Một số dạng toán liên quan đến các số chính phương

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC BẢO

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ NGỌC BẢO

MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN
CÁC SỐ CHÍNH PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

i

MỤC LỤC

Mở đầu
1 Đồng dư và đồng dư bậc hai
1.1 Đồng dư thức . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa đồng dư thức . . . .
1.1.2 Các tính chất của đồng dư thức
1.2 Các lớp thặng dư . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Hệ thống thặng dư . . . . . . .
1.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Hệ thặng dư thu gọn . . . . . .
1.3 Định lý Euler và định lý Fermat . . . .
1.3.1 Hàm số Euler ϕ(n) . . . . . . .
1.3.2 Định lý Fermat . . . . . . . . .
1.4 Thặng dư toàn phương . . . . . . . . .

3

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

2 Các dạng toán về số chính phương
2.1 Định nghĩa số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Một số tính chất của số chính phương . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Tổng các ước của một số tự nhiên . . . . . . . . . .
2.2.2 Một số bài toán chọn lọc về hàm d(n), σ(n) và ϕ(n)
2.3 Tổng các bình phương của các số nguyên . . . . . . . . . .
2.3.1 Tổng của hai bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Tổng của ba bình phương . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Tổng của bốn bình phương . . . . . . . . . . . . . .
2.3.4 Bài toán về tổng của năm bình phương . . . . . . .
2.4 Một số biểu diễn khác qua tổng các bình phương . . . . . .
2.4.1 Tổng của ba bình phương có hai bình phương bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.2 Tổng của bốn bình phương có ba bình phương bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
5
5
6
6
7
7
7
7

10
11
18
18
18
21
23
25
26
27
28
30
30
30
33
36


ii

3 Một số dạng toán liên quan đến tổng và tích các lũy thừa
3.1 Biểu diễn số tự nhiên thành tổng các lập phương . . . . . .
3.1.1 Bài toán Waring . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.2 Số lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.3 Tính toán trên các số lũy thừa . . . . . . . . . . . .
3.1.4 Dạng tích các số lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . .
3.1.5 Dạng tổng các số lũy thừa . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Ứng dụng các định lý Euler và Fecmat . . . . . . . . . . . .
3.3 Ứng dụng vào giải phương trình vô định . . . . . . . . . . .
3.4 Một số bài toán áp dụng khác . . . . . . . . . . . . . . . .

3.4.1 Ứng dụng vào giải bài toán về số chính phương . . .
3.4.2 Tìm dấu hiệu chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.3 Tìm chữ số tận cùng . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.4 Chứng minh sự chia hết . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38
38
38
39
44
46
48
51
52
54
54
55
60
61
62

Tài liệu tham khảo

67


Mở đầu

3

1. Lí do chọn đề tài:
Chuyên đề về số học liên quan đến các số chính phương có vị trí rất
đặc biệt trong các bài toán về chia hết (đồng dư và đồng dư bậc hai), về
biểu diễn các số tự nhiên và các đa thức với hệ số nguyên.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, olympic Toán quốc tế thì
các bài toán liên quan đến số học, các dạng toán về đồng dư, về phương
trình Diophant và các dạng toán về đa thức nguyên cũng hay được đề cập
và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó của bậc trung học
cơ sở và trung học phổ thông. Các bài toán dạng này thường ít được đề
cập trong chương trình toán mà thường xuất hiện dưới dạng các bài toán
chuyên đề áp dụng.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh
giỏi về chuyên đề số học, luận văn "Một số dạng toán liên quan đến các
số chính phương" nhằm cung cấp một số phương pháp có tính hệ thống
để tiếp cận các dạng toán chuyên đề số học và các vấn đề liên quan.

2. Mục đích nghiên cứu:
Hệ thống hóa lý thuyết, ứng dụng các định lý Euler và Fermat, giải
phương trình vô định và cách biểu diễn các số nguyên thành tổng các bình
phương đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính toán liên quan.Cung cấp
một số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán chuyên
đề số học và các vấn đề liên quan. Đó là các dạng toán chưa được học ở
bậc đại học. Các kiến thức về chuyên đề này góp phần vào việc bồi dưỡng
hiệu quả học sinh giỏi toán bậc Trung học cơ sở và Trung học phổ thông.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
3.1. Đối tượng nghiên cứu:
Nghiên cứu ứng dụng các định lý Euler và Fermat, giải phương trình
vô định và cách biểu diễn các số nguyên thành tổng các bình phương.

3.2. Phạm vi nghiên cứu:
Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các
chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ
sách chuyên Toán.


4

4. Phương pháp nghiên cứu:
Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng học sinh
giỏi
Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường
hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang
nghiên cứu.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài:
Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc Trung
học cơ sở, Trung học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc
giảng dạy, bồi dưỡng học sinh Trung học cơ sở, Trung học phổ thông.
Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán trong
trường Trung học cơ sở, Trung học phổ thông, đem lại niềm đam mê sáng
tạo trong việc dạy và học toán.

6. Cấu trúc của luận văn:
6. Cấu trúc của luận văn:
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương
đề cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 Đồng dư và đồng dư bậc hai.
Chương 2 Các dạng toán về số chính phương.
Chương 3 Một số dạng toán liên quan đến tổng và tích các lũy thừa.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình,
nghiêm túc và trách nhiệm của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp
này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc
đối với Giáo sư - Người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùng
với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học
và nghiên cứu đề tài. Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên;
Phòng Đào tạo - Khoa Toán - Tin, các anh em, bạn bè lớp N - Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên khóa 2013-2015; Ban lãnh đạo phòng
Giáo dục và Đào tạo thành phố Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều
kiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và
thực hiện đề tài luận văn này.


5

Chương 1
Đồng dư và đồng dư bậc hai
1.1
1.1.1

Đồng dư thức
Định nghĩa đồng dư thức

Định nghĩa 1.1. Cho m là một số tự nhiên khác không. Ta nói hai số
nguyên a, b là đồng dư với nhau theo modun m nếu trong phép chia a và
b cho m ta được cùng một số dư.
Ký hiệu
a ≡ b (mod m).
(1.1)

Hệ thức (1.1) gọi là đồng dư thức.

1.1.2

Các tính chất của đồng dư thức

Tính chất 1.1.
a. Với mọi số nguyên ta có a ≡ a (mod m).
b. Nếu a ≡ b (mod m) thì b ≡ a (mod m).
c. Nếu a ≡ b (mod m) và b ≡ c (mod m) thì a ≡ c (mod m).
Tính chất 1.2. Nếu a ≡ b (mod m) và c là một số nguyên tùy ý thì

a ± c ≡ b ± c (mod m).
Tính chất 1.3.
a. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì

(a1 ± b1 ) ≡ (a2 ± b2 )

(mod m).

b. Nếu a1 ≡ a2 (mod m); b1 ≡ b2 (mod m) thì

(a1 × b1 ) ≡ (a2 × b2

(mod m).


6

Tính chất 1.4.

a. Nếu a + c ≡ b (mod m) thì a ≡ b − c (mod m).
b. Nếu a ≡ b (mod m) thì a + km ≡ a (mod m).
c. Nếu a ≡ b (mod m) thì ak ≡ bk (mod m).
d. Giả sử f (x) = an xn−1 + · · · + a1 x + a0 là một đa thức với hệ số
nguyên.
Nếu ta có α ≡ β (mod m) thì ta cũng có f (α) ≡ f (β) (mod m).
Đặc biệt nếu ta có f (α) ≡ 0 (mod m) thì ta cũng có f (α + km) ≡ 0
(mod m) (k ∈ Z).
Tính chất 1.5. Nếu ac ≡ bc (mod m) (c, m) = 1 thì a ≡ b (mod m).
Tính chất 1.6. Nếu a ≡ b (mod m) thì ac ≡ bc (mod m).
Tính chất 1.7. Nếu a ≡ b (mod m) và d | (a, b, m) (d > 0) thì ta có

a
b
≡
d
d

(mod

m
).
d

Tính chất 1.8. Nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, 2, 3, . . . k thì

a ≡ b (mod m); m = m1 m2 . . . mk .

1.2

Các lớp thặng dư

1.2.1

Hệ thống thặng dư

Xét m là số nguyên dương lớn hơn 1. Ta đã biết mỗi số nguyên a đều
viết duy nhất dưới dạng: a = qm + r. (0
r
m − 1). Với mỗi r
(0 r m − 1); tập hợp Ar gồm tất cả các số nguyên khi chia cho m có
cùng số dư r được gọi là lớp thặng dư mod m và mỗi phần tử của Ar được
gọi là một thặng dư mod m.
Vì mỗi số nguyên a có duy nhất q và r (0
r
m − 1) sao cho
a = qm + r, nên a chỉ thuộc và chỉ thuộc duy nhất một lớp thặng dư mod
m là Ar . Hơn nữa tập hợp các lớp thặng dư mod m chính là tập hợp Z
các số nguyên. Nghĩa là:
m

Ar = Z; Ai ∩ Aj = φ
r=0

với mọi i = j (0 ≤ i, j ≤ m − 1)


7

Trong mỗi lớp thặng dư mod m lấy một thặng dư đại diện. Tập hợp m

phần tử đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ mod m. Nói cách khác hệ
thặng dư đầy đủ mod m là tập hợp m số nguyên đôi một không đồng dư
(mod m)
Đặc biệt hệ H = 0, 1, . . . , m − 1 được gọi là hệ thặng dư đầy đủ mod
m không âm nhỏ nhất.

1.2.2

Tính chất

a. Mỗi hệ thặng dư đầy đủ mod m đều gồm m thặng dư.
b. Mọi hệ gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo mod m
đều hợp thành một hệ thặng dư đầy đủ mod m.
c. Cho a là một số nguyên, nguyên tố với m và b là một số nguyên tùy ý.
Khi ấy nếu x chạy qua một hệ thặng dư đày đủ mod m thì ax + b cũng
chạy qua một hệ thặng dư đầy đủ mod m.

1.2.3

Hệ thặng dư thu gọn

Cho số nguyên n = 0. Gọi là ϕ(n) là số các chữ số ≤ và số nguyên tố
với n. Giả sử các số đó là a1 ,a2 , . . . , ak ; a1 ∈ Zn1 , a2 ∈ Zn2 , . . . , ak ∈ Znk .
Lấy các phần tử r1 , r2 , . . . , rk thuộc các lớp đó thì r1 , r2 , . . . , rk gọi là
hệ thặng dư thu gọn (mod n).
(ri , n) = 1(i = 1k)
Có tính chất:
mọi x với (x, n) = 1; Tồn tại ri : x ≡ ri (mod n)

1.3

Định lý Euler và định lý Fermat

Trong mục này ta trình bày hai định lý quan trọng của lý thuyết số
liên quan đến hai định lý đó là hàm số Euler ϕ(n). Bởi vậy trước hết ta
nhắc lại định nghĩa hàm số Euler và công thức tính nó.

1.3.1

Hàm số Euler ϕ(n)

Định nghĩa 1.2. Cho số tự nhiên n ≥ 1. Ta ký hiệu ϕ(n) là số các số tự
nhiên bé hơn n và nguyên tố với n. Quy ước ϕ(1) = 1.


8

Định lý 1.1. Hàm ϕ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b là
hai số nguyên tố cùng nhau thì

ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Chứng minh.
Rõ ràng ta có thể giải thiết a > 1, b > 1.
vượt quá ab được liệt kê như sau:
2
1
a+1
a+2
..................
2a + 2

2a + 1

Các số nguyên dương không

a
2a
3a

ka + 1
ka + 2
.................. (k + 1)a
(b − 1)a + 1 (b − 1)a + 2
ba
Các số đó sắp thành bảng có dạng ax + y , trong đó 0 ≤ x ≤ b − 1, 1 ≤
y ≤ a.
Xét các số ở cột thứ y . Ta có (ax + y, a) = (y, a). Vì một số nguyên tố
với ab khi và chỉ khi nó nguyên tố với a và b, do đó các số này phải nằm
ở cột thứ y mà (y, a) = 1. Có cả thảy ϕ(a) cột như vậy. Xét một cột thứ
y , với (y, a) = 1.
Các số ở trong cột này là

y, a + y, 2a + y, . . . , (b − 1)a + y.
Giả sử rx là số dư khi chia ax + y cho b. Như vậy (ax + y, b) = (rx , b).
Dễ dàng thấy rằng vì (a, b) = 1 nên rx1 = rx2 với x1 = x2 . Như vậy ta có
đẳng thức tập hợp

r0 , r1 , . . . , rb−1 = 0, 1, . . . , b − 1.
Vậy số các x mà (ax + y, b) = 1 chính là số các x mà (rx , b) = 1 tức
chính là ϕ(b).
Vậy cả thẩy có ϕ(a)ϕ(b) số nguyên tố với a và nguyên tố với b. Đó

chính là các số nguyên tố với ab. Nói cách khác ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).
Từ định lý này ta suy ra công thức tính ϕ(n) như sau.
Định lý 1.2. Giả sử n = pα1 1 . . . pαk k là phân tích tiêu chuẩn của n > 1.
Khi đó
1
1
1
ϕ(n) = n 1 −
1−
... 1 −
.
p1
p2
pk


9

Chứng minh.
Theo định lý 1.1, ta có ϕ(n) = ϕ(pα1 1 ) . . . ϕ(pαk k ).
Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chứng tỏ rằng ứng với p là một số
1
nguyên tố thì ϕ(pα ) = pα (1 − ). Thật vậy, vì p là nguyên tố nên với mỗi
p
..
α
k ≤ p thì (k, p) = 1 hoặc k .p.
pα
α
Số các số k ≤ p và là bội của p là

= pα−1 .
p
Vậy
1
ϕ(pα ) = pα − pα−1 = pα (1 − ).
p
Ví dụ 1.1. Với n = 360 = 23 .32 .5 thì

ϕ(360) = 360 1 −

1
2

1−

1
3

1−

1
= 96.
5

Tầm quan trọng của hàm ϕ(n) trong số học được thể hiện trong định
lý Euler. Sau đây là một sự suy rộng của định lý Euler.
Định lý 1.3 (Định lý Euler). Nếu a, m ∈ Z, m > 0, (a, m) = 1 thì ta có
aϕ(m) ≡ 1 (mod m).
Định lý 1.4 (Định lý Euler mở rộng). Cho a và m là hai số tự nhiên. Khi
đó ta có:

am ≡ am−ϕ(m) (mod m).
Chứng minh.
Ta phải chứng minh

A = am − am−ϕ(m) = am−ϕ(m) (aϕ(m) − 1)
chia hết cho m.
Giả sử m có phân tích tiêu chuẩn là

m = q1α1 q2α2 . . . qkαk .
.
.
Ta sẽ chứng minh rằng nếu (a, qi ) = 1 thì aϕ(m) − 1..q αi , còn nếu a..q thì
.
.
am−ϕ(m) ..q αi , và như vậy A..m.
Thật vậy, nếu (a, qi ) = 1 thì theo định lý Euler
αi
.
aϕ(qi ) − 1..qiαi .


10

Mặt khác:

ϕ(qiαi ) = qiαi (1 −

1
).
qi

là ước của ϕ(m) (suy ra từ công thức tính ϕ(m)). Do đó:
αi
.
.
aϕ(m) − 1..aϕ(qi ) − 1..q αi .

.
Nếu a..qi thì:

.
am−ϕ(m) ..q m−ϕ(m) .

Mặt khác, rõ ràng m − ϕ(m) ≥ αi (vì có ít nhất αi số không nguyên tố
với m là q1α1 q2α2 . . . qiαi ). Do đó:
.
.
am−ϕ(m) ..q m−ϕ(m) ..qiαi .
Định lý được chứng minh xong.

1.3.2

Định lý Fermat

Định lý 1.5. Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên không
chia hết cho P khi ấy ta có:

ap−1 ≡ 1

(mod p)

Chứng minh.
Theo giả thiết ta có ϕ(p) = p − 1 và a là nguyên tố với p nên theo định
lý Euler ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).
Định lý 1.6 (Định lý Fermat dạng khác). Cho p là một số nguyên tố và
a là một số nguyên tùy ý khi ấy ta có

ap ≡ a (mod p).
Chứng minh.
Nếu a chia hết cho p thì hiển nhiên ap ≡ a (mod p). Nếu a không chia
hết cho p thì theo định lý 1.4 ta có ap−1 ≡ 1 (mod p) cho nên sau khi
nhân hai vế của đồng dư thức này với a ta được ap ≡ a (mod p).
Ngược lại từ định lý 1.5 ta có thể suy ra định lý 1.4. Thật vậy, từ ap ≡ a
(mod p) và a là một số nguyên không chia hết cho số nguyên tố p thế thì
a nguyên tố với p nên bằng cách chia cho a ta được ap−1 ≡ 1 (mod p).
Chính vì vậy, người ta nói định lý 1.5 là dạng khác của định lý Fermat.


11

1.4

Thặng dư toàn phương

Định nghĩa 1.3. Ta gọi a là một thặng dư toàn phương mod p nếu tồn
tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod p).
Trái lại nếu không tồn tại số nguyên x để x2 ≡ a (mod p) thì a gọi là
bất thặng dư toàn phương (mod p) trong đó a là số nguyên dương và
(a, p) = 1.
Định lý 1.7 (Định lý Uynson). Cho p là số tự nhiên lớn hơn 1, khi đó p

là số nguyên tố khi và chỉ khi (p − 1)! + 1 chia hết cho p.
Định lý 1.8.
1. a là một thặng dư toàn phương (mod p) thì khi và chỉ khi ap−1/2 ≡ 1
(mod p).
2. a là bất thặng dư toàn phương (mod p) thì khi và chỉ khi ap−1/2 ≡ −1
(mod p).
Chứng minh.
1. Giả sử a là một thặng dư toàn phương (mod p), suy ra (a, p) = 1 và
a = x2 (mod p).
Từ đó ta có (x, p) = 1 ⇒ ap−1/2 ≡ (x2 )p−1/2 ≡ xp−1 ≡ 1 (mod p)
(định lý Fermat).
Ngược lại, giả sử ap−1/2 ≡ 1 (mod p) ⇒ (a, p) = 1. Giả sử ngược lại
với mọi x ∈ Z thì x2 = a (mod p).
Xét Zp = {1, 2, . . . , p − 1}.
Với mọi k ∈ Zp thì k, 2k, . . . , (p − 1)k, 0 là hệ thặng dư đầy đủ (mod
˜ ∈ Zp sao cho:
p). Từ đó tồn tại duy nhất K
˜ ≡ a (mod p)(K
˜ = K)
K.K
Xét 1.2 . . . ..(p − 1)! = 1.1.2.2 . . . . ≡ ap−1/2 ≡ −1 (mod p) (Theo định
lý Uynson) trái với giả thiết.
Vậy tồn tại x ∈ Z sao cho x2 ≡ a (mod p).
2. Giả sử a là bất thặng dư toàn phương (mod p) thế thì a = x2
(mod p) với mọi x ∈ Z.
Suy ra: ap−1/2 ≡ (p − 1)! ≡ −1 (mod p) (định lý Uynson)
Ngược lại: Nếu ap−1/2 ≡ −1 suy ra a là bất thặng dư toàn phương (modp)
vì nếu không thì a là thặng dư toàn phương ⇒ ap−1/2 ≡ 1 (mod p) trái
giả thiết.

12

Định lý 1.9. Gọi n là các số chẵn nằm trong khoảng (p/2, p) khi đó
2p−1/2 ≡ 1 (mod p) khi và chỉ khi p = 8k + 1; 8k + 7.
Chứng minh.
p
Gọi r1 , r2 , . . . , rn là các số chẵn thuộc khoảng (p/2, p), < ri < p khi
2
p
đó 0 < p − ri < .
2
Ta có: p−ri là n số lẻ thuộc (0, p/2) gọi s1 , s2 , . . . , sk là k số chẵn thuộc
(0, p/2). Suy ra: n + k = p − 1/2.
s1 , s2 , . . . , sk , p−r1 , p−r2 , . . . , p−rn là n+k = p−1/2 số thuộc (0, p/2) =
1, 2, . . . , p − 1/2.
p−1
s1 s2 . . . sk p − r1 p − r2 . . . p − rn = 1.2 . . .
.
2
p−1
p−1
=(
)! ≡ s1 s2 . . . sk r1 r2 . . . rn .(−1)n ≡ (
)! (mod p) là tích các
2
2
số chẵn thuộc (0; p).
p−1
p−1

s1 s2 . . . sk r1 r2 . . . rn = 2 2 .(
)!.
2
Vậy
p−1
2 2 (p − 1/2)!(−1)n ≡ (p − 1/2)! (mod p).
Suy ra

2

p−1
2

≡ (−1)n

(mod p).

1) Xét p = 4k + 1; Zp = 0, 2, . . . , 4k có 2k số chẵn
p
4k + 1
1
(2i)2k
⇒ 2i >
⇒i>k+ ⇒i k+1
i=k+1 ; 2i >
2
2 p−1
4
−k
2

có
k
số.
Suy
ra
2
Vậy (2i)2k
≡
(−1)
= 1 ⇔ k chẵn ⇔ p ≡ 1
i=k+1
(mod 8).
2) Xét p = 4k + 3; Zp = 1, 2, . . . , 4k + 2.
p
4k + 3
3
(2i)2k
;
2i
>
⇒
2i
>
⇒
i
>
k
+
⇒i k+1
i=k+1

2
2
4
p−1
2
Vậy (2i)2k
≡ (−1)k+1 = 1 ⇔ k lẻ ⇔ k ≡ 2i+1.
i=k+1 có k +1 số. Suy ra 2
Có p = 4k + 3 = 4(2i + 1) + 3 = 8i + 7 ≡ −1 (mod 8).
Tiếp theo ta xét định lý tương hỗ của Gauss.
Ký hiệu Lagrange:
a
1 nếu a là thặng dư toàn phương (mod p)
=
−1 nếu a không là thặng dư toàn phương (modp)
p
Mệnh đề 1.1.
a
p−1
1.
=a 2 .
p


13

2.

a
p

b
ab
=
p
p

b
a
=
p
p
2
2
a
ab
b
4.
= 1;
=
p
p
p
1
1
p−1
= 1; −
= (−1) 2 .
5.
p

p
Chứng minh.
1. Nếu a là thặng dư toàn phương mod p thì ta có
a
a
p−1
p−1
= 1 và a 2 ≡ 1 (mod p). Từ đó suy ra a 2 = (mod p).
p
p
a
Nếu a là một bất thặng dư toàn phương mod p thì ta có
= −1 và
p
a
p−1
p−1
a 2 ≡ −1 (mod p). Từ đó suy ra a 2 = (mod p).
p
ab
p−1
2. Theo tính chất 1. ta có
= (ab) 2 (mod p).
p
ab
p−1 p−1
= a 2 b 2 (mod p).
Hay
p
a

b
p−1
p−1
Mặt khác ta có
=a 2 ;
=b 2 .
p
p
a b
ab
p−1 p−1
Vậy
=a 2 b 2 =
.
p p
p
3. Như chúng ta đã biết nếu a ≡ b (mod p) thì a, b đồng thời là thặng
dư toàn phương (mod p) hoặc đồng thời là bất thặng dư toàn phương
a
b
(mod p) nên
=
p
p
4. Theo tính chất 2. ta có:
a2
a a
=
= 1, ∀a.
p

p p
a2 b
a2 b
b
b
=
= 1.
=
.
p
p
p
p
p
1
5. Hiển nhiên 1 là thặng dư toàn phương mod p nên
= 1. Theo
p
1
p−1
tính chất 1. ta có −
= (−1) 2 (mod p). Hai vế của đồng dư thức
p
1
p−1
này chỉ lấy giá trị 1 hoặc -1 nhưng vì 1 = −1 nghĩa là −
= (−1) 2
p
(mod p).
3. a ≡ b (mod p) thì

Bổ đề 1.1 (Gauss). Cho p là số nguyên tố lẻ (a, p) = 1.


14
p−1
p−1
2
a) = {ka}k=1
.
2
p
p−1
Giả sử ka ≡ kt (mod p). Gọi n là số các số tk mà tk > khi đó a 2 ≡
2
a
n
n
(−1) (mod p) hay = (−1) .
p
Chứng minh.
p−1
2
. Khi chia cho p mà
Ký hiệu r1 , r2 , . . . , rn là các thặng dư của dãy {ka}k=1
p
p
> . Còn s1 , s2 , . . . , sk là các thặng dư khi chia cho p mà < .
2
2

p−1
và ri = sj , ∀i, j. Mặt khác ta có p − ri = sj , thật vậy
Ta có n + k =
2
nếu p − ri = sj suy ra sj + ri = p (1)
p−1
Mà ta có ri = αa (mod p) 1 ≤ α ≤
(2)
2
p−1
sj = βa (mod p) 1 ≤ β ≤
(3)
2
Từ đó suy ra 2 ≤ α + β ≤ p − 1
.
.
.
Từ (1) và (2) ta có (αa + βa)..p. a(α + β)..p ⇒ (α + β)..p (4)
Vì (a, p) = 1., từ (3) và (4) suy ra mâu thuẫn vậy ri = sj
p
p
Ta có < ri < p; 0 < p − ri < p.0 < sj < .
2
2
p−1
Vậy s1 , s2 , . . . , sk , p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn = 1, 2, . . . ,
.
2
p−1
Suy ra s1 .s2 . . . sk .(p − r1 ).(p − r2 ) . . . (p − rn ) =

!.
2
p−1
⇒ s1 .s2 . . . sk .r1 .r2 .rn ≡ (
)!.
2
p−1
2
p−1
Hay
ka(−1)n ≡
!
2
k=1
p−1
p−1 p − 1
p−1
)!(−1)n ≡
! ⇒ a 2 ≡ (−1)n (mod p).
Suy ra a 2 (
2
2

Xét dãy (a, 2a, 3a, . . . ,

Định lý 1.10. Giả sử p là số nguyên tố lẻ. Khi đó

a
= (−1)t với tp =
p

n

(
j=1

Chứng minh.
Giả sử ja ≡ tj (mod p) ⇔ ja = kj p + tj .
ja
tj
= kj + .
p
p
ja
= kj .
p

ja
)và a lẻ.
p


15
p−1
2

p−1
2

ja = p

Ta có
j=1

p−1
2

kj +
j=1

tj .
j=1

= pt + s1 + s2 + · · · + si + r1 + r2 + · · · + rn .
p−1
2

Suy ra a

p−1
2

j = pt +
j=1

p−1
2

p−1
2

Hay (a − 1)

ri .
i=1

p−1
= s1 , s2 , . . . , sk , p − r1 , p − r2 , . . . , p − rn .
2
p−1
p−1

(p − ri )] = pt +

si +
i=1

si +
i=1

Mà ta có 1, 2, 3, . . . ,

⇔ a[

p−1
2

i=1
p−1
2

2

2

si +
i=1

si = pt − anp + (a + 1)

i=1

ri .
i=1
p−1
2

ri .
i=1

Suy ra pt − anp ≡ 0 (mod 2).

p(t − an) ≡ 0

(mod 2).

.
⇒ p(t − an)..2 ⇒ t ≡ an (mod 2).

t ≡ n (mod 2)vì a lẻ .

Định lý 1.11 (Định lý tương hỗ của Gauss). Cho p, q là hai nguyên tố
lẻ. Khi đó
p
q
a)
=
nếu p và q có ít nhất một số dạng 4k + 1.
q
p
p
q
b)
=−
nếu p và q đều có dạng 4k + 3.
q
p
Chứng minh.
Theo định lý trên ta có
p−1
q−1
jp
jq
2
2
(
)
p
q
= (−1) j=1 q ; = (−1) j=1 p .
q

p
p−1
pj q−1
qj
2
2
+
p q
j=1
p .
Suy ra
= (−1) j=1 q
q p
Gọi S là các điểm nguyên trung bình vuông
p−1 q−1
|s| =
ta phân S làm 2 tập.
2
2
S1 = (j, i) : qj > pi .
S2 = (j, i) : qj < pi vì (q, p) = 1 suy ra qj = pi .
S = S1 ∪ S2 .
|S| = |S1 | + |S2 |.
qj
Xét S1 cố định cho j chạy sao cho i < .
p


16
p−1

2 q
qj
j
Ta có ( ) điểm (j, i) suy ra |S1 | =
.
p
j=1 p
pi
Tương tự cố định i ta cho j < .
q
q−1
2 p
j
Suy ra |S2 | =
.
j=1 q
Vậy |S| = |S1 | + |S2 | điều phải chứng minh.
Ta xét một số ứng dụng liên quan.
p−1

toán 1.1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 3 2 ≡ 1 (mod p).
giải. Theo luật tương hỗ của Gauss ta có
p
p−1
3−1 p − 1
= (−1) 2 .
= (−1) 2 .
3
2

p − 1 4k + 1 − 1
3 p
* Nếu p ≡ 1 (mod 4) ⇒
=
= 2k chẵn. Vậy
=
2
2
p 3
1.
3
p
p
1
Ta thấy
=1⇔
= 1 ⇔ p ≡ 1 (mod 3) hoặc
=
=
p
3
3
3
1
p
3−1
= −
= (−1) 2 = −1.
1;
3

3
p − 1 4k − 1 − 1
=
= 2k − 1 lẻ.
* Nếu p ≡ −1 (mod 4) ≡⇒
2
2
3 p
3
p
= −1 ta thấy
=1⇒
= −1 ⇒ p ≡ −1 (mod 3).
p 3
p
3
⇔ p ≡ ±1 mod 12.
Bài
Lời
3
p

p−1

Bài toán 1.2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 5 2 ≡ 1 (mod p).
Lời giải.
5
p−1
Ta có
= (−1) 2 = 1.

p
Theo luật tương hỗ của Gauss ta có
5 p
5−1 p−1
= (−1) 2 2 = 1.
p 5
p
5
Mà
= 1 theo chứng minh trên ta suy ra
= 1, xét p ≡ ±1
p
5
(mod 5), p ≡ ±2 (mod 5)
p
1
* Nếu p ≡ 1 (mod 5) suy ra
=
=1
5
5
p
2
5−1
* Nếu p ≡ 2 (mod 5) suy ra
=
= 2 2 = 22 = 4 ≡ −1 (mod 5).
5
5
p

1
5+1
* Nếu p ≡ −1 (mod 5) suy ra
= −
= (−1) 2 = (−1)3 = −1
5
5
(mod 5).


17

* Nếu p ≡ −2 (mod 5) suy ra

−2
p
5−1
=
= (−2) 2 = (−2)2 = 4 ≡
5
5

−1 (mod 5).
Vậy p = 5k + 1; −2 (mod 5) thì phương trình có nghiệm.
p−1

Bài toán 1.3. Tìm các số nguyên tố p để 7 2 ≡ 1 (mod p).
Lời giải.
7
Theo giả thiết cho ta có

= 1. Theo luật tương hỗ của Gauss ta có
p

7
p

p−1
7−1 p−1
p
= (−1) 2 2 = (−1) 2 .
7

p
p−1
= (−1) 2 .
7
7 p
1. Xét p ≡ 1 (mod 4) thì
=1
p 7
7
p
Ta có
=1⇔
= 1.
p
7
p
1
* Nếu p ≡ 1 (mod 7) ta có

=
=1
7
7
p
1
7−1
* Nếu p ≡ −1 (mod 7) ta có
= −
= (−1) 2 = (−1)3 = −1.
7
7
p
2
7−1
* Nếu p ≡ 2 (mod 7) ta có
=
= 2 2 = 23 = 8 ≡ 1 (mod 7).
7
7
p
−2
7−1
* Nếu p ≡ −2 (mod 7) ta có
=
= (−2) 2 = (−2)3 = −8 ≡
7
7
−1 (mod 7).
p

3
7−1
* Nếu p ≡ 3 (mod 7) ta có
=
= 3 2 = 33 = 27 ≡ −1 (mod 7).
7
7
p
−3
7−1
* Nếu p ≡ −3 (mod 7) ta có
=
= (−3) 2 = (−3)3 = −27 ≡
7
7
1 (mod 7).
7 p
2. Xét p ≡ −1 (mod 4) thì
= −1.
p 7
7
p
= 1 ⇔
= −1 ⇒ p ≡ −2 (mod 7) hoặc p ≡ 3 (mod 7)
Vậy
p
7
hoặc p ≡ −1 (mod 7).
Bài toán quy về tìm p để

p−1

Kết luận: 7 2 ≡ 1 (mod p) ⇔ p ≡ ±1 (mod 28) hoặc p ≡ ±3
(mod 28) hoặc p ≡ ±2 (mod 28).


18

Chương 2
Các dạng toán về số chính phương
2.1

Định nghĩa số chính phương

Số chính phương hay còn gọi là số hình vuông là số tự nhiên có căn bậc
2 là một số tự nhiên, hay nói cách khác, số chính phương là bình phương
(lũy thừa bậc 2) của một số tự nhiên khác.
Ví dụ 2.1.
4 = 22
9 = 32
1000000 = 10002

2.2

Một số tính chất của số chính phương

Sau đây ta liệt kê một số tính chất quan trọng của các số chính phương
1. Số chính phương không tận cùng bằng các chữ số 2, 3, 7, 8
2. Nếu số chính phương chi hết cho số nguyên tố p thì cũng chia hết cho
p2 .

3. Số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0, 1.
4. Số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0, 1.
5. Số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0, 1, 4.
6. Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. Nói
cách khác, với mọi số nguyên a, x ta có:
+ Không ∃x để a2 < x2 < (a + 1)2 ..
+ Nếu a2 < x2 < (a + 1)2 thì x2 = (a + 1)2 .
7. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính
phương thì mỗi số đều là số chính phương.


19

Chứng minh.
Giả sử a.b = c2 với a, b, c ∈ N∗ , nếu (a, b) = 1. Giả sử trong hai số a, b có
một số, chẳng hạn a, chứa thừa số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b không
chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số mũ lẻ. Điều đó trái với giả
thiết c2 là số chính phương. Điều vô lý đó chứng tỏ giả sử của ta là sai.
Vậy a, b đều là các số chính phương.
8. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong
hai số đó bằng 0.
Chứng minh.
(Phản chứng) Giả sử a(a + 1) = k 2 với a ∈ Z , k ∈ N (1).
Giả sử a = 0, a + 1 = 0 ⇒ k = 0. Do đó k ∈ N nên k > 0. Từ (1) suy
ra:
a2 + a = k 2 ⇒ 4a2 + 4a = 4k 2

⇒ 4a2 + 4a + 1 = 4k + 1
⇒ (2a + 1)2 = 4k 2 + 1. (2)
Do k > 0 nên 4k 2 < 4k 2 + 1 < 4k 2 + 4k + 1. (3)

Từ (2) và (3) ta có (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2 là điều vô lý.
Vậy, nếu a(a + 1) = k 2 thì tồn tại một trong hai số a, (a + 1) = 0.
Nhận xét 2.1. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương
thì chưa thể kết luận được mỗi số đều là số chính phương. Chẳng hạn hai
số -1 và 0 có tích bằng 0 là số chính phương nhưng -1 không là số chính
phương.
Ví dụ 2.2. Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên
tiếp.
Lời giải. Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n ∈ Z ⇒ 36x + 20 = 4n2 + 4n.

⇒ 36x + 21 = (2n + 1)2 ⇒ 3(12x + 7) = (2n + 1)2 .
Số chính phương (2n + 1)2 chia hết cho 3 nên nó cũng chia hết cho 9. Mặt
khác (12x + 7) không chia hết cho 3 nên 3(12x + 7) không chia hết cho 9.
Mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số nguyên x nào để 9x + 5 =
n(n + 1).
Ví dụ 2.3. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương
x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3.


20

Lời giải. Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y 2 với y ∈ N.
Ta thấy y 2 = (x4 + 2x3 + x2 ) + (x2 + x + 3) = (x2 + x)2 + (x2 + x + 3)
Đặt x2 +x = a ta có y 2 = a2 +(x2 +x+3). Từ đó có y 2 −a2 = x2 +x+3 =
1 2 11
+
x+
> 0 ⇒ y 2 > a2 .
2
4

1 2 1
+ > 0 ⇒ (a + 2)2 > y 2
Dễ thấy (a + 2)2 − y 2 = 3 x +
2
4
Do đó a2 < y 2 < (a + 2)2 ⇒ y 2 = (a + 1)2
⇒ x4 +2x3 +2x2 +x+3 = (x2 +x+1)2 . ⇒ x2 +x−2 = 0 ⇒ x = 1; x = −2.
Thử lại, với x = 1; x = −2 thì biểu thức 9 = 32 . Vậy x = 1; x = −2 là các
giá trị cần tìm.
Ví dụ 2.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xy = z 2 (1)
Lời giải. Giả sử x0 , y0 , z0 thỏa mãn (1) và có ƯSCLN bằng d.
Giả sử x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 thì (x1 , y1 , z1 ) cũng thỏa mãn (1).
Do đó ta có thể giả sử (x, y, z) = 1 thì x, y, z đôi một nguyên tố cùng nhau
vì nếu hai trong ba số x, y, z có ước chung là d thì số còn lại cũng chia
hết cho d. Ta có x.y = z 2 mà (x, y) = 1 nên x = a2 , y = b2 với a, b ∈ N∗ .
Bởi vậy (1) ⇔ z 2 = x.y = (ab)2 ⇔ z = (ab). Như vậy ta được biểu thức
nghiệm x = ta2 ; y = tb2 ; z = ab(t ∈ N∗ ).
Ngược lại, dễ thấy các số x, y, z có dạng trên thỏa mãn (1). Vậy công
thức trên cho ta tất cả các nghiệm nguyên dương của (1).
Ví dụ 2.5. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình

x2 + xy + y 2 = x2 y 2 (1)
Lời giải.
(1) ⇔ x2 + 2xy + y 2 = x2 y 2 + xy ⇔ (x + y)2 = xy(xy + 1)
Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên:
+ Xét xy = 0, ta có: xy = 0 và x2 + y 2 = 0

⇔ x = y = 0.
+ Xét xy + 1 = 0, ta có : xy = −1 và x2 + y 2 = 2

⇔ (x, y) = (1, −1); (−1, 1).
Thử lại, ba cặp số (0, 0); (1, −1); (−1, 1) đều thỏa mãn phương trình đã
cho. Vậy phương trình trên có ba nghiệm nguyên là (x, y) = (0, 0); (1, −1); (−1, 1)


21

2.2.1

Tổng các ước của một số tự nhiên

Định nghĩa 2.1. Cho số nguyên dương n. Ta ký hiệu σ(n) là tổng các
ước của n.
Định lý 2.1. Hàm số σ(n) có tính chất nhân tính theo nghĩa: Nếu a, b là
hai số nguyên tố cùng nhau thì σ(ab) = σ(a)σ(b).
Chứng minh.
Thật vậy, giả sử a1 , . . . ak là các ước của a, k = d(a) và b1 , . . . , bl là các
ước của b, l = d(b) . Khi đó ai bj (1 ≤ i ≤ k, 1 ≤ j ≤ l) là tất cả các ước
l

bj = σ(a)σ(b).

ai

ai b j =
j=1 i=1

l

k

k

của ab. Vậy σ(ab) =

i=1

j=1

Từ định lý này ta suy ra công thức tính σ(n) như sau:
Định lý 2.2. Giả sử n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k là phân tích tiêu chuẩn của n. Khi
pαk k +1
pα1 1 +1
p2α2 +1
đó σ(n) =
...
.
p1 − 1 p2 − 1
pk − 1
Chứng minh.
Theo định lý trên , ta có: σ(n) = σ(pα1 1 )σ(pα2 2 ) . . . σ(pαk k ).
pα1 1 +1 − 1
α
Vậy ta chỉ cần chứng minh σ(p ) =
.
p1 − 1
Thật vậy, tất cả các ước của pα là 1, p, p2 , . . . , pα .
pα+1−1
α
α

.
Do đó: σ(p ) = 1 + p + · · · + p =
p−1
Định lý 2.3.
a) n là số nguyên tố khi và chỉ khi σ(n) = n + 1.
n
b) σ(n) là một số lẻ nếu và chỉ nếu n là số chính phương hoặc là số
2
chính phương.
Chứng minh.
a) Nếu n là số nguyên tố thì σ(n) = n + 1. Ngược lại, nếu σ(n) = n + 1
và n là hợp số thì n có ước là 1, a và n với (1 < a < n). Vậy σ(n) ≥
n + 1 + a > n + 1.
Nếu n = 1 thì σ(n) = 1 < n + 1.
b) Nếu n = m2 hoặc n = 2m2 thì n = 2α pα1 1 pα2 2 . . . pαk k ở đó p1 , p2 , . . . , pk
là các số nguyên tố lẻ còn αi là chẵn. Khi đó σ(n) = σ(2α )σ(pα1 1 )σ(pα2 2 ) . . . σ(pαk k ).
Ta có σ(2α ) = 2α+1 − 1 là số lẻ, σ(pαi i ) = 1 + pi + · · · + pαi i là một số
lẻ vì là tổng của một số lẻ là các số lẻ. Vậy σ(n) lẻ.


22

Đảo lại, giả sử σ(n) lẻ, và giả sử n = 2α pα1 1 pα2 2 . . . pαk k . Khi đó với mỗi
i, σ(pαi i ) là số lẻ. Mặt khác σ(pαi i ) = 1 + pi + · · · + pαi i ≡ α1 + 1 (mod 2)
suy ra αi là chẵn. Do đó, nếu α chẵn thì n là số chính phương. Nếu α lẻ
n
thì là một số chính phương.
2
Liên quan đến hàm σ(n) ta có khái niệm số hoàn chỉnh. Một số tự nhiên
n được gọi là số hoàn chỉnh nếu σ(n) = 2n, tức là n bằng tổng các ước

của nó (không kể chính nó).
Ví dụ 2.6. 6, 28 là các số hoàn chỉnh, vì 6 = 1+2+3, 28 = 1+2+4+7+14.
Ngay từ thời cổ Hi Lạp, nhà toán học Euclid đã chứng minh được sự
kiện lý thú sau:
Định lý 2.4. Nếu k là số tự nhiên sao cho 2k − 1 là một số nguyên tố thì
số n = 2k−1 (2k − 1) là một số hoàn chỉnh.
Chứng minh.
Đặt p = 2k −1. Ta có σ(n) = σ(2k−1 )σ(p) = (2k −1)(p+1) = (2k −1).2k =
2n.
Rõ ràng số hoàn chỉnh có dạng trên là một số chẵn (vì k > 1).
Đến thế kỷ 18, Euler đã phát hiện ra rằng: Tất cả các số hoàn chỉnh chẵn
đều có dạng trên. Ta có định lý sau:
Định lý 2.5. Nếu n là một số hoàn chỉnh chẵn thì n có dạng

n = 2k (2k+1 − 1).
Ở đó k ≥ 1 và 2k+1 − 1 là một số nguyên tố.
Chứng minh.
Ta biểu diễn n dưới dạng n = 2k b với k ≥ 1 và b là số lẻ.
Ta có σ(n) = σ(2k )σ(b) = (2k+1 − 1)σ(b).
Mặt khác, n là số hoàn chỉnh do đó σ(n) = 2n = 2k+1 b.
b
2k+1 − 1
k+1
k+1
Vậy suy ra (2
− 1)σ(b) = 2 b. Hay
=
.
σ(b)
2k+1

Vì 2k+1 và 2k+1 − 1 là nguyên tố cùng nhau nên tồn tại c để

b = (2k+1 − 1)c, σ(b) = 2k+1 c.
Vì k ≥ 1 nên b > c tức là một ước của b. Nếu c > 1 thì b, c, 1 là các ước
của b, do đó σ(b) ≥ b + c + 1 = (2k+1 − 1)c + c + 1 = 2k+1 c + 1, điều này
trái với σ(b) = 2k+1 c.


23

Vậy c = 1. Do đó b = 2k+1 − 1 và n = 2k b = 2k (2k+1 − 1).
Vì σ(b) = 2k+1 = b + 1 nên b là số nguyên tố.
Từ định lý Euclid và định lý Euler ta suy ra có bao nhiêu số k để 2k − 1
là số nguyên tố thì có bấy nhiêu số hoàn chỉnh chẵn. Dễ thấy rằng nếu
2k − 1 là số nguyên tố thì k phải là số nguyên tố. Một số nguyên tố dạng
2k − 1 được gọi là số nguyên tố Mecxen. Cho đến năm 1983 người ta mới
tìm được 27 số nguyên tố k để 2k − 1 là số nguyên tố. Đó là các số 2, 3, 5,
7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127, 521, 607, 1279, 2203, 2281, 3217, 4253,
4423, 9689, 9941, 11213, 19937, 21701, 44497, 86243.
Người ta chưa biết được tập hợp số nguyên tố Mecxen là hữu hạn hay
vô hạn do đó cũng chưa biết tập hợp các số hoàn chỉnh chẵn là hữu hạn
hay vô hạn.
Cho đến nay người ta chưa tìm thấy một số hoàn chỉnh lẻ nào và cũng
không biết là liệu có số hoàn chỉnh lẻ hay không. Có giả thuyết cho rằng
không có số hoàn chỉnh lẻ.

2.2.2

Một số bài toán chọn lọc về hàm d(n), σ(n) và ϕ(n)

Bài toán 2.1. Cho dãy số nguyên dương xn xác định theo quy luật sau
x0 = a, xn+1 = d(xn ), (∀n ≥ 0).
a) Chứng minh rằng ∀a ∈ N∗ tồn tại chỉ số n0 (phụ thuộc a) sao cho
xn = 2 với mọi n ≥ n0 .
b) Hãy cho ví dụ chứng tỏ rằng chỉ số n0 có thể lớn tùy ý nếu a đủ lớn.
√
Lời giải. Ta có d(n) ≤ 2 n < n nếu n > 4. Với n = 4 và n = 3 thử
trực tiếp cho thấy d(4) = 3 < 4, d(3) = 2 < 3.
Với n = 2, d(2) = 2.
Vậy ta có d(n) < n, ∀n > 2 và d(2) = 2.
Suy ra xn+1 < xn nếu xn > 2.
Vì (xn ) là các số nguyên dương nên bắt đầu từ chỉ số n0 nào đó ta phải
có xn0 = 2. Khi ấy xn = 2, ∀n ≥ n0 .
b) Lưu ý rằng d(2n−1 ) = n. Xét dãy mk xác định bởi m0 = 3, mk+1 =
2mk −1 , ta có d(mk+1 ) = mk .
Vậy d . . . d(mk+1 ) = m0 = 3. Nghĩa là:
k+1

Nếu a = mk thì xn = 2 nếu và chỉ nếu n ≥ k + 1 sẽ lớn tùy ý khi k lớn
tùy ý.