng có ước là luỹ thừa bậc 4
ie
gh
Định lí 1.2. Nếu n > 1 thuộc K, thì n phải có ước là lũy thừa bậc 4.
p
Chứng minh. Ta giả sử rằng điều trên là sai, nghĩa là tồn tại một số n ∈ K
do
oa
nl
w
nào đó khơng có ước là lũy thừa bậc 4. Theo Bổ đề 1.1 ta có thể viết
d
e
k
Y
qi2 ,
i=1
nf
va
an
lu
n=2
p1 pa22
với a2 ∈ {0, 1}. Cho Q = {q1 , ..., qk }.
lm
ul
z
at
nh
oi
Ý tưởng tiếp theo, là ta đi tìm xem có nhiều hơn 2 phần tử q ∈ Q thỏa
Q
mãn q ≡ 1 (mod 3). Nếu có 3 hoặc nhiều hơn nữa thì 33 chia hết q∈Q σ(q 2 )
và do đó là ước của γ(n)2 , điều này mâu thuẫn.
z
Ta bắt đầu chỉ ra rằng k ≤ 8. Để chỉ ra điều này, giả sử
Y
2
R = r ∈ Q : gcd σ(r) ,
q = 1 .
2
2
r∈R σ(r ) chia hết cho p1 (nếu a2 = 0) và
Q
r∈R σ(r
2
an
Lu
Q
m
Khi đó
co
l.
ai
gm
@
q∈Q
) chia hết
n
va
cho p21 p22 nếu a2 > 0. Suy ra σ(r2 ) hoặc là bội của p1 hoặc của p2 với mỗi
ac
th
si
19
r ∈ R. Vì có thể có nhiều nhất hai phần tử r0 của σ(r2 ) là bội của p1 và có
nhiều nhất hai phần tử r0 của σ(r2 ) là bội của p2 , ta thấy rằng 6= R ≤ 4. Khi
r ∈ Q\R và σ(r2 ) > 9 suy ra σ(r2 ) = r2 + r + 1 là bội của một số nguyên
tố nào đó qir > 3 với mỗi qir ∈ Q.
Tiếp theo, vì qir là ước nguyên tố của r2 + r + 1 lớn hơn 3 thỏa mãn
qir ≡ 1 (mod 3). Vì ir có thể lấy giá trị như nhau với nhiều nhất là hai số
ngun tố phân biệt r, và có ít nhất hai giá trị khác nhau của các chỉ số ir , ta
thấy rằng k− =
6 R ≤ 4, điều này chỉ ra k ≤ 8, như đã nói đến ở trên.
lu
Tiếp theo, ta viết lại phương trình σ(n) = γ(n)2 dưới dạng
an
n
va
2
p2δ
2
σ (pa22 )
!
(5)
tn
to
k
2
p1
2e+1 − 1 Y qi2 − qi + 1
=
4
qi2
p1 + 1
i=1
gh
.
p
ie
với δ2 = 0 nếu a2 = 0 và δ2 = 1 nếu a2 > 0. Vế trái của (5) là
e+1
2 − 1 Y q2 − q + 1
< 0.73(2e+1 − 1)
2
4
q
q≤23
do
d
oa
nl
w
(6)
lu
nf
va
an
Giả thiết rằng a2 = 0. Khi đó vế trái của (5) là
p21
9
≥ = 2, 25.
p1 + 1
4
z
at
nh
oi
lm
ul
(7)
Nếu e = 1, thì vế trái của bất đẳng thức (5) do (6) sẽ nhỏ hơn 0.73(22 − 1) <
2.22, điều này mâu thuẫn với (7).
≤ 0.73 24 − 1 = 10.95 suy ra p1 ≤ 11. Vì
co
l.
ai
Nếu p1 = 11, thì 3 ∈ Q.
gm
p1 ≡ 3 (mod 8), ta thấy rằng p1 ∈ {3, 11}.
@
p21
p1 +1
z
Như vậy e ∈ {2, 3} và
m
Nếu p1 = 3, và vì e ∈ {2, 3}, ta suy ra hoặc 5 ∈ Q hoặc 7 ∈ Q.
an
Lu
Nếu 3 ∈ Q thì 13|32 + 3 + 1, 61|132 + 13 + 1 và 97|612 + 61 + 1 tất cả
n
va
đều thuộc Q và đồng dư 1 theo môdulô 3. Điều nay mâu thuẫn.
ac
th
si
20
Nếu 5 ∈ Q thì 31|52 + 5 + 1, 331|312 + 31 + 1 và 7|3312 + 331 + 1 tất
cả đều thuộc Q, điều này mâu thuẫn.
Nếu 7 ∈ Q thì 7, 19|72 + 7 + 1 và 127|192 + 19 + 1 đều thuộc Q, điều
này mâu thuẫn.
Giả sử tiếp theo a2 > 0, theo Bổ đề 1.1 ta có p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4).
Vì e ∈ {1, 2, 3} suy ra một trong các số 3, 5, 7 chia hết n.
Nếu 3|n, thì 3 ∈ Q.
Nếu 5|n và 5 là một số trong p1 và p2 thì 3|σ(p1 pa22 )|n, trong khi nếu
lu
5 ∈ Q thì 31 = 52 + 5 + 1 khơng đồng dư 1 theo môdulô 4 mà chia hết n,
an
Cuối cùng, nếu 7|n thì 7 khơng thể là p1 hoặc p2 nghĩa là 7 ∈ Q và do
n
va
suy ra nó thuộc Q, do đó 3|31 + 31 + 1|n.
Tóm lại, trong mọi trường hợp với a2 > 0 ta luôn suy ra được 3 chia hết
p
ie
gh
tn
to
đó 3|72 + 7 + 1, điều này suy ra 3|n.
w
do
n.
oa
nl
Vậy 13 = 32 + 3 + 1 chia hết n, suy ra hoặc 13 ∈ Q hoặc khơng thuộc.
d
Nếu 13 khơng thuộc Q thì 7|13+1 thuộc Q, trong trường hợp 19|72 +7+1
lu
nf
va
an
chia hết n và nó khơng đồng dư với 1 theo mơdulơ 4, khi đó 19 ∈ Q và do
đó 127|192 + 19 + 1 chia hết cho n và nó khơng đồng dư 1 mơdulơ 4 vì vậy
lm
ul
127 ∈ Q. Vậy ba số 7, 19, 127 đều thuộc Q, điều này lại mâu thuẫn một lần
z
at
nh
oi
nữa.
Nếu 13 ∈ Q thì 61|132 + 13 + 1 chia hết n.
z
Nếu 61 là một trong các số p1 hoặc p2 , thì 31|σ(p1 pa22 ) và 31 ≡ 3 (mod 4),
@
gm
suy ra 31 ∈ Q. Tiếp theo 331|312 +31+1 là ước của n và không đồng dư với
m
Q, điều này là mâu thuẫn.
co
l.
ai
1 theo môdulô 4, suy ra nó thuộc Q và do đó các số 13, 31, 331 đều thuộc
an
Lu
Cuối cùng, nếu 61 ∈ Q thì 97|612 + 61 + 1 là ước của n. Nếu 97 ∈ Q ta
n
va
có điều mâu thuẫn vì 13 và 61 luôn thuộc Q, trong khi nếu 97 là một trong
ac
th
si
