SH nhuy PTH cac so dac biet trong so hoc 2016 07 28

CHUYÊN ĐỀ

CÁC SỐ ĐẶC BIỆT TRONG LÝ THUYẾT SỐ
Giáo viên: Phạm Thị Hồng Nhụy
Tên cơ quan công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Thiện Thành, Tp Trà Vinh,
Tỉnh Trà Vinh
Địa chỉ email:
Tóm tắt báo cáo Báo cáo gồm hai phần, phần thứ nhất trình bày các kiến thức chuẩn
bị có liên quan đến nội dung chính, đó là khái niệm về số chính phương mod n, kí hiệu
Legendre, tiêu chuẩn Euler và hàm tổng các ước số. Phần thứ hai nêu lên khái niệm
cũng như các tính chất về các số đặc biệt: số Fermat, số Mersenne, số hoàn hảo. Từ đó
khai thác thêm các tính chất các số trên bằng các bài toán trong các đề thi học sinh giỏi.
A. Các kiến thức chuẩn bị
1. Số chính phương mod n.
Cho số nguyên dương n. Số a được gọi là số chính phương mod n (hay thặng dư bình
phương mod n) nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod n).
Ví dụ: −1 là số chính phương mod 5 vì 72 ≡ −1 (mod 5)
8 là số chính phương mod 17 vì 52 ≡ 8 (mod 17)
8 không là số chính phương mod 11 vì phương trình x2 ≡ 8 (mod 11) vô
nghiệm.
2. Kí hiệu Legendre.
Giả sử p là số nguyên tố lẻ, a là một số nguyên. Kí hiệu Legendre

a
p

được xác định

như sau:
a
p

=




 1

nếu (a, p) = 1 và a là số chính phương mod p

−1 nếu (a, p) = 1 và a không là số chính phương mod p


 0
nếu a chia hết cho p

3. Tiêu chuẩn Euler (Euler’s criterion).
Giả sử p là số nguyên tố lẻ và nguyên tố cùng nhau với a. Khi đó
a
p

≡a

p−1
2

Chứng minh
1

(mod p)

Trường hợp 1. Nếu
x0 .

a
p

= 1 thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) có nghiệm
p−1

p−1

Theo định lí Fermat bé ta có a 2 ≡ (x20 ) 2 ≡ xp−1
≡ 1 (mod p)
0
a
Trường hợp 2. Nếu
= −1 thì phương trình đồng dư x2 ≡ a (mod p) vô nghiệm.
p
Với mỗi i từ 1 đến p − 1 tồn tại duy nhất j với 1 ≤ j ≤ p − 1 sao cho i.j ≡ a (mod p).
p−1
cặp sao cho tích trong
Do i = j nên ta có thể nhóm các số từ 1 đến p − 1 thành
2
mỗi cặp đều đồng dư với a theo modulo p. Nhân tất cả các số 1, 2, 3, ..., p − 1 ta được
(p − 1)! ≡ a

p−1
2

(mod p).

Theo định lí Wilson, ta có (p − 1)! ≡ −1 (mod p). Như vậy

a
p

≡a

p−1
2

(mod p).

Định lí Cho p là số nguyên tố lẻ, a và b là hai số nguyên dương với (a, p) = (b, p) = 1.
Khi đó
i) Nếu a ≡ b (mod p) thì

a
p

b
p

=

a
b
ab

.
=
p
p
p
2
a
=1
iii)
p
−1
iv)
= 1 khi p = 4k + 1,
p
−1
= −1 khi p = 4k + 3, k ∈ Z.
p
Chứng minh
ii)

i) Nếu a ≡ b (mod p) thì x2 ≡ a (mod p) có nghiệm khi và chỉ khi x2 ≡ b (mod p) có
a
b
nghiệm. Do đó
=
.
p
p
p−1
p−1

p−1
ab
a
b
ii) Theo tiêu chuẩn Euler ta có
.
≡ a 2 .b 2 (mod p) và
≡ (ab) 2
p
p
p
a
b
ab
(mod p). Vậy
.
≡
(mod p).
p
p
p
a
b
Hai vế của phương trình này đều là ±1. Lại do p là số nguyên tố lẻ nên
.
=
p
p
ab
.

p
a
a2
a
a
iii) Do
= ±1 nên
=
.
= 1.
p
p
p
p
p−1
1
iv) Theo tiêu chuẩn Euler ta có
≡ (−1) 2 (mod p)
p
=

(−1)2k

nếu p = 4k + 1

(−1)2k+1 nếu p = 4k + 3
2


1

=

nếu p = 4k + 1

−1 nếu p = 4k + 3

với k là số nguyên.

4. Hàm số tổng các ước số.
Cho n là số nguyên dương, hàm tổng các ước số của n được kí hiệu là σ(n).
σ(n) =

d
d|n

Ví dụ σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28
Tính chất i) Hàm số σ(n) là hàm nhân tính
ii) Nếu n được phân tích ra thành tích các thừa số nguyên tố là
n = pα1 1 .pα2 2 . . . . .pαk k
trong đó p1 , p2 , . . . , pk là các số nguyên tố lẻ phân biệt và α1 , α2 , . . . , αk là các số mũ
nguyên dương tương ứng, thì
σ(n) =

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

pk − 1

Chứng minh
Vì σ là hàm nhân tính nên
σ(n) = σ(pα1 1 ).σ(pα2 2 ). . . . .σ(pαk k )
= (1 + p1 + · · · + pα1 1 )(1 + p2 + · · · + pα2 2 ) . . . (1 + pk + · · · + pαk k )
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1
pαk k +1 − 1
.
...
.
=
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
Chú ý. Nếu p là số nguyên tố thì σ(p) = p + 1.

B. Nội dung
1. Số Fermat
n

1.1 Khái niệm. Các số tự nhiên có dạng fn = 22 + 1, n là số tự nhiên, được gọi là
số Fermat.
Ta có

f0 = 3
f1 = 5
f2 = 17
f3 = 257
f4 = 65537

3


f5 = 4294967297 = 641.6700417
1.2 Tính chất.
i) fn = f0 .f1 ....fn−1 + 2, n ≥ 1
ii) (fk ; fh ) = 1 nếu k = h
iii) fn tận cùng là 7 với mọi n ≥ 2
Chứng minh
i) Ta có
k

fk = 22 + 1
k−1

= 22

2

+1

= (fk−1 − 1)2 + 1
2
= fk−1
− 2fk−1 + 2
Suy ra fk − 2 = fk−1 . (fk−1 − 2) , k ≥ 1.

Từ đó ta được fn − 2 = f0 .f1 .... (f0 − 2) = f0 .f1 ....fn−1 .
Như vậy fn = f0 .f1 ....fn−1 + 2, n ≥ 1
ii) Ta có (fn ; f0 ) = (fn ; f1 ) = ... = (fn ; fn−1 ) = 1

Suy ra (fk ; fh ) = 1, ∀k = h
iii) Ta có f1 = 5, các fn đều lẻ nên fn ≡ 5 + 2 = 7 (mod 10).
1.3 Một số bài toán.
Bài toán 1. Tìm tất cả các số Fermat có thể được viết dưới dạng tổng của hai số
nguyên tố.
Giải. Tất cả các số Fermat đều là số lẻ. Bây giờ, giả sử fn = p + q với p, q là các số
nguyên tố và q ≥ p. Như vậy p = 2 và q > 2. Khi đó
q = fn − p
n

= 22 − 1
n−1

= 22
n−1

Suy ra 22

−1

22

n−1

+1
n−1

− 1 = 1. Hay 22

= 2. Vậy n = 1.

Số Fermat cần tìm là f1 = 5 = 2 + 3.
Bài toán 2. Chứng minh rằng ∀n ≥ 2, ước nguyên tố p của fn có dạng p = s.2n+2 + 1,
với s là số tự nhiên.
Giải. Ta có fn ≡ 0 (mod p)
n

⇒ 22 ≡ −1 (mod p) (*)
⇒ 22

n+1

≡ 1 (mod p)

Gọi m là số nhỏ nhất sao cho 2m ≡ 1 (mod p). Suy ra m|2n+1 . Do đó m = 2k với k
nguyên dương và k ≤ n + 1.
k

Nếu k ≤ n thì với 2m ≡ 1 (mod p) ta được 22 ≡ 1 (mod p), điều này mâu thuẫn với
4


n+1

(*). Vậy k = n + 1, tức là 22

≡ 1 (mod p).

Theo định lí Fermat bé, ta được 2p−1 ≡ 1 (mod p). Suy ra p − 1 là ước của 2n+1 , tức
p = h.2n+1 + 1 với h nguyên dương.

Ta xét p = 8t + 1. Khi đó
2
p

= (−1)

p2 −1
8

= (−1)

64t2 +16t
8

=1

Suy ra 2 là số chính phương mod p.
p−1

Theo tiêu chuẩn Euler thì 2 2 ≡ 1 (mod p). Suy ra 2n+1 là ước của
p−1
= s.2n+1 .
2
Như vậy p = s.2n+2 + 1, với s là số tự nhiên.

p−1
, tức là
2

Bài toán 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2n − 1 là bội của 3 và

là ước của 4m2 + 1 với m là số nguyên.

26n − 1
3

Giải. Ta chứng minh tất cả các số n cần tìm là n = 2k .
Thật vậy, ta có 2 ≡ −1 (mod 3) nên
2n − 1 ≡ 0 (mod 3) ⇔ n là số chẵn.
Gọi l là ước của n. Nếu l là số lẻ và l ≥ 3 thì 2l − 1 không chia hết cho 3 và 2l − 1 là
ước của 2n − 1. Suy ra 2l − 1 là ước của 4m2 + 1.
Mặt khác, 2l − 1 có một ước nguyên tố p có dạng p = 4r + 3 nên p là ước của 4m2 + 1,
suy ra 4m2 ≡ −1 (mod p). Thế nhưng bình phương của một số bất kỳ không thể đồng
dư với −1 modulo p với p là số nguyên tố có dạng p = 4r + 3. Như vậy l phải bằng 1.
Từ đó ta được n phải có dạng n = 2k , với k nguyên dương.
Khi đó:

k

2n − 1
22 − 1
=
3
3
k−1

22
=

2k−1

=

2

2

−1

3
−1

k−1

22

+1
3
2 −1
1
2
3
k−1
Suy ra,
= (22 + 1)(22 + 1)(22 + 1)...(22 + 1)
3
Vế phải là tích của các số Fermat, và theo (ii) thì chúng nguyên tố cùng nhau. Theo
n

định lí Thặng dư Trung hoa, tồn tại số nguyên C sao cho
i−1

C ≡ 22

i

(mod 22 + 1), ∀i = 1, 2, ..., k − 1

C ≡ 0 (mod 2)
Đặt C = 2m, suy ra 4m2 + 1 là bội của
Vậy n = 2k với k là số nguyên dương.

2n − 1
.
3

5


Bài toán 4. Cho n là số nguyên dương lớn hơn 2. Chứng minh rằng số Fermat fn có
một ước nguyên tố lớn nhất là lớn hơn 2n+2 (n + 1).
Giải. Với n = 3 ta có f3 = 257 - số nguyên tố và 2n+2 (n + 1) = 128. Rõ ràng
257 > 2n+2 (n + 1).
Với n = 4 ta có f4 = 65537 - số nguyên tố và 2n+2 (n + 1) = 320. Rõ ràng 65537 >
2n+2 (n + 1).
Với n ≥ 5, gọi phân tích tiêu chuẩn của fn là fn = pk11 .pk22 . . . . .pkmm
trong đó m là số nguyên dương, p1 , p2 , . . . , pm là các số nguyên tố lẻ phân biệt và
k1 , k2 , . . . , km là các số mũ nguyên dương tương ứng.
Gọi pi = 2n+1 xi + 1, xi ∈ N∗ , 1 ≤ i ≤ m.
Ta chứng minh xi ≥ 2(n + 1), với 1 ≤ i ≤ m.
Thật vậy, trước hết ta có

n

22 + 1 = fn ≥ (2n+1 + 1)k1 +k2 +···+km ≥ 2(n+1)(k1 +k2 +···+km ) + 1
Suy ra

2n
k1 + k2 + · · · + km ≤
.
n+1

Bây giờ, do pi = 2n+1 xi + 1 nên
pki i = (2n+1 xi + 1)ki
≡ 2n+1 xi ki + 1 (mod 22n+2 ).
Do n ≥ 5 nên 2n > 2n + 2. Từ đó ta được:
n

fn = 22 + 1 ≡ 1 (mod 22n+2 )
⇒ 1 ≡ (2n+1 x1 k1 + 1)(2n+1 x2 k2 + 1) . . . (2n+1 xm km + 1) (mod 22n+2 )
≡ 1 + 2n+1 x1 k1 + 2n+1 x2 k2 + · · · + 2n+1 xm km (mod 22n+2 )
⇒ 2n+1 (x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ) ≡ 0 (mod 22n+2 )
⇒ x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ≡ 0 (mod 2n+1 )
⇒ x1 k1 + x2 k2 + · · · + xm km ≥ 2n+1
Không mất tính tổng quát, giả sử xi = max{x1 , x2 , . . . , xm }. Khi đó
xi (k1 + k2 + · · · + km ) ≥ 2n+1
2n+1
2n+1
≥
= 2(n + 1)
2n
k1 + k2 + · · · + km

n+1
Như vậy: xi ≥ 2(n + 1). Từ đó ta được:
pi ≥ 2n+1 .2(n + 1) + 1

Suy ra xi ≥

= 2n+1 (n + 1) + 1
> 2n+1 (n + 1)
6


2. Số Mersenne
2.1 Khái niệm. Số nguyên có dạng Mn = 2n − 1, với n ∈ N∗ được gọi là số Mersenne.
Một số số Mersenne như: M1 = 21 − 1 = 1
M2 = 22 − 1 = 3
M3 = 23 − 1 = 7
M4 = 24 − 1 = 15
M5 = 25 − 1 = 31
M6 = 26 − 1 = 63
M7 = 27 − 1 = 127
Nếu n là hợp số thì Mn là hợp số. Hơn nữa, giả sử n = a.b, với a, b là các số nguyên
lớn hơn 1. Khi đó, a và b đều là ước của n, kéo theo 2a − 1 và 2b − 1 đều là ước của
2n − 1. Như vậy Ma và Mb đều là ước của Mn .
Nếu n là số nguyên tố thì Mn vẫn có thể là hợp số.
Ví dụ 47|M23 ; 167|M83 ; 263|M13 .
Số nguyên tố lớn nhất đã được biết là 232582657 − 1 là số Mersenne.
2.2 Định lí. Cho p là số nguyên tố lẻ và q là ước nguyên tố của Mp . Khi đó q = 2kp+1
với k là một số nguyên dương.
Chứng minh. Với q là ước nguyên tố của Mp ta được: 2p − 1 ≡ 0 (mod q), hay 2p ≡ 1
(mod q) (*).

Do p là số nguyên tố nên p là số nhỏ nhất thỏa (*).
Theo định lý Fermat bé ta có 2q−1 ≡ 1 (mod q). Suy ra p là ước của q − 1. Nhưng q − 1
là số nguyên chẵn nên q − 1 = 2kp tức q = 2kp + 1.
2.3 Một số bài toán.
Bài toán 1. Giả sử p là số nguyên tố có dạng 4k + 3. Khi đó 2p + 1 là số nguyên tố
khi và chỉ khi 2p + 1 chia hết Mp .
Giải. Đặt q = 2p + 1. Giả sử q là số nguyên tố. Khi đó:
q 2 −1
2
= (−1) 8
q
= (−1)

p(p+1)
2

= (−1)2(k+1)(4k+3)
=1
Theo tiêu chuẩn Euler ta được 2

q−1
2

≡ 1 (mod q). Như vậy 2p ≡ 1 (mod q), suy ra

Mp = 2p − 1 ≡ 0 (mod q). Do đó, q là ước của Mp .
Ngược lại, giả sử q là ước của Mp thì 2p ≡ 1 (mod q).
Ta sẽ chứng minh q là số nguyên tố. Thật vậy, nếu q là hợp số thì q có một ước nguyên
√
tố q1 sao cho q1 ≤ q.

7


Theo định lí Fermat bé, ta có 2q1 −1 ≡ 1 (mod q1 ).
Nhưng 2p ≡ 1 (mod q1 ) với p là số nguyên tố. Suy ra p là ước của q1 − 1. Từ đó
√
q1 ≥ p + 1 > q. Điều này là mâu thuẫn với cách gọi q1 ban đầu. Như vậy q phải là số
nguyên tố.
Bài toán 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 7 là ước của Mn .
Giải. Ta có 23 ≡ 1 (mod 7), suy ra 23m ≡ 1 (mod 7) với m là số nguyên dương. Như
vậy với n = 3m, m ∈ N∗ thì Mn chia hết cho 7.
Nếu n không là bội của 3 thì n = 3k + r với r = 1 hoặc r = 2. Khi đó
Mn = 23k+r − 1 = 2r (23k − 1) + 2r − 1
Rõ ràng vế phải không chia hết cho 7.
Do đó, tất cả các giá trị n cần tìm là n = 3m, m ∈ N∗ .
Bài toán 3. Tồn tại hay không số nguyên n > 1 sao cho n là ước của Mn ?
Giải. Giả sử n > 1 là một số nguyên dương sao cho n|Mn đồng thời n là số nguyên
dương nhỏ nhất trong những số có tính chất đó.
Theo định lý Euler ta có 2ϕ(n) − 1 chia hết cho n. Mặt khác
2n − 1; 2ϕ(n) − 1 = 2d − 1
trong đó d = (n; ϕ(n)). Do đó n|2d − 1.
Mà n > 1 nên 2d − 1 > 1, suy ra d > 1, đồng thời d ≤ ϕ(n) < n.
Mặt khác, d|n nên d|2d − 1, tức là tồn tại d có tính chất thỏa yêu cầu của bài toán mà
d < n. Điều này mâu thuẫn với tính chất nhỏ nhất của n.
Như vậy không tồn tại số nguyên n > 1 sao cho n là ước của Mn .
Bài toán 4. Chứng minh rằng Mn + 2 không có ước nguyên tố có dạng 8k − 1.
Giải. Giả sử tồn tại số nguyên tố p = 8k − 1 là ước của Mn + 2. Khi đó p ≡ 3 (mod 4).
−1
Suy ra
= −1.

p
Nếu n là số chẵn thì từ Mn + 2 ≡ 0 (mod p) ta được 2n ≡ −1 (mod p), suy ra
n

−1 ≡ 2 2

2

(mod p).

−1
= 1 , mâu thuẫn.
p
Nếu n là số lẻ thì từ Mn + 2 ≡ 0 (mod p) ta có 2n ≡ (−1) (mod p)
Suy ra

2

n+1
2

2

≡ −2

(mod p)

p−1
p2 −1
−2

−1
2
=
.
= (−1) 2 + 8 = −1 do p ≡ −1 (mod 8).
p
p
p
Điều vô lý trên chứng tỏ rằng Mn + 2 không có ước nguyên tố có dạng 8k − 1.

⇒1=

8


Bài toán 5. Gọi P là tập hợp các số nguyên tố lẻ nhỏ hơn 10000 và p là một phần tử
thuộc P . Với mỗi tập con S của P sao cho
S = {p1 , p2 , . . . , pk }, k ≥ 2, p ∈
/S
biết rằng tồn tại q ∈ P \ S sao cho (q + 1)|(p1 + 1)(p2 + 1). . . (pk + 1).
Tìm tất cả các giá trị có thể có của p.
Giải.
Gọi T là tập hợp các số Mersenne-nguyên tố nhỏ hơn 10000.
T = {M2 , M3 , M5 , M7 , M1 3} = {3, 7, 31, 127, 8191}
Chú ý rằng M11 không phải là số nguyên tố vì 211 − 1 = 23.89
Ta sẽ chứng minh T là tập hợp tất cả các giá trị p cần tìm.
Nếu tồn tại số nguyên tố p thỏa đề bài nhưng không thuộc T thì ta lấy S = T .
Gọi q ∈
/ S, q ≤ 10000 thỏa
q + 1|(M2 + 1)(M3 + 1)(M5 + 1)(M7 + 1)(M13 + 1)

Ta có
(M2 + 1)(M3 + 1)(M5 + 1)(M7 + 1)(M13 + 1) = 230
Cho nên q + 1 phải là một lũy thừa của 2 và q là một số nguyên tố Mersenne nhỏ hơn
10000, vì thế q phải thuộc T = S, mâu thuẫn!
Mặt khác, nếu p là số nguyên tố thỏa đề bài và p thuộc T . Gọi S là tập hợp thỏa
S = {p1 , p2 , . . . , pk } ⊂ P, k ≥ 2, p ∈
/ S và p1 < p2 < p3 < . . . < pk
Giả sử rằng tất cả q ∈ P sao cho
(q + 1)|(p1 + 1)(p2 + 1). . . (pk + 1)
Ta có q ∈ S
Khi đó 4|(p1 + 1)(p2 + 1) ⇒ M2 ∈ S
8|(M2 + 1)(p2 + 1) ⇒ M3 ∈ S
82|(M2 + 1)(M3 + 1) ⇒ M5 ∈ S
128|(M2 + 1)(M5 + 1) ⇒ M7 ∈ S
8192|(M3 + 1)(M5 + 1)(M7 + 1) ⇒ M13 ∈ S. Do đó, p là số Mersenne-nguyên tố nhỏ
hơn 10000 thuộc S, mâu thuẫn!
Như vậy, phải tồn tại q là số nguyên tố nhỏ hơn 10000 với q ∈
/ S và (q + 1)|(p1 + 1)(p2 +
1). . . (pk + 1).
Bài toán 6. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại số nguyên m thỏa mãn
Mn là ước của m2 + 9.
9


Giải. Trước hết ta chứng minh 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1. Một số nguyên có dạng 4k + 3 thì luôn tồn tại một ước số nguyên tố cũng
có dạng 4t + 3.
Chứng minh. Số nguyên a có dạng 4k + 3 là một số lẻ nên nó không có ước nguyên tố
2.
Giả sử a được phân tích tiêu chuẩn theo p1 , p2 , . . . , pn với số mũ tương ứng lần lượt là

α1 , α2 , . . . , αn với pi là các số nguyên tố, αi nguyên dương, i = 1, . . . , n.
Nếu pi ≡ 1 (mod 4), ∀i = 1, n thì a ≡ 1 (mod 4), mâu thuẫn với giả thiết.
Như vậy a phải có ít nhất một ước nguyên tố có dạng 4t + 3.
Bổ đề 2. Nếu các số nguyên x, y và số nguyên tố p có dạng 4t + 3 thỏa mãn: p|x2 + y 2
thì p|x và p|y.
Chứng minh. Nếu p là ước của x hoặc y thì ta có điều phải chứng minh.
Nếu p không là ước của cả x và y thì theo định lí Fermat bé ta có:
x4t+2 + y 4t+2 ≡ xp−1 + y p−1 ≡ 2

(mod p).

Thế nhưng x2 + y 2 ≡ 0 (mod p) nên
x4t+2 + y 4t+2 ≡ 0

(mod p).

Từ hai điều trên cho thấy p = 2, lại mâu thuẫn với giả thiết. Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán
Nếu n = 1 thì với mọi m nguyên, bài toán đều được thỏa mãn.
Nếu n > 1 thì với q là một ước nguyên tố lẻ của n ta có 2q − 1 ≡ 3 (mod 4). Như vậy,
theo Bổ đề 1, 2q − 1 có ít nhất một ước nguyên tố p thỏa p ≡ 3 (mod 4).
.
.
.
Khi đó, (m2 + 9)..(2n − 1), (2n − 1)..(2q − 1), (2q − 1)..p. Suy ra p|m2 + 32 .
Theo bổ đề 2, ta có p|3, p|m, vậy p = 3. Suy ra 3|2q − 1 tức 2|q, điều này mâu thuẫn
do q là số lẻ.
Như vậy n không có ước nguyên tố lẻ, tức n có dạng n = 2k , k ∈ N∗ .
Bây giờ ta chứng minh rằng với mọi k ∈ N∗ thì n = 2k luôn thỏa mãn đề bài.
Thật vậy, ta có

k

0

1

k−1

Mn = 22 − 1 = (22 + 1)(22 + 1) . . . (22

+ 1)

Vế phải là tích các số Fermat nên chúng nguyên tố cùng nhau. Xét hệ phương trình

10


đồng dư:

0

x ≡ 0 (mod 22 + 1)



1

20

(mod 22 + 1)


 x ≡ 3.2
1
2
x ≡ 3.22 (mod 22 + 1)




...



 x ≡ 3.22k−2 (mod 22k−1 + 1)
Theo định lý thặng dư Trung Hoa thì hệ trên có nghiệm x0 . Khi đó


x20




2


 x0
x20








 x2
0

0

(mod 22 + 1)

≡0

1

1

(mod 22 + 1)

2

(mod 22 + 1)

≡ 9.22

≡ 9.22

2

...

k−1

≡ 9.22

k −1

(mod 22

+ 1)

i

Suy ra x20 ≡ −9 (mod 22 + 1) ∀i = 0, k − 1
.
Như vậy x2 ≡ −9 (mod Mn ) tức là x2 + 9..Mn .
0

0

3. Số Hoàn hảo
3.1 Khái niệm. Một số nguyên n ≥ 2 được gọi là số hoàn hảo nếu tổng các ước số
của nó bằng 2n. Tức là σ(n) = 2n.
Ví dụ: 6, 28, 496 là các số hoàn hảo.
Các số hoàn hảo chẵn thì có mối liên hệ mật thiết với các số Mersenne.
3.2 Một số bài toán.
Bài toán 1. Nếu Mk là số nguyên tố thì n = 2k−1 .Mk là một số hoàn hảo.
Giải. Ta có 2k−1 ; 2k − 1 = 1. Do đó
σ(n) = σ 2k−1 .σ 2k − 1
= 2k − 1 .2k
= 2k−1 . 2k − 1 .2

= 2n.
Vậy n là số hoàn hảo.
Bài toán 2. Nếu số nguyên dương chẵn n là một số hoàn hảo thì n = 2k−1 .Mk với Mk
là số nguyên tố, k là số nguyên dương nào đó.
Giải.. Do n là số nguyên dương chẵn nên có thể gọi n = 2t .u với t ≥ 1, u là số lẻ.
Do n là số hoàn hảo nên σ(n) = 2n. Suy ra σ(2t .u) = 2t+1 .u
σ có tính nhân nên σ(2t u) = σ(2t ).σ(u) = (2t+1 − 1) .σ(u)
⇔ (2t+1 − 1).σ(u) = 2t+1 .u
11


Do (2t+1 − 1; 2t+1 ) = 1 nên 2t+1 là ước của σ(u). Từ đó σ(u) = 2t+1 .v, v là số nguyên
dương.
Vậy u = (2t+1 − 1).v
Bây giờ ta chứng minh v = 1. Thật vậy, nếu v > 1 thì
σ(u) ≥ 1 + v + 2t+1 − 1 + v(2t+1 − 1)
= (v + 1)2t+1
> v.2t+1
= σ(u).
Điều mâu thuẫn trên cho thấy v = 1. Suy ra u = 2t+1 −1 = Mt+1 . Hơn nữa, σ(u) = 2t+1 .
Nếu Mt+1 không là số nguyên tố thì σ(u) > 2t+1 (mâu thuẫn). Do vậy Mt+1 phải là số
nguyên tố.
Suy ra n = 2k−1 .Mk , k = t + 1.
Bài toán 3. Chứng minh rằng các số hoàn hảo chẵn đều là số tam giác.
Giải. Theo bài toán 2, n là số hoàn hảo chẵn nên
n = 2k−1 .Mk
2k k
.(2 − 1)
2
m(m + 1)

=
, với m = 2k − 1
2
Bài toán 4. Chứng minh rằng nếu n là số hoàn hảo và chẵn thì 8n + 1 là số chính
=

phương.
m.(m + 1)
, với m là số nguyên dương. Khi đó
2
8n + 1 = 4m(m + 1) + 1

Giải. Ta có số hoàn hảo n =

= (2m + 1)2 .
Vậy 8n + 1 là số chính phương.
Bài toán 5. Chứng minh rằng nếu k là một số nguyên dương lẻ thì 2k−1 .Mk có thể
được viết như là tổng lập phương của 2

k−1
2

số nguyên dương lẻ đầu tiên.

Giải. Ta có
k−1
13 + 33 + 53 + ... + (2n − 1)3 = n2 (2n − 1)2 với n = 2 2
= 2k−1 (2k − 1)
= 2k−1 .Mk
Bài toán 6. a) Chứng minh rằng nếu n là số hoàn hảo lẻ thì nó có dạng n = ps .m2 ,

trong đó p là số nguyên tố dạng 4k + 1, s là số nguyên dương có dạng 4h + 1 và m là
số nguyên dương không chia hết cho p.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n > 1 sao cho n − 1 và
hảo.

12

n(n − 1)
đều là các số hoàn
2


Giải.
a) Gọi phân tích tiêu chuẩn của số n lẻ là
n = pα1 1 .pα2 2 .....pαk k
trong đó p1 , p2 , . . . , pk là các số nguyên tố lẻ phân biệt và α1 , α2 , . . . , αk là các số mũ
nguyên dương tương ứng.
Theo công thức tính σ(n), ta có
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1
pαk k +1 − 1
σ(n) =
.
...
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
Suy ra
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1
pαk k +1 − 1
2n =

.
...
p1 − 1
p2 − 1
pk − 1
Chú ý rằng
pαi i +1 − 1
= 1 + pi + p2i + . . . + pαi i ≡ 1 + αi
pi − 1

(mod 2)

nên thừa số này lẻ khi và chỉ khi số mũ αi chẵn.
Vì n lẻ nên vế phải chẵn và không chia hết cho 4, tức là trong vế phải, chỉ có
đúng một thừa số là chẵn, còn lại đều lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử thừa
pαi +1 − 1
số i
, 1 ≤ i ≤ k chẵn.
pi − 1
Khi đó, các số mũ α1 , α2 , . . . , αi−1 , αi+1 , . . . , αk đều chẵn, dẫn đến tích các ước nguyên
tố với mũ tương ứng này sẽ tạo thành một số chính phương, đặt là m2 với m ∈ N∗ . Do
đó n = pαi i .m2 với pi là số nguyên tố đã nêu ở trên.
Ta chỉ cần chứng minh pi , αi đều là các số chia 4 dư 1. Thật vậy, nếu số nguyên tố pi
có dạng pi = 4k + 3 với k ∈ N thì
αi

αi

pji =
j=0

αi

(4k + 3)j ≡
j=0

3j =
j=0

3αi +1 − 1
2

(mod 4).

Ta biết rằng lũy thừa của 3 chia 4 dư 1 hoặc 3 nên biểu thức trên đồng dư với 0 hoặc
1 theo modulo 4, không thỏa (vì ta cần đồng dư 2 theo modulo 4).
Do đó pi có dạng 4k + 1 với k ∈ N. Từ đó, suy ra
αi

αi

pji
j=0

(4k + 1)j ≡ αj + 1

=

(mod 4).

j=0

Do αi + 1 phải chia 4 dư 2 nên αi chia 4 dư 1, tức là cũng có dạng 4h + 1.

13


b) Trước hết ta chứng minh n là số lẻ. Thật vậy, giả sử ngược lại là n chẵn, khi đó
n − 1 là số hoàn hảo lẻ. Theo a), ta có tất cả các số hoàn hảo lẻ đều có dạng 4k + 1,
n(n + 1)
suy ra n có dạng 4k + 2. Do đó,
là số hoàn hảo lẻ. Kết hợp với a), ta suy ra
2
n(n + 1)
= ps11 .m21 .
2
Với p1 là số nguyên tố chia 4 dư 1, s1 nguyên dương chia 4 dư 1, và m1 nguyên dương
lẻ không chia hết cho p1 .
n
Bây giờ, vì ( , n + 1) = 1 nên từ đẳng thức trên, n + 1 có dạng ps11 .a2 hoặc a2 trong
2
đó a lẻ không chia hết cho p. Tuy nhiên, vì
ps11 .a2 ≡ a2 ≡ 1

(mod 4),

Nên ta có n chia hết cho 4, điều này vô lý vì n chia 4 dư 2. Vậy n phải lẻ.
Áp dụng kết quả bài tập 2 ta thấy rằng tồn tại s ∈ N sao cho 2s+1 − 1 nguyên tố và
n = 2s (2s+1 − 1) + 1. Suy ra
n(n + 1)

= [2s (2s+1 − 1) + 1].[2s−1 (2s+1 − 1) + 1]
2
là một số hoàn hảo lẻ, hay là
[2s (2s+1 − 1) + 1][2s−1 (2s+1 − 1) + 1] =

n(n + 1)
= ps22 .m22
2

Với p2 là số nguyên tố chia 4 dư 1, s2 nguyên dương chia 4 dư 1, và m2 nguyên dương
lẻ không chia hết cho p2 . Vì (2s (2s+1 − 1) + 1, 2s−1 (2s+1 − 1) + 1) = 1 nên một trong
hai số 2s (2s+1 − 1) + 1, 2s−1 (2s+1 − 1) + 1 phải là số chính phương.
Bây giờ ta chứng minh rằng cả hai số này đều không thể chính phương nếu s ≥ 2.
Thật vậy, nếu s ≥ 2, thì cả hai số này đều lẻ. Giả sử 2s (2s+1 − 1) + 1 = b2 , với b > 1
lẻ. Ta có
2s (2s+1 − 1) = (b − 1)(b + 1)
và 2s+1 − 1 nguyên tố, nên 2(2s+1 − 1) là ước của b − 1 hoặc b + 1. Vì 2(b − 1) ≥ b + 1
nên
(b − 1)(b + 1) ≥ 2(2s+1 − 1)2 > 2s (2s+1 − 1) = (b − 1)(b + 1)
vô lý. Trường hợp 2s−1 (2s+1 − 1) chứng minh tương tự.
Vậy phải có s = 1, suy ra n = 7. Thử lại thấy thỏa mãn. Đây là giá trị duy nhất cần
tìm.

14


Tài liệu tham khảo
[1] Titu Andreescu, Dorin Andrica, Number Theory Structures, Examples, and Problems, 2009, Springer.
[2] G.H.Hardy, E.M.Wright, An Introduction to the Theory of numbers, fourth edition,
1959, Oxford at the Clarendon Press.

[3] Kenneth Ireland, Michael Rosen, A classical Introduction to Modern Number Theory, second edition, 1992, Springer.
[4] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Lời giải và
bình luận đề thi VMO 2016, 2016, VietMaths.net.

15