Một số phương trình diophant đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI ANH DŨNG

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT
ĐẶC BIỆT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI ANH DŨNG

MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DIOPHANT
ĐẶC BIỆT

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

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

1.1.3

Hàm - Số các ước nguyên tố của n . . . . . . . . . . 10

1.1.4

Hàm tích các ước nguyên tố của n . . . . . . . . . . 11

1.2

Cấu trúc nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 . . . . . . . 12

1.3

Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt . . . . . . . . . . 13
1.3.1

Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường
hợp w(n) ≤ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.2

Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg
hợp n không có ước là luỹ thừa bậc 4 . . . . . . . . 18

2

Phương trình dạng ax ≡ x (mod bn )

22

2.1

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 ≡
x (mod bn ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24


ii
Kết luận và Đề nghị

31

Tài liệu tham khảo

32

iii

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên.
Đầu tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới người thầy đáng
kính GS.TSKH Hà Huy Khoái - ĐH Thăng Long Hà Nội. Thầy đã dành
nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc trong suốt quá trình xây
dựng đề cương, làm và hoàn thiện luận văn.
Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến các Thầy cô khoa Toán, phòng
Đào tạo sau Đại học, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng
các Thầy cô giáo tham gia trực tiếp giảng dạy lớp cao học khóa 1/2014 1/2016. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp K7C Cao học Toán
- Đại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm
luận văn này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, 2015

Bùi Anh Dũng
Học viên Cao học Toán lớp C, khóa 01/2014-01/2016
Chuyên ngành phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Email:


1

Mở đầu
Phương trình Diophant là một trong những dạng toán lâu đời nhất của
Toán học và đã trải qua một lịch sử phát triển lâu dài.

Thông qua việc giải các phương trình Diophant, các nhà Toán học đã tìm
ra được những tính chất sâu sắc của số nguyên, số hữu tỷ, số đại số.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, phương trình Diophant
vẫn thường xuyên xuất hiện dưới các hình thức khác nhau và luôn được đánh
giá là khó do tính phi tiêu chuẩn của nó.
Luận văn này có mục đích trình bày một số kết quả nghiên cứu gần đây
về một số phương trình Diophant đặc biệt, liên quan đến hàm số học (Hàm
tổng các ước và hàm tích các ước nguyên tố) và biểu diễn số nguyên trong
cơ số tùy ý.
Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, phần kết luận và danh mục tài
liệu tham khảo.
Chương 1. Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2 .
Trong chương này trình bày một số hàm số học, cấu trúc nghiệm của
phương trình và nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt.
Chương 2. Phương trình dạng ax ≡ x(modbn ).
Chương này trình bày Bài toán về dãy chữ số cuối của một số và cơ sở
đúng đắn, sự tồn tại nghiệm của phương trình.


2

Chương 1

Phương trình dạng σ(n) = γ(n)2.
1.1
1.1.1

Một số hàm số học
Phi - hàm Ơle

Định nghĩa 1.1. Giả sử n là một số nguyên dương. Giá trị của phi - hàm Ơ le tại n là số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau
với n. Kí hiệu Phi - hàm Ơ - le là ϕ (n).
Ví dụ 1.1. ϕ (1) = 1, ϕ (2) = 1, ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2, ϕ (5) = 4
Định nghĩa 1.2. Cho n là số nguyên dương. Nếu a là số nguyên với (a, n) =
1 thì luôn tồn tại số nguyên 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).
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
với n và không có hai phần tử khác nhau nào đồng dư môđulô n.
Ví dụ 1.2. Các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô
7. Các số 1, 3, 5, 7 lập thành một hệ thặng dư thu gọn môđulô 8.
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).


3
Ví dụ 1.3. Các số 0, 1, 2, ..., n − 1 lập thành một hệ thặng dư đầy đủ theo
môđulô 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
và p |n, hoặc p |rj và p |n. Tuy nhiên, không thể có p |rj và p |n vì rj và n
là nguyên tố cùng nhau. Tương tự, không thể có p |a và p |n. Vậy, arj và n
nguyên tố cùng nhau với mọi j = 1, 2, ..., ϕ (n).
Còn phải chứng tỏ hai số arj , ark (j = k) tùy ý không đồng dư môđulô
n. Giả sử arj ≡ ark (mod n) , j = k và 1 ≤ j ≤ ϕ (n) , 1 ≤ k ≤ ϕ (n). Vì
(a, n) = 1 nên ta suy ra rj ≡ rk (mod n). Điều này mâu thuẫn vì rj , rk cùng

thuộc một hệ thặng dư thu gọn ban đầu môđulô n.
Ví dụ 1.4. Tập hợp {1, 3, 5, 7} là một hệ thặng dư thu gọn theo môđulô 8.
Do (5, 8) = 1 nên {5, 15, 25, 35} cũng là một hệ thặng dư môđulô 8.
Tính chất 1.2. (Định lí Euler) Giả sử m là số nguyên dương và a là số
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
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
hệ thặng dư thu gọn môđulô m. Như vậy, các thặng dư dương bé nhất của
ar1 , ar2 , ..., arϕ(m) phải là các số nguyên r1 , r2 , ..., rϕ(m) xếp theo thứ tự nào
đó. Vì thế, nếu ta nhân các vế từ trong hệ thặng dư thu gọn trên đây, ta được:
ar1 .a r2 ...arϕ(m) ≡ r1 . r2 ...rϕ(m) (mod m).


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 môdulô 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)
Vậy aϕ(m)−1 là nghịch đảo của a môdulô m.
Ví dụ 1.6. Ta có: 2ϕ(9)−1 = 26−1 = 25 = 32 ≡ 5 (mod 9) là một nghịch đảo
của 2 môdulô 9.
Hệ quả 1.1. Nếu (a, b) = 1 thì aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab).
Hệ quả 1.2. Với (a, b) = 1 và n, v là hai số nguyên dương nào đó thì
anϕ(b) + bvϕ(a) ≡ 1 (mod ab)
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.
Đặt M = m1 . m2 ...mk = mi .ti với i = 1, 2, ..., k ta có

tn1 + tn2 + ... + tnk ≡ (t1 + t2 + t3 )n (modM )
với n nguyên dương.
Tính chất 1.3. Với số nguyên tố p ta có ϕ (p) = p − 1. Ngược lại, nếu p là
số nguyên dương sao cho ϕ (p) = p − 1 thì p là số nguyên tố.
Chứng minh. Nếu p nguyên tố thì với mọi số nguyên dương nhỏ hơn p
đều nguyên tố cùng nhau với p. Do có p − 1 số nguyên dương như vậy nên
ϕ (p) = p − 1.


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 không 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
Chứng minh. Các số nguyên dương nhỏ hơn pa không nguyên tố cùng nhau
với p là các số không vượt quá pa−1 và chia hết cho p. Có đúng pa−1 số như
vậy. Do đó tồn tại pa − pa−1 số nguyên nhỏ hơn pa và nguyên tố cùng nhau
với pa . Vậy ϕ (pa ) = pa − pa−1 .
Ví dụ 1.8. ϕ (125) = ϕ 53 = 53 − 52 = 100, ϕ 210 = 210 − 29 = 525
Tính chất 1.5. Nếu m, n là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau thì
ϕ (m.n) = ϕ (m) .ϕ (n)
Chứng minh. Ta viết các số nguyên dương không vượt quá mn thành bảng
sau:

1 m + 1 2m + 1 ... (n − 1) m + 1
2 m + 2 2m + 2 ... (n − 1) m + 2
3 m + 3 2m + 3 ... (n − 1) m + 1

... ...

....

...

.....

r m + r 2m + r ... (n − 1) m + r


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, không có số nào trong dòng thứ r nguyên tố cùng nhau với

mn, vì mỗi phần tử của dòng 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 dòng như vậy, nó chứa các số
r m + r 2m + r ... (n − 1) m + r. Vì (m, r) = 1 nên mỗi số nguyên trong
dòng đều nguyên tố cùng nhau với n. Như vậy, n số nguyên trong dòng lập
thành hệ thặng dư đầy đủ môđulô n. Do đó có cùng ϕ (n) số trong hàng đó
nguyên tố cùng nhau với n. Do các số đó cũng nguyên tố cùng nhau với m
nên chúng nguyên tố cùng nhau với mn.
Vì có ϕ (m) dòng, mỗi dòng chứa ϕ (n) số nguyên tố cùng nhau với mn
nên ta suy ra ϕ (mn) = ϕ (m) ϕ (n).
Ví dụ 1.9. ϕ (12) = ϕ (3.4) = ϕ (3) .ϕ (4) = 2.2 = 4
Tính chất 1.6. Giả sử n = pn1 1 .pn2 2 ...pnk k là phân tích n ra thừa số nguyên tố
khi đó
ϕ (n) = n 1 −

1
p1

1−

1
p2

... 1 −

1
pk

Chứng minh. Vì Phi -hàm Ơ - le là hàm nhân tính nên nếu n có phân tích

như trên, ta được ϕ (n) = ϕ (pa11 ) ϕ (pa22 ) ...ϕ (pakk ).
a

a

a −1

Mặt khác ϕ pj j = pj j − pj j

a

= pj j 1 −

1
pj

, j = 1, 2, ..., k

Vậy
ϕ (n) = pa11 1 −

1
p1

pa22 1 −

1
p2

...pakk 1 −

1
pk


7
= pa11 pa22 ...pakk 1 −

=n 1−

1
p1

1
p1

1−

1−

1
p2

1
p2

... 1 −

... 1 −

1
pk

1
pk

.

1−

1
3

Ví dụ 1.10. Ta có
n = 1782 = 2.34 .11 ⇒ ϕ (1782) = 1782 1 −

1
2

1−

1
11

= 540.

Tính chất 1.7. Giả sử n là số nguyên dương. Khi đó:
ϕ (d) = n
d|p

Chứng minh. Tổng trên đây được lấy theo các ước số của n. Ta phân chia
tập hợp các số tự nhiên từ 1 đến n thành các lớp sau đây. Lớp Cd gồm các số
nguyên m, 1 ≤ m ≤ n mà (m, n) = d. Như vậy m thuộc Cd nếu và chỉ nếu
d là ước chung của m, n và (m/d, n/d) = 1. Như vậy, số phần tử của Cd là
các số nguyên dương không vượt quá n/d và nguyên tố cùng nhau với n/d,
tức là Cd gồm ϕ (n/d) phần tử. Vì mỗi số nguyên m từ 1 đến n thuộc một
và chỉ một lớp Cd nào đó (m, n) = d nên n bằng tổng của số các thành phần
trong các lớp Cd , d là ước số của n. Ta có n =

ϕ
d|p

n
d

Khi d chạy qua mọi ước của n thì n/d cũng chạy qua mọi ước của n.
Định lí được chứng minh.
Nhận xét 1.2. Các tính chất của Phi - hàm Euler được sử dụng để tính đồng
dư của những lũy thừa rất lớn. Chẳng hạn, ta cần tính an (mod k), trong đó
n là số nguyên lớn.
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
ϕ (piαi ) thì aN ≡ 1 (mod k). Do đó, viết n = N q + r với r < N , ta được
an ≡ ar (mod k).


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).
Ví dụ 1.12. σ (1) = 1, σ (2) = 1 + 2 = 3, σ (3) = 1 + 3 = 4, σ (4) =
1+2+4=7
Nhận xét 1.3. Ta có thể biểu diễn hàm σ (n) dưới dạng: σ (n) =

d
d|n

Tính chất 1.8. Giả sử m, n là các số nguyên dương, (m, n) = 1. Khi đó,
nếu d là ước chung của mn thì tồn tại cặp duy nhất các ước dương d1 của
m và d2 của n sao cho d = d1 .d2 . Ngược lại, nếu d1 và d2 là các ước dương
tương ứng của m và n thì d = d1 .d2 là ước dương của mn .
Chứng minh. Giả sử m, n có phân tích ra thừa số nguyên tố như sau
mk
n1 n2
nl
1 m2
m = pm
1 p2 ...pk ; n = q1 q2 ...ql .

Vì (m, n) = 1 nên tập hợp số nguyên tố p1 , p2 , ...., pk và tập hợp các số
nguyên tố q1 , q2 , ...., ql không có phần tử chung. Do đó, phân tích ra thừa số

mk n1 n2
nl
1 m2
của mn có dạng mn = pm
1 p2 ...pk .q1 q2 ...ql .

Như vậy, nếu d là một ước chung của mn thì d = pe11 pe22 ...pekk .q1f1 q2f2 ...qlfl ,
trong đó 0 ≤ ei ≤ mi (i = 1, 2, ..., k) ; 0 ≤ fi ≤ ni (i = 1, 2, ..., k) .
Đặt d1 = pe11 pe22 ...pekk , d2 = q1f1 q2f2 ...qlfl . Rõ ràng d = d1 .d2 và (d1 , d2 ) =
1.


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
tố của d bé hơn hoặc bằng lũy thừa của số nguyên tố đó trong phân tích của
mn.
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
a

2

a

dương. Mặt khác
pa+1
σ (p ) = 1 + p + p + ... + p =
.
p−1
a

2

a

Ví dụ 1.13. σ (8) = σ 23 = 1 + 2 + 22 + 23 = 15.
Tính chất 1.10. Giả sử f là một hàm có tính chất nhân. Khi đó hàm F (n) =
f (d) cũng có tính chất nhân.
d|n

Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng nếu m, n là các số nguyên dương nguyên tố
cùng nhau thì F (mn) = F (m) .F (n). Giả sử (m, n) = 1, ta có:
F (mn) =

f (d)

d|mn

Vì (m, n) = 1 nên ta có mỗi ước số của mn có thể viết duy nhất dưới dạng
tích các ước d1 của m và d2 của n và d1 , d2 nguyên tố cùng nhau, đồng


10
thời mỗi cặp ước số d1 của m và d2 của n tương ứng với ước d1 .d2 của mn.
Do đó ta có thể viết : F (mn) =
d1 |m
d2 |n

(d1 , d2 ) = 1 nên
F (mn) =

f (d1 .d2 ). Vì f có tính chất nhân và

f (d1 )f (d2 ) =
d1 |m
d2 |n

f (d1 )
d1 |m

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
σ (n1 .n2 ) = σ (n1 ) σ (n2 ) .

Ví dụ 1.14. σ (12) = σ (3.4) = σ (3) .σ (4) = 4.7 = 28
Tính chất 1.12. Nếu p nguyên tố thì σ (p) = 1 + p.
Ví dụ 1.15. σ (7) = 1 + 7 = 8, σ (13) = 1 + 13 = 14
Tính chất 1.13. Giả sử n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc tức
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
σ(n) =

σ (pα1 1 ) σ (pα2 2 ) ...σ (pαk k )

pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1 pαk k +1 − 1
=
.
...
.
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1

Ví dụ 1.16.

22 − 1 35 − 1 112 − 1
n = 1782 = 2.3 .11 ⇒ σ (n) =
.
.
= 4356.
2 − 1 3 − 1 11 − 1
4

1.1.3

Hàm - Số các ước nguyên tố của n

Định nghĩa 1.6. Kí hiệu ω (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng số
các ước nguyên tố của n.


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
n = pα1 1 pα2 2 ....pαk k thì ω (n) = k.
Ví dụ 1.20. n = 1782 = 2.34 .11 ⇒ ω (1782) = 3.

1.1.4

Hàm tích các ước nguyên tố của n

Định nghĩa 1.7. Kí hiệu γ (n) là hàm nhận giá trị tại số tự nhiên n bằng tích
của các ước nguyên tố của n.
Ví dụ 1.21. γ (4) = 2, γ (6) = 2.3 = 6, γ (8) = 2, γ (10) = 2.5 = 10
Tính chất 1.17. Nếu p là số nguyên tố thì γ (p) = p.
Ví dụ 1.22. γ (7) = 7,

γ (11) = 11, γ (13) = 13

Tính chất 1.18. Nếu n là số nguyên dương và có khai triển chính tắc là
n = pα1 1 pα2 2 ....pαk k thì γ (n) = p1 .p2 ...pk .
Ví dụ 1.23. n = 1782 = 2.11.34 ⇒ γ (n) = 2.11.3 = 66.


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
s

pai i ,

e

n = 2 p1
i=2

với e ≥ 1 và ai là chẵn với mọi i = 3, ..., s. Hơn nữa, hoặc là a2 là chẵn trong
trường hợp p1 ≡ 3 (mod 8) hoặc a2 ≡ 1 (mod 4) và p1 ≡ p2 ≡ 1 (mod 4)
Chứng minh. Đầu tiên, ta chú ý rằng n là số chẵn. Thật vậy, nếu n > 1
thỏa mãn σ(n) = γ(n)2 và n là số lẻ, thì σ(n) phải lẻ do đó số mũ của
mỗi số nguyên tố chia hết n phải là chẵn, nên n là số chính phương. Nhưng
n < σ(n) = γ(n)2 ≤ n, điều này mâu thuẫn.
Thứ hai, vì n là chẵn, suy ra 22 ||γ(n)2 . Ta viết
s

pai i ,

e

n=2

i=1

với p1 , ..., ps là các số nguyên tố lẻ phân biệt, a1 , ..., as là các số nguyên
dương, pai i được sắp xếp theo thứ tự số mũ ai lẻ xếp trước, số mũ ai chẵn xếp
sau. Ta thấy rằng σ(2e ) = 2e+1 − 1 là lẻ, ta suy ra 22 ||

s
ai
i=1 σ(pi ).

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
là lẻ hoặc chỉ a1 và a2 là lẻ.
Tiếp theo, ta chỉ ra rằng có ít nhất một số mũ là 1. Giả sử rằng điều đó là
không xảy ra, theo các lập luận trên suy ra a1 ≥ 3 và ai ≥ 2 với i = 2, ..., s.
Do đó
2

4p21

s

p2i
i=2

2

= γ(n) = σ(n) ≥

σ(2)σ(p31 )

s

σ(p2i )
i=2

>

3p31

p2i ,
i=2


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
1.3.1

Nghiệm trong một số trường hợp đặc biệt
Nghiệm của phương trình σ(n) = γ(n)2 trong trường hợp
w(n) ≤ 4

Định lí 1.1. Cho n ∈ K với w(n) ≤ 4, w(n) là số các ước nguyên tố phân
biệt của n. Khi đó n = 1 hoặc n = 1782.
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1, ta viết n = 2α pm, với α > 0 và m nguyên tố
cùng nhau với 2p .
Đầu tiên ta xét trường hợp p = 3. Nếu m = 1, thì n = 2α .3 ⇒ γ (n) =
2.3 = 6, và σ (n) = γ(n)2 = 62 ta thấy nó không có nghiệm.
Mặt khác nếu m > 1 thì σ(m) là ước của γ(n)2 /4 và do đó nó là lẻ. Điều đó
nghĩa là mọi thừa số nguyên tố của m phải có số mũ chẵn. Hay q β ||m. Do
đó
σ(q β ) = q β + ... + q + 1
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

q β + ... + q + 1, suy ra nó chia hết m, và các số mũ trong các thừa số của m
phải là số chẵn. Vì w(n) ≤ 4, ta có m = q β rγ .
Tiếp theo q β + ... + q + 1 = 3i rj và rγ + ... + r + 1 = 3k q l , với i + k ≤ 2
và j, l ∈ {1, 2}.
Như vậy
(q β + ... + q + 1)(rγ + ... + r + 1) = 3i+k q l rj .


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,
hay i = 0 hoặc j = 0. Vì bài toán trên là đối xứng, ta chỉ xét trong trường
hợp i = 0. Trong trường hợp này, ta có q 2 + q + 1 = r2 tương đương với
(2q + 1)2 + 3 = (2r)2 , nó không có nghiệm (q, r) thỏa mãn.
Nếu j = l = 1 ta có
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 9qr,
suy ra qr < 9, điều này sai.
Do đó, ta xét trường hợp còn lại j = 2 và l = 1 và ngược lại. Vì bài toán
là đối xứng trong q và r, ta chỉ xét tại j = 2 và l = 1. Trong trường hợp này,
ta có
q 2 r2 < (q 2 + q + 1)(r2 + r + 1) < 3i+k r2 q,
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.
Từ giờ trở đi, ta có thể giả sử rằng p > 3, suy ra p + 1 = 2u m1 , với
u ∈ {1, 2} và m1 > 1 là lẻ. Cho q là thừa số nguyên tố lớn nhất của m1 . Rõ

ràng p + 1 ≥ 2q suy ra q < p. Hơn nữa, vì ω(n) ≤ 4 ta có
p < 4q 4 < q 6 ,
suy ra q > p1/6 . Lại cho β thỏa mãn q β ||n. Ta có thể chỉ ra β ≤ 77.


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 ,
điều này mâu thuẫn.
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

n thì

r + 1 ≤ σ(rγ ) ≤ 2p2 q 2 < p5 ,
điều này mâu thuẫn, Do đó β ≤ 77.
Ta thấy r không xuất hiện trong các thừa số của (p + 1)σ(q β ). Ta cần tìm
nghiệm của hệ phương trình
p + 1 = 2u q w
và
q β + ... + q + 1 = 2v pz ,
với β ∈ {1, ..., 77}, u ∈ {1, 2}, 0 ≤ v ≤ 2 − u, {w, z} ⊆ {1, 2}.
Điều này cho chúng ta một số lượng nhất định các khả năng cho các cặp
(p, q).
Nếu ω(n) = 3 ta có σ(n) = 4p2 q 2 và tìm được n.

Nếu ω(n) = 4, thì σ(rγ ) là một ước của 2p2 q 2 và ta tìm được cặp duy
nhất (r, γ). Sau đó, chúng ta suy ra n từ các biểu thức σ(n) = 4p2 q 2 r2 .


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
r > q 1/3 > p1/18 .
Bây giờ γ ≤ 89, vì nếu không thì
p5 < r90 ≤ rγ < σ (rγ ) < 2p2 q 2 < p5
điều này là sai.
Giả sử rằng z > 0. Khi đó
q w rδ < p < 4q w rδ

(3)

qβ
2q β
z

2rη
r

(4)

Từ biểu thức (1), ta có

Từ biểu thức (2), nếu z = 1 thì từ (3), (4) suy ra
rδ+η < 2q β−ω
và
r

δ+η

q β−ω
.
>
8


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
q β/2
√

2rη/2
kết hợp với (3) ta được
rδ+η/2 <
và
r

δ+η/2

√

√

2q β/2
,
rη/2

2q β/2−ω

q β/2−ω
> √ .
4 2

Từ các bất đẳng thức bên trái ở trên và vì δ + η/2 ≥ 1/2 ta thấy β/2 > ω
suy ra β/2 − ω ≥ 1/2. Do đó
√
√
4 2r2 ≥ 4 2rδ+η/2 > q β/2−ω ≥ q 1/2
và

√
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
p5 < r240 ≤ rγ < σ(rγ ) < 2p2 q 2 < p5 ,
điều này mâu thuẫn.
Do đó ta cần các nghiệm
p + 1 = 2u q w rδ ,


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.

1.3.2

Nghiệm của phương trình σ (n) = γ(n)2 trong trườg hợp
n không có ước là luỹ thừa bậc 4

Định lí 1.2. Nếu n > 1 thuộc K, thì n phải có ước là lũy thừa bậc 4.
Chứng minh. Ta giả sử rằng điều trên là sai, nghĩa là tồn tại một số n ∈ K
nào đó không có ước là lũy thừa bậc 4. Theo Bổ đề 1.1 ta có thể viết
k
e

n=2

p1 pa22

qi2 ,
i=1

với a2 ∈ {0, 1}. Cho Q = {q1 , ..., qk }.
Ý tưởng tiếp theo, là ta đi tìm xem có nhiều hơn 2 phần tử q ∈ Q thỏa
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.
Ta bắt đầu chỉ ra rằng k ≤ 8. Để chỉ ra điều này, giả sử






2
R = r ∈ Q : gcd σ(r) ,
q = 1 .



q∈Q

Khi đó

r∈R σ(r

2

) chia hết cho p21 (nếu a2 = 0) và

r∈R σ(r

2

) chia hết

cho p21 p22 nếu a2 > 0. Suy ra σ(r2 ) hoặc là bội của p1 hoặc của p2 với mỗi


19
r ∈ R. Vì có thể có nhiều nhất hai phần tử r của σ(r2 ) là bội của p1 và có
nhiều nhất hai phần tử r của σ(r2 ) là bội của p2 , ta thấy rằng = 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
nguyên tố phân biệt r, và có ít nhất hai giá trị khác nhau của các chỉ số ir , ta
thấy rằng k− = R ≤ 4, điều này chỉ ra k ≤ 8, như đã nói đến ở trên.
Tiếp theo, ta viết lại phương trình σ(n) = γ(n)2 dưới dạng

2e+1 − 1
4

k

qi2 − qi + 1
qi2

i=1

p21
p1 + 1

=

2
p2δ
2
σ (pa22 )

(5)

.
với δ2 = 0 nếu a2 = 0 và δ2 = 1 nếu a2 > 0. Vế trái của (5) là
2e+1 − 1
4

q≤23

q2 − q + 1

q2

< 0.73(2e+1 − 1)

(6)

Giả thiết rằng a2 = 0. Khi đó vế trái của (5) là
p21
9
≥ = 2, 25.
p1 + 1
4

(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).
Như vậy e ∈ {2, 3} và

p21
p1 +1

≤ 0.73 24 − 1 = 10.95 suy ra p1 ≤ 11. Vì

p1 ≡ 3 (mod 8), ta thấy rằng p1 ∈ {3, 11}.
Nếu p1 = 11, thì 3 ∈ Q.
Nếu p1 = 3, và vì e ∈ {2, 3}, ta suy ra hoặc 5 ∈ Q hoặc 7 ∈ Q.
Nếu 3 ∈ Q thì 13|32 + 3 + 1, 61|132 + 13 + 1 và 97|612 + 61 + 1 tất cả
đều thuộc Q và đồng dư 1 theo môdulô 3. Điều nay mâu thuẫn.

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
5 ∈ Q thì 31 = 52 + 5 + 1 không đồng dư 1 theo môdulô 4 mà chia hết n,
suy ra nó thuộc Q, do đó 3|31 + 31 + 1|n.
Cuối cùng, nếu 7|n thì 7 không thể là p1 hoặc p2 nghĩa là 7 ∈ Q và do
đó 3|72 + 7 + 1, điều này suy ra 3|n.
Tóm lại, trong mọi trường hợp với a2 > 0 ta luôn suy ra được 3 chia hết
n.
Vậy 13 = 32 + 3 + 1 chia hết n, suy ra hoặc 13 ∈ Q hoặc không thuộc.
Nếu 13 không thuộc Q thì 7|13+1 thuộc Q, trong trường hợp 19|72 +7+1
chia hết n và nó không đồng dư với 1 theo môdulô 4, khi đó 19 ∈ Q và do
đó 127|192 + 19 + 1 chia hết cho n và nó không đồng dư 1 môdulô 4 vì vậy
127 ∈ Q. Vậy ba số 7, 19, 127 đều thuộc Q, điều này lại mâu thuẫn một lần
nữa.
Nếu 13 ∈ Q thì 61|132 + 13 + 1 chia hết n.
Nếu 61 là một trong các số p1 hoặc p2 , thì 31|σ(p1 pa22 ) và 31 ≡ 3 (mod 4),
suy ra 31 ∈ Q. Tiếp theo 331|312 +31+1 là ước của n và không đồng dư với
1 theo môdulô 4, suy ra nó thuộc Q và do đó các số 13, 31, 331 đều thuộc
Q, điều này là mâu thuẫn.
Cuối cùng, nếu 61 ∈ Q thì 97|612 + 61 + 1 là ước của n. Nếu 97 ∈ Q ta
có điều mâu thuẫn vì 13 và 61 luôn thuộc Q, trong khi nếu 97 là một trong