Các ước so của so Mersenne.docx

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
PHẠM TH± PHƯ NG
CÁC Ư C SO CỦA SO MERSENNE
Thái Nguyên - 2017

Tải tài liệu tại sividoc.com
PHẠM TH± PHƯ NG
CÁC Ư C SO CỦA SO MERSENNE
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cap
Mã so: 60 46 01 13
LU N VĂN THẠC SĨ TOÁN HOC
NGƯ I HƯ NG DȀN KHOA HOC:
GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI
Thái Nguyên - 2017

i
Mnc lnc
Danh mnc các ký hi u, các chfi viet tat iii
M đau 1
1 So hoàn hảo, so Mersenne trong lịch sfi 3
1.1 So hoàn hảo, tà Pythagoras đen Euler....................................... 3
1.2 So Mersenne ...................................................................................... 9
1.3 M®t so tính chat đ c bi t của so hoàn hảo chȁn ...................... 18
1.4 So hoàn hảo lẻ................................................................................. 21
2 Các ư c nguyên to của so Mersenne 25
2.1 Ước lượng c n trên của tőng nghịch đảo các ước nguyên to
của so Mersenne ............................................................................. 25
2.1.1 Phát bieu ket quả................................................................ 25
2.1.2 M®t so bài toán................................................................... 28
2.1.3 Cháng minh các Định lí 2.1 - 2.3................................... 30
2.1.4 Cháng minh Định lí 2.4 ...............................................36
2.2 Ước lượng c n dưới của tőng nghịch đảo các ước nguyên to
của so Mersenne ............................................................................. 40
2.2.1 M®t so ket quả.................................................................... 40
2.2.2 Các bő đe............................................................................. 42
2.2.3 Cháng minh Định lí 2.5 ...............................................46
Ket lu n và kien nghị 51
Tài li u tham khảo 52

ii
Danh mnc các ký hi u, các chfi viet tat
φ(m) Hàm Euler của m.
σ(m) Hàm tőng các ước của m.
τ(m) Hàm so các ước của m.
Ω(m) So thàa so nguyên to của m.
ω(m) Tương áng tính b®i ho c không tính b®i của m.
log x Logarit tự nhiên của x.
[a, b] B®i chung nhỏ nhat của hai so a, b.
(a, b) Ước chung lớn nhat của hai so a, b.

1
M đau
Các so Mersenne và so hoàn hảo là đe tài xuyên suot của lý thuyet so,
tà thời Hy Lạp cő đại cho đen ngày hôm nay. Đây là m®t chủ đe vàa phù
hợp với chương trình Toán b c THPT, lại vàa cháa đựng nhǎng nghiên
cáu mới. Dưới sự hướng dan t n tình của GS.TSKH. Hà Huy Khoái, tác
giả chon đe tài " Các ước so của so Mersenne".
Lu n văn có hai mục tiêu chính:
- Giới thi u m®t bác tranh toàn cảnh ve lịch sả phát trien của so hoàn
hảo và so Mersenne, nhǎng phát kien và sai lam trong quá trình nghiên
cáu so Mersenne và so hoàn hảo.
- Trình bày m®t so ket quả nghiên cáu hi n đại ve các ước so của so
Mersenne. Đây là m®t van đe quan trong, đ c bi t trong vi c tìm ra nhǎng
so nguyên to lớn.
Với mục tiêu trên, tác giả tien hành nghiên cáu hai n®i dung chính tương
áng với hai chương:
Chương 1. So hoàn hảo, so Mersenne trong lịch sfi
1.1. So hoàn hảo, tà Pythagoras đen Euler
1.2. So Mersenne
1.3. M®t so tính chat đ c bi t của so hoàn hảo chȁn
1.4. So hoàn hảo lẻ
Chương 2. Các ư c nguyên to của so Mersenne
2.1.Ước lượng c n trên của tőng nghịch đảo các ước nguyên to của so
Mersenne

2
2.2.Ước lượng c n dưới của tőng nghịch đảo các ước nguyên to của so
Mersenne
Qua bản lu n văn này, tác giả xin gải lời cảm ơn tới Ban Giám hi u
trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên, Khoa Toán - Tin, cùng
các giảng viên đã tham gia giảng dạy và tạo moi đieu ki n tot nhat đe tác
giả hoc t p và nghiên cáu trong suot thời gian qua.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac tới Giáo sư - Tien sĩ khoa
hoc Hà Huy Khoái - người đã t n tình, chỉ bảo, đ®ng viên khích l tác giả
trong suot quá trình hoc t p và thực hi n lu n văn.
Cuoi cùng, tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đong nghi p và tat cả
moi người đã quan tâm, đ®ng viên và giúp đơ đe tác giả có the hoàn thành
lu n văn của mình.
Tác giả rat mong nh n được ý kien đóng góp của quý đ®c giả đe bản
lu n văn này được hoàn thi n hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!

3
Chương 1
So hoàn hảo, so Mersenne trong
lịch sfi
1.1 So hoàn hảo, tfi Pythagoras đen Euler
Định nghĩa đau tiên ve so hoàn hảo dùng khái ni m goi là "phan chia
het", nguyên goc là "aliquot parts", von có nguon goc tà tieng Latin, trong
đó "ali" có nghĩa là "khác" và "quot" nghĩa là "có bao nhiêu".
M®t "phan chia het" của m®t so là m®t thương thực sự của so đó, nghĩa
là thương khác so ban đau. Ví dụ 1, 2 và 5 là các "phan chia het" của 10
vì
10
1 = ,2 =
10
10 10
, 5 = ,
5 2
còn 10 không phải là m®t "phan chia het" vì 10 không phải là m®t thương
thực sự của 10.
Đ nh nghĩa nguyên thủy: M®t so được goi là hoàn hảo neu nó bang tőng
các "phan chia het" của nó.
Ví dự.
+) So 6 có các phan chia het là 1, 2, 3 và 1 + 2 + 3 = 6 nên so 6 là m®t so
hoàn hảo.
+) So 10 có các phan chia het là 1, 2, 5 và 1 + 2 + 5 = 8 nên so 10 không
phải là m®t so hoàn hảo.
Đe có m®t định nghĩa hi n đại, người ta dùng khái ni m sau

4
Σ
Định nghĩa 1.1 Hàm tőng các ước là hàm
σ(n) = d,
d|n
trong đó n là m®t so nguyên dương và tőng chạy qua tat cả các ước nguyên
dương của n (bao gom cả 1 và chính nó).
Nhờ khái ni m này, ta có
Định nghĩa 1.2 M®t so tự nhiên n được goi là hoàn hảo neu
σ(n) = 2n.
Khi σ(n) < 2n thì n được goi là thieu và khi σ(n) > 2n thì n được goi là
thùa.
Ví dự.
+) So 12 có các ước so là 1, 2, 3, 4, 6 và 12. Ta có
σ(12) = 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28 > 12. Do đó so 12 là m®t so thàa.
+) So 10 là so thieu vì σ(10) = 1 + 2 + 5 + 10 = 18 < 20 .
+) Các so 6, 28 là các so hoàn hảo vì σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12, và
σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 = 56.
M®t cách tương đương, m®t so là hoàn hảo khi nó bang tőng các ước
thực sự của nó.
Theo tác giả C.M.Taisbak, dường như người Ai C p cő đại là nhǎng
người đau tiên sả dụng so hoàn hảo trong các tính toán của mình.
Aurelius Augustinus (354 – 430) trong quyen "The City of God" nhac
lại rang Chúa trời thực hi n sự sáng tạo ra the giới muôn loài trong 6 ngày,
bởi vì sự hoàn hảo của công vi c được the hi n ở so 6. Nguon goc thá hai
của loài người sinh ra tà so thieu 8: Kinh thánh nói rang trong chiec tàu
của Noah có 8 linh hon tà đó xuat hi n ra toàn b® loài người, nhưng quá
trình sáng tạo này không được hoàn hảo vì 8 là so "thieu". Nguon goc này
xem chàng không được coi trong bang nguon goc thá nhat bởi lí do đơn
giản: 6 là so hoàn hảo! M t trăng quay m®t vòng quanh Trái đat het 28
ngày cũng bởi lí do 28 là m®t so hoàn hảo.

5
Theo Pythagoras, sự hoàn hảo của các con so phụ thu®c vào các ước
so của nó. Nhǎng người theo trường phái Pythagoras luôn luôn tin tưởng
vào so 6, ho xem nó là so đep nhat, tượng trưng cho sác khỏe và vẻ đep
của con người. Pythagoras còn cho rang con so 6 là hoàn hảo không phải
là do Chúa đã chon nó, mà bởi vì sự hoàn hảo là thu®c tính sở hǎu của
con so đó: "so 6 tự nó đã là hoàn hảo chá không phải vì Chúa đã tạo ra
vạn v t trong 6 ngày, thực ra thì ngược lại mới đúng, Chúa đã tạo ra vạn
v t trong 6 ngày bởi vì đó là con so hoàn hảo và nó van cá hoàn hảo th m
chí neu như chuy n đó không xảy ra."
Trong quyen "Cơ sở" của Euclid, viet khoảng 300 năm trước Công
nguyên, m nh đe 36 trong quyen thá 9 của b® "Cơ sở" nói rang
"Bat đau tà đơn vị, gap đôi liên tục roi lay tőng cho đen khi ket quả là
m®t so nguyên to, đem nhân với so cuoi cùng trong tőng, ta sě nh n được
m®t so hoàn hảo".
Sau đây ta thực hi n tàng bước theo Euclid. Dãy so mà Euclid nói đen
là
1, 2, 4, 8, 16, 32, . . .
Lay tőng các so đau tiên trong dãy ta có các ket quả
1 + 2 = 3;
1 + 2 + 4 = 7;
1 + 2 + 4 + 8 = 15;
1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31.
Ta chon ví dụ so 31. Đem nhân với so cuoi cùng trong tőng ta có
31.16 = 496,
là m®t so hoàn hảo!
Euclid cũng đã cháng minh được rang neu p = 1 + 2 + 22
+ . . . .. + 2n
là
m®t so nguyên to thì 2n
p là m®t so hoàn hảo. Ông chỉ ra rang 2n
p có tat
cả các ước thực sự là 1, 2, . . . , 2n
, p, 2p, . . . , 2n−1
p và tőng của chúng đúng
bang 2n
p.
Theo ngôn ngǎ hi n đại, m nh đe của Euclid trở thành

6
M nh đe 1.1 Neu n là so nguyên lớn hơn 1 thóa mãn 2n
− 1 là m®t so
nguyên to thì 2n−1
(2n
− 1) là m®t so hoàn hảo.
Các nhà toán hoc sau này thường goi phát hi n này là Định lí Euclid
và các so có dạng 2n−1
(2n
− 1) (trong đó 2n
− 1 là m®t so nguyên to) là so
Euclid. Nhưng Euclid mới chỉ cho chúng ta m®t chieu, và do đó m®t câu
hỏi được đ t ra là: li u còn so hoàn hảo nào khác không nam trong các so
có dạng này không? Đây có the nói là m®t trong nhǎng van đe quan trong
trong lịch sả nghiên cáu so hoàn hảo.
Công trình ý nghĩa tiep theo sau Euclid mà ta phải nhac đen là của nhà
toán hoc Nicomachus (60-120 sau Công nguyên). Năm 100, Nicomachus
viet quyen "Introductio Arithmetica" trong đó ông phân loại các so dựa
vào khái ni m so hoàn hảo. Theo đó, có 3 loại: so thàa, so thieu và so
hoàn hảo. Nicomachus đe ra các ket quả liên quan đen so hoàn hảo, đó là
5 khȁng định (hay phán đoán?) sau
1. So hoàn hảo thá n có n chǎ so.
2. Moi so hoàn hảo đeu chȁn.
3. So hoàn hảo có chǎ so cuoi cùng luân phiên giǎa 6 và 8.
4. Moi so hoàn hảo đeu có dạng 2n−1
(2n
− 1) trong đó n > 1 và 2n
− 1 là
m®t so nguyên to.
5. Có vô hạn so hoàn hảo.
Năm khȁng định của Nicomachus chỉ có được tà sự phân tích cách tìm so
hoàn hảo của Euclid đã nói ở trên và chỉ với 4 ví dụ ve so hoàn hảo thời
điem đó: 6, 28, 496, 8128. Và m c dù chưa được kiem cháng nhưng chúng
đã được công nh n trong nhieu năm.
Đen t n thời kì đau giai đoạn Phục Hưng ở châu Âu (khoảng năm 1500),
các khȁng định của Nicomachus van được xem là đúng. Carolus Bovillus
(1470 − 1553) - m®t nhà than hoc và triet hoc xuat bản m®t cuon sách ve
so hoàn hảo năm 1509, trong đó ông cho rang moi so hoàn hảo là so chȁn,
nhưng cháng minh của ông chỉ áp dụng được cho các so Euclid.

7
Bovilus khȁng định 2n
− 1 là m®t so nguyên to neu n là so lẻ, chȁng hạn
với n = 3, 5, 7 ta được các so 7, 31, 127 là các so nguyên to. Khȁng định
này rõ ràng sai vì với n = 9, 11, các so 511, 2047 là hợp so. Ông còn đưa ra
danh sách các so hoàn hảo dạng 2n−1
(2n
− 1) với n là các so lẻ không vượt
quá 39 và lại sai m®t lan nǎa! (có 8 so thu®c vào danh sách này không
phải là hoàn hảo).
Tuy nhiên, cùng với ông, cũng có các nhà toán hoc cùng mac chung sai
lam như v y còn rat nhieu: De la Roche, Giradus Ruffus,...
Năm 1536, Hudalrichus Regius đã làm nên bước đ®t phá khi xuat bản
cuon "Utriusque Arithmetices", trong đó ông đưa ra phân tích
211
− 1 = 2047 = 23.89.
Như v y, ông là người tìm ra so nguyên to p đau tiên đe 2p−1
(2p
−1) không
phải là m®t so hoàn hảo.
Pierre de Fermat (1601 − 1665) trong thư gải Mersenne ngày 26 − 12 −
1638 tin tưởng rang mình có m®t phương pháp "toàn năng" đe giải quyet
tat cả các câu
nhau như sau
hỏi liên quan đen ước thực sự. Fermat viet 2 dãy so lien
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1 3 7 15 31 63 127 255 511 1023 2047 4095 8191
trong đó dãy ở trên là dãy các so tự nhiên liên tiep, còn dãy ở dưới là dãy
(2n
− 1), áng với các so n ở ngay trên nó.
Fermat phát hi n được các tính chat sau:
1. Neu m®t so ở dòng trên là hợp so thì so ở dòng dưới tương áng cũng
là hợp so. Chȁng hạn 6 ở dòng trên là hợp so và 63 ở dòng dưới cũng
là hợp so.
2. Neu m®t so ở dòng trên là nguyên to thì so ở dòng dưới tương áng trà
đi 1 phải chia het cho 2 lan so ở dòng trên. Chȁng hạn 7 là nguyên to
và so ở dòng dưới 127 thỏa mãn 126 chia het cho 14.
3. Neu so ở trên là nguyên to thì so ở dưới tương áng không chia het cho
so nguyên to nào khác ngoại trà các so lớn hơn 1 so với m®t b®i nào

8
đó của 2 lan so trên. Chȁng hạn 11 là nguyên to và 2047 chỉ có 2 ước
nguyên to là 23 và 89, cả 2 đeu có dạng 22k + 1.
Bài toán tìm công thác so hoàn hảo chȁn chỉ được giải quyet tron ven
và chính xác dưới bàn tay của b® óc vĩ đại Leonard Euler (1707-1783).
Euler chú ý rang 2n
− 1 có the là hợp so ke cả khi n là so nguyên to,
chȁng hạn 211
− 1 = 23.89. Với n là nguyên to có dạng 4m − 1 ho c 8m − 1
thì 2n
− 1 có ước là 8m − 1. Ông đã viet: "Tôi tin rang ngoài các trường
hợp ke trên, 2n−1
(2n
− 1) sě là so hoàn hảo với các giá trị nguyên to của n
không vượt quá 100. Euler sau đó đã tự mình tìm ra loi trong phát bieu
đau tiên cho các trường hợp n bang 41 và 47.
Năm 1738, Euler cháng minh được 229
− 1 không nguyên to, và do đó
phủ định phán đoán của Nicomachus.
Năm 1747, tà định lí Fermat, Euler cháng minh ket quả: neu n là m®t
so nguyên to sao cho 2n
− 1 là hợp so thì 2n
− 1 không có các ước so khác
dạng mn + 1, và l p bảng các ước nguyên to của 2n
− 1 với n ≤ 37. Và
đen năm 1749, ông cháng minh được moi so hoàn hảo chȁn là so Euclid,
qua đó đã kiem cháng phán đoán của Nicomachus, ít nhat là trong trường
hợp các so hoàn hảo chȁn.
Định lí 1.1 (Euler) Neu a là m®t so hoàn hảo chȁn thì a có the viet dưới
dạng
a = 2k−1
(2k
− 1),
trong đó 2k
− 1 là m®t so nguyên to.
Chúng minh. Giả sả a = 2n
b là m®t so hoàn hảo, trong đó b lẻ. Goi B là
tőng các ước của b. Tőng các ước của a bang 2a vì a là so hoàn hảo, trong
khi tőng các ước của 2n
b là (2n+1
− 1)B, vì v y
(2n+1
− 1)B = 2a = 2n+1
b,
và do đó b = (2n+1
− 1)c với c là so nguyên nào đó (vì 2n+1
− 1 và 2n+1
nguyên to cùng nhau).

9
≥
Neu c > 1 thì B ≥ b + 2n+1
− 1 + c + 1 = 2n+1
(c + 1), suy ra
hay
B 2n+1
(c + 1)
>
b b
2n+1
2n+1 − 1
,
mâu thuan!
B(2n+1
− 1) > 2n+1
b,
V y c = 1, lúc đó b = 2n+1
− 1 và phải là m®t so nguyên to vì tőng
các ước của nó là B = 2n+1
. Đieu này có nghĩa là a là m®t so Euclid. Ket
quả của Euler đã ket thúc quá trình lâu dài đi tìm công thác so hoàn hảo
chȁn, đong thời chính thác khȁng định moi quan h giǎa so hoàn hảo và
so nguyên to dạng 2n
− 1, goi là so nguyên to Mersenne mà ngay sau đây
ta tìm hieu.
1.2 So Mersenne
Như đã nói ở trên, sau các ket quả mang tính đ®t phá của mình, Hu-
dalrichus Regius đã tìm được so hoàn hảo thá 5 là
212
(213
− 1).
Năm 1555, J.Scheybl đưa ra được so hoàn hảo thá 6 trong bài bình lu n
ve tác phȁm "Cơ sở" của Euclid.
Chỉ dan của Euclid giúp các nhà toán hoc định hướng vào vi c phát
hi n các so nguyên to dạng 2n
− 1. M c dù m®t ket lu n chính xác ve so
hoàn hảo chȁn được Euler đưa ra vào năm 1749 và khái ni m so nguyên to
Mersenne mới chỉ xuat hi n sau này, nhưng các khám phá ve các so dạng
2n
− 1 đã có tà trước đó rat lâu.
Ta có định nghĩa ve so Mersenne như sau
Định nghĩa 1.3 Giả sủ m là m®t so nguyên dương, khi đó Mm = 2m
− 1
được goi là so Mersenne thú m. Neu p là so nguyên to và Mp cũng nguyên
to, thì Mp được goi là so nguyên to Mersenne.

10
Ví dn. M2, M3, M5, M7 là các so nguyên to Mersenne.
M11 là hợp so.
Các so có dạng này được đ t theo tên của Marin Mersenne (1588−1648)
- nhà than hoc, triet hoc, toán hoc, nhạc lý hoc người Pháp, người được
xem là "trung tâm của khoa hoc Paris nhǎng năm đau the kỉ 17".
Năm 1603, nhà toán hoc người Ý Cataldi (1548 − 1626) tìm được phân
tích nguyên to của tat cả các so không vượt quá 800, và l p bảng các so
nguyên to đen 750 (có 132 so nguyên to). Dùng bảng này, Cataldi đã cháng
tỏ rang
là m®t so nguyên to.
217
− 1 = 131071,
Cataldi đã làm mat 132 phép tính. Tà ket quả đó, ông tìm được so hoàn
hảo thá 6 là
216
(217
− 1) = 8589869056.
Đen lúc này thì khȁng định của Nicomachus rang so hoàn hảo luân phiên
t n cùng 6 và 8 đã bị bác bỏ, vì so hoàn hảo thá 5 và 6 đeu t n cùng là 6.
Cataldi cũng dùng phương pháp tương tự đe kiem tra 219
− 1 = 524287 là
m®t so nguyên to và vì the so hoàn hảo thá 7 được phát hi n
218
(219
− 1) = 137438691328.
M c dù đạt được các ket quả tuy t vời như v y, Cataldi van mac sai
lam. Ông cho rang các so mũ áng với n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37
trong công thác 2n−1
(2n
− 1) sě cho ta các so hoàn hảo. Khȁng định này
sai với n = 23, 29, 37.
Có the tin rang, Fermat đã tìm ra m®t định lí női tieng nhờ nghiên cáu
so hoàn hảo. Định lí được phát bieu như sau: "Cho p là m®t so nguyên to
và a là m®t so nguyên không chia het cho p, khi đó ap−1
− 1 chia het cho
p" (Đ nh lý Fermat nhó).
Sả dụng Định lý Fermat nhỏ của mình, ông đưa ra bác bỏ cho 2 khȁng
định trước đó của Cataldi bang cách chỉ ra 223
− 1 và 237
− 1 là hợp so.

11
Không nhǎng chỉ ra nó là hợp so, ông còn chỉ cho Mersenne cách phân tích
237
− 1 = 223.616318177.
Năm 1484, nhà toán hoc Pháp Luca Paciuolo de Borgo San Sepolero
sau khi đưa ra được quy tac Euclid, trong đó phải thả xem 1 + 2 + 4 +
. . . + 2n
có là so nguyên to hay không, đã khȁng định so hoàn hảo thá 14
là 9007199187632128. Ông lí giải như sau: lay 9007199187632128 chia cho
2, roi lại lay thương tiep tục chia cho 2 và cá tiep tục như v y. Sau 26
phép chia ông nh n được so 134217727. Như v y, so ban đau có các ước là
1, 2, 22
, . . . , 226
và 134217727. Đe ý rang
1 + 2 + 22
+ ... + 226
+ 134217727 = 9007199187632128,
và do đó 9007199187632128 phải là m®t so hoàn hảo.
Tuy nhiên, đieu này không đúng, đơn giản vì so 134217727, được ông
đánh dau là "không chia được nǎa" (ám chỉ nó là m®t so nguyên to) lại
không phải là m®t so nguyên to, nó có ước là 7 (đieu này đã được các nhà
toán hoc Bovilus và Cataldi chỉ ra sau đó: 9007199187632128 là m®t so
thàa).
E.Lucas cũng đạt được m®t so ket quả rat hay là: moi so hoàn hảo chȁn
ngoài 6 và 496 t n cùng là 16, 28, 36, 56 hay 76; so hoàn hảo bat kỳ trà
28 có dạng 7k ± 1 ; so hoàn hảo bat kỳ trà 6 có so dư 1, 2, 3 hay 8 khi
chia cho 13.
Các ket quả nói ở trên của Fermat làm Mersenne rat thích thú. Năm
1646, Mersenne xuat bản cuon "Cogitata physica mathematica" trong đó
có nêu
Giả thuyet 1.1 (Mersenne, 1646) 2n
−1 là nguyên to (và do đó 2n−1
(2n
−
1) là so hoàn hảo) với các giá trị sau của n
n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127, 257,
và là hợp so với 44 giá trị nguyên to khác của n ≤ 257.
Tuy v y, Mersenne không the nào kiem tra được ket quả này mà chỉ thàa
nh n, ông viet

12
"Đe kiem tra m®t so có 15 hay 20 chǎ so có nguyên to hay không chac
phải mat cả đời!"
Nhưng đáng kinh ngạc là trong 47 so nguyên to tà 19 đen 257, phán
đoán của Mersenne đúng đen 42 so.
Năm 1679, Joh. Wilh. Pauli chỉ ra 211
− 1 chia het cho 23, 223
− 1 chia
het cho 47, 241
− 1 chia het cho 83, qua đó đưa ra câu trả lời phủ định cho
nh n định của G.W.Leibniz (1646-1716) rang 2p
− 1 là so nguyên to neu
và chỉ neu p là so nguyên to. Cụ the hơn, Cataldi và Fermat đã chỉ ra
M nh đe 1.2 Neu 2n
− 1 là nguyên to thì n phải là m®t so nguyên to.
Chúng minh. Khȁng định này có the cháng minh rat đơn giản. Giả sả
n = r.s với r, s > 1. Khi đó
2n
− 1 = (2r
)s
− 1 = (2r
− 1)((2r
)s−1
+ . . . + 2r
+ 1)
Đieu này có nghĩa 2n
− 1 là hợp so.
Năm 1732, tác hơn 100 năm sau khi phát hi n so hoàn hảo thá 7,
Leonard Euler cháng minh được 231
− 1 là nguyên to, do đó tìm ra
230
(231
− 1) = 2305843008139952128,
là so hoàn hảo thá 8.
Năm 1738, Euler đã cháng tỏ
229
− 1 = 536870911 = 233.1103.2089.
So hoàn hảo thá 8 của Euler là so lớn nhat được biet trong vòng 150 năm
tính đen thời điem đó. Đen mác m®t so nhà toán hoc như Peter Barlow,
đã viet trong quyen "Lý thuyet so" xuat bản năm 1811 ve so hoàn hảo
230
(231
− 1), rang
"Nó là so hoàn hảo lớn nhat mà chúng ta tàng biet, chac không còn ai
có the tìm được so nào lớn hơn nó nǎa"
Đây rút cu®c cũng chỉ là m®t trong vô so các phán đoán sai liên quan
đen so hoàn hảo!
Loi đau tiên trong bảng của Mersenne được phát hi n năm 1876 bởi
E.Lucas khi ông cháng tỏ được 267
− 1 là m®t hợp so. Lucas sau đó đã xác

13
S(1) = 4
minh 2127
− 1 là m®t so nguyên to có 39 chǎ so. Ông nói rang mình có m®t
kĩ thu t kiem tra có hay không khȁng định của Mersenne rang 2n
− 1 là so
nguyên to với n = 53, 67, 127, 257 m®t cách chính xác. Ông l p bảng các
nhân tả nguyên to của 2n
− 1 với n ≤ 40. Ông cũng đưa ra m®t bảng gom
nhǎng so nguyên to với 12 đen 16 chǎ so là nhân tả của 2n
− 1 với n = 49,
59, 65, 69, 87 và của 2n
+ 1 với n = 43, 47, 49, 53, 69, 72, 75, 86, 94, 98,
99, 135 và nhǎng giá trị chȁn khác của n > 100. Các ý tưởng và phương
pháp của Lucas thực sự mang tính cách tân và nó đã trở thành cơ sở cho
vi c phát hi n các so nguyên to Mersenne sau này dựa vào máy tính. Đen
năm 1930, Lehmer đã cải tien phép thả và viet nó dưới dạng đơn giản sau
M nh đe 1.3 (Phép thfi Lucas-Lehmer) Cho p là m®t so nguyên to
lé. Khi đó 2p
− 1 là nguyên to khi và chí khi 2p
− 1 là ước của S(p − 1)
trong đó dãy S(n) xác đ nh bới
S(n + 1) = S(n)2
− 2
Viet dưới dạng m®t thu t toán như sau:
Lucas − Lehmer − Test(p):
s := 4;
for i from 3 to p do s := s2
− 2 (mod 2p
− 1);
if s = 0 then
2p
− 1 is prime
else
2p
− 1 is composite
Năm 1883, Pervouchine phát hi n 261
−1 là nguyên to, nghĩa là Mersenne
đã thieu so 61. Đen năm 1911, các so bị thieu tiep theo được chỉ ra bởi
Powers khi ông cháng minh 289
− 1 là m®t so nguyên to, và 2107
− 1 là
nguyên to m®t năm sau đó.

14
a = 2
0
Năm 1922, Kraitchik cháng tỏ được Mersenne đã sai với so nguyên to
cuoi cùng trong dãy: 2257
− 1 là m®t hợp so.
Cuoi cùng, đen năm 1947 bảng của Mersenne đã được kiem tra hoàn
toàn và ket quả cuoi cùng: 2n
− 1, n ≤ 257 là nguyên to với các so sau:
n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127.
Dựa vào phát hi n của Lucas nói rang 127 là m®t so nguyên to Mersenne
và 2127
− 1 cũng là m®t so như v y, Catalan đã đưa ra dự đoán
Giả thuyet 1.2 (Catalan) Các so an, n ≥ 1 đeu là so nguyên to (và do
đó là so nguyên to Mersenne), trong đó dãy (an)n được cho bởi
an+1 = 2an
− 1
Hien nhiên neu giả thuyet này đúng thì câu hỏi ve vi c có ton tại vô
hạn so nguyên to Mersenne (suy ra ton tại vô hạn so hoàn hảo) được giải
quyet. De thay
a1 = 3, a2 = 7, a3 = 127,
đeu là so nguyên to, còn a4 = 2127
− 1 là nguyên to theo Lucas. Người ta
van chưa kiem tra được a5, m®t con so to khủng khiep, có phải là nguyên
to hay không. Nên biet là so Mersenne lớn nhat vàa tìm ra năm 2017 là
274,207,281
− 1, có 22,338,618 chǎ so.
Cũng tương tự với dự đoán của Catalan, có thêm m®t dự đoán nǎa như
sau
Dfi đoán 1.1 Neu n là m®t so nguyên to Mersenne thì 2n
− 1 cũng là m®t
so nguyên to Mersenne.
Tuy nhiên, bon so 2213
−1
− 1, 2217
−1
− 1, 2219
−1
− 1 và 2231
−1
− 1 đã được
kiem tra là hợp so và do đó dự đoán này bị bác bỏ.
Năm 1989, Bateman, Selfridge và Wagstaff đưa ra giả thuyet sau.
Giả thuyet 1.3 Cho p là m®t so tự nhiên lẻ. Neu hai trong ba đieu ki n
sau thỏa mãn thì đieu ki n còn lại cũng được thỏa mãn:

15
1. p = 2k ± 1 ho c p = 4k ± 3.
2. 2p
− 1 là nguyên to .
2p
+ 1
3. là nguyên to.
3
Tới tháng 9-2008, có 46 so hoàn hảo được phát hi n, trong đó so 288
(289
−
1) là so lớn nhat được phám phá bang tính toán nhờ giay bút và so nguyên
to Mersenne thá 45 được tìm thay
243112609
− 1,
với hơn 10 tri u chǎ so.
Và chỉ m®t tháng sau, so nguyên to Mersenne thá 46 được tìm thay là
237156667
− 1,
nhỏ hơn so ở trên!
George Woltman, m®t l p trình viên đưa lên m®t chương trình được
toi ưu hóa cực cao phục vụ cho công cu®c tìm kiem. Đó chính là chương
trình GIMPS (Great Internet Mersenne Prime Search), thu hút hàng chục
chuyên gia và hàng nghìn người nghi p dư tham gia tìm kiem. So nguyên
to Mersenne lớn nhat hi n nay do ông tìm ra nhờ vi c cho chương trình
quét qua tat cả các lo hőng chưa được kiem tra trước đó.
Năm 2013, so nguyên to Mersenne đã tìm ra là 257885161
−1 có 17425170
chǎ so. Quy Electronic Frontier Foundation (www.eff.org) trao giải thưởng
150.000 USD cho ai tìm được so nguyên to Mersenne có trên 100 tri u chǎ
so và 250.000 USD cho so có trên 1 tỉ chǎ so và 3000 USD cho bat kỳ so
nguyên to mới nào dưới 100 chǎ so.
Đen ngày 7 − 1 − 2017, so nguyên to Mersenne mới nhat được công bo
trong le k ni m 20 năm ngày thành l p GIMPS. Đó là 274,207,281
− 1, có
22,338,618 chǎ so.
Bảng sau đây gom 49 so nguyên to Mersenne đã được biet đen năm
2017, trong đó ta ký hi u Mp = 2p
− 1 là so nguyên to Mersenne và Np là
so hoàn hảo 2p−1
(2p
− 1) áng với so nguyên to p.

16
So thá tự
(1)
p
(2)
So chã so của Mp
(3)
So chã so của Np
(4)
Năm phát hi¾n
(5)
Người phát hi¾n
(6)
1 2 1 1 ... ...
2 3 1 2 ... ...
3 5 2 3 ... ...
4 7 3 4 ... ...
5 13 4 8 1456 ...
6 17 6 10 1588 Cataldi
7 19 6 12 1588 Cataldi
8 31 10 19 1772 Euler
9 61 19 37 1883 Pervushin
10 89 27 54 1911 Powers
11 107 33 65 1914 Powers
12 127 39 77 1876 Lucas
13 521 157 314 1952 Robinson
14 607 183 366 1952 Robinson
15 1279 386 770 1952 Robinson
16 2203 664 1327 1952 Robinson
17 2281 687 1373 1952 Robinson
18 3217 969 1937 1957 Riesel
19 4253 1281 2561 1961 Hurwitz
20 4423 1332 2663 1961 Hurwitz
21 9689 2917 5834 1963 Gillies
22 9941 2993 5985 1963 Gillies
23 11213 3376 6751 1963 Gillies
24 19937 6002 12003 1971 Tuckerman
Bảng 1.1: Bảng 24 so nguyên to Mersenne đau tiên

17
(1) (2) (3) (4) (5) (6)
25 21701 6533 13066 1978 Noll và Nickel
26 23209 6987 13973 1979 Noll
27 44497 13395 26790 1979 Nelson và Slowinski
28 86243 25962 51924 1982 Slowinski
29 110503 33265 66530 1988 Colquitt và Welsh
30 132049 39751 79502 1983 Slowinski
31 216091 65050 130100 1985 Slowinski
32 756839 227832 455663 1992 Slowinski và Gage
35 1398269 420921 841842 1996 Armengaud, Woltman
36 2976221 895932 1791864 1997 Spence, Woltman
37 3021377 909526 1819050 1998 Clarkson, Woltman, Kurowski
38 6972593 2098960 4197919 1999 Hajratwala, Woltman, Kurowski
39 13466917 4053946 8107892 2001 Cameron, Woltman, Kurowski
40 20996011 6320430 12640858 2003 Shafer, Woltman, Kurowski
41 24036583 7235733 14471465 2004 Findley, Woltman, Kurowski
42 25964951 7816230 15632458 2005 Nowak, Woltman, Kurowski
? 30402457 9152052 18304103 2005 Cooper, Boone, Woltman, Kurowski
? 32582657 9808358 19616714 2006 Cooper, Boone, Woltman, Kurowski
? 37156667 11185272 22370543 2008 Elvenich, Woltman, Kurowski
? 42643801 12837064 25674127 2009 Strindmo, Woltman, Kurowski
? 43112609 12978189 25956377 2008 Smith, Woltman, Kurowski
? 57885161 17425170 34850339 2013 Cooper, Woltman, Kurowski
? 74207281 22338618 44677236 2017 Cooper, Blosser, Kurowski
Bảng 1.2: Bảng 25 so nguyên to Mersenne tiep theo

18
Dau ? được đ t ở vị trí thá tự áng với các so ở cùng dòng đó mà người ta
chưa kiem tra được li u giǎa chúng có còn so nào bị bỏ sót không. Chȁng
hạn các giá trị tà p = 25964951 ở vị trí thá 42 đen p = 30402457 ở vị trí
dau ? đau tiên chưa được kiem tra het.
Hi n nay, có nhieu thu t toán đ c bi t đe kiem tra nguyên to các so
Mersenne. Nhờ đó, người ta phát hi n được nhǎng so nguyên to lớn. Moi
lan có m®t so nguyên to Mersenne, ta lại được m®t so hoàn hảo. Giả thuyet
sau đây van chưa được cháng minh.
Giả thuyet 1.4 Ton tại vô hạn so nguyên to Mersenne.
1.3 M t so tính chat đ c bi t của so hoàn hảo chȁn
Carolus phát hi n tőng các chǎ so của m®t so hoàn hảo lớn hơn 6 chia
cho 9 dư 1 và ước của so hoàn hảo là so thieu, b®i của so hoàn hảo là so
thàa, ít nhat 1 trong 2 so 6n ± 1 là so nguyên to và ngược lại bat kỳ so
nguyên to đeu có dạng 6n ± 1 (Cataldi sau đó sảa lại phát bieu thá nhat
và cháng minh phát bieu thá 2). Trên cơ sở đó, năm 1844, L.Wantzel đã
cháng minh được phát hi n trên của Kraft.
M nh đe 1.4 Cho N là m®t so hoàn hảo chȁn. Khi đó
1. N ≡ 1 (mod 9).
2. Tőng l¾p các chũ so của N bang 1.
Chúng minh. Viet N = 2n−1
(2n
− 1) trong đó 2n
− 1 là m®t so nguyên to.
Do N > 6 nên n phải là m®t so nguyên to khác 2. Vì n nguyên to nên
n = 3k + 1 ho c n = 3k + 2.
Với n = 3k + 1 thì k phải chȁn (n là nguyên to), do v y n = 6l + 1 và khi
đó
N = 26l
(26l+1
− 1) = 64l
(2.64l
− 1) ≡ 1 (mod 9)
Trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự.

19
−
2
Bây giờ, kí hi u N1 là tőng các chǎ so của N , N2 là tőng các chǎ so
của N1,... Do N chia cho 9 dư 1 nên moi Nj cũng v y. Hơn nǎa, dãy (Ni)i
là giảm nên sě ton tại i đe cho Ni = 1.
Năm 1652, J.Broscius nh n xét
6 = 1 + 2 + 3;
28 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7;
496 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 . . . + 29 + 30 + 31.
Nhieu nhà toán hoc khác cũng nh n ra đieu này, và goi chúng là so tam
giác, nghĩa là neu lay m®t so vòng tròn bang nhau với so lượng bang m®t
so hoàn hảo thì bao giờ cũng có the xep chúng thành dạng m®t tam giác
đeu. Nói cách khác, so hoàn hảo bang tőng của các so tự nhiên đau tiên
liên tiep.
M nh đe 1.5 Neu N = 2n−1
(2n
− 1) là m®t so hoàn hảo chȁn thì N là
m®t so tam giác.
Chúng minh. Tőng của k so tự nhiên đau tiên là
k(k + 1)
1 + 2 + . . . + k = .
2
Do đó, chon k = 2n
— 1, ta có ngay N =
2n
(2n
1)
.
2
Asadulla nh n ra các đȁng thác đep sau
28 = 13
+ 33
;
496 = 13
+ 33
+ 53
+ 73
;
8128 = 13
+ 33
+ 53
+ 73
+ . . . + 153
.
và ông phát bieu: moi so hoàn hảo chȁn lớn hơn 6 bieu dien được dưới
dạng tőng l p phương của các so lẻ liên tiep.
M nh đe 1.6 Neu N = 2n−1
(2n
− 1) là m®t so hoàn hảo chȁn lớn hơn 6
thì
N = 13
+ 33
+ 53
+ . . . + (2
n+1
− 1)3
.

20
Σ
2
Σ
Σ n
Σ
Chúng minh. Chú ý rang ta có công thác
n 2 2
i3
=
n (n + 1)
.
4
Đ t m = 2
n−1
, ta có
i=1
13
+ 33
+ . . . + (2m − 1)3
= (13
+ 23
+ . . . + (2m)3
) − (23
+ 43
+ . . . + (2m)3
)
(2m)2
(2m + 1)2
=
4
− 2
3 m2
(m + 1)2
4
= m2
(2m + 1)2
− 2m2
(m + 1)2
= m2
(4m2
+ 4m + 1 − 2m2
− 4m − 1)
= m2
(2m2
− 1)
Thay m trở lại ta có công thác can cháng minh.
Năm 1896, C.Bourlet đã cháng minh rang tőng của tat cả các nghịch
đảo các ước của m®t so hoàn hảo bang 2. Ta phát bieu nó dưới dạng m nh
đe sau
M nh đe 1.7 Neu n là m®t so hoàn hảo thì
1
= 2.
d
d|n
n
Chúng minh. Goi di, i = 1, . . . , k là các ước của n. Lúc đó
i
cả các ước của n. Do n là hoàn hảo nên
k
2n = .
di
cũng là tat
Vì v y
i=1
k
1
= 2.
di
i=1
Cháng minh tương tự cũng được tìm thay trong các công trình của Pythago-
ras, Palermo.
Studnickad nh n xét rang khi viet trong h nhị phân ta được
6 = 1102;
d

21
28 = 111002;
496 = 1111100002;
8128 = 11111110000002.
M®t cách tőng quát, ta có
M nh đe 1.8 Neu viet so hoàn hảo N = 2n−1
(2n
− 1) trong h cơ so 2 thì
nó có 2n − 1 chũ so, trong đó n chũ so đau tiên là 1 và n − 1 chũ so sau
là 0.
Chúng minh. Nh n xét
2n
− 1 = 1 + 2 + 22
+ . . . + 2n−1
.
Do đó
2n−1
(2n
− 1) = 2n−1
+ 2n
+ . . . + 22n−2
.
Đó là đieu phải cháng minh.
1.4 So hoàn hảo lẻ
M c dù so hoàn hảo chȁn và các tính chat của chúng đã được phát hi n
khá nhieu nhưng có m®t đieu lạ là người ta van chưa tìm thay bat kỳ m®t
so hoàn hảo lẻ nào. Chính đieu đó khien so hoàn hảo lẻ trở nên bí ȁn hơn
bao giờ het, vì lě người ta chưa the thay được chúng. So hoàn hảo lẻ có
ton tại hay không? Thêm nǎa, neu ton tại, li u ta có the biet được gì ve
tính chat của chúng? Đó thực sự là m®t thách thác cực lớn, nhưng cũng
là nguon cảm háng của không biet bao nhiêu tên tuői loi lạc.
Rene Descartes, trong m®t bác thư gải tới Mersenne, ngày 15 tháng
11 năm 1638 đã cho rang moi so hoàn hảo lẻ phải có dạng ps2
, với p là
so nguyên to. Descartes nghi ngờ rang so hoàn hảo lẻ có the ton tại, ông
cho rang ps2
với p = 22021, s = 3.7.11.13 là hoàn hảo neu p là so nguyên
to, tuy nhiên th t đáng tiec p = 61.192 lại là m®t hợp so. M c dù v y,
Descartes van không tà bỏ hi vong. Trong m®t lá thư gải tới Frenicle ngày
9 – 1 – 1639, ông tin tưởng rang so hoàn hảo lẻ có the được tìm thay khi

22
thay các so 7, 11, 13 trong phân tích ra thàa so nguyên to của s bởi nhǎng
giá trị khác!
Năm 1657, Frenicle tien thêm m®t bước khi cháng minh so hoàn hảo lẻ
neu ton tại sě có dạng pk2
với p là so nguyên to dạng 4n + 1 và nhờ đó,
M. Stuyvaert bő sung thêm tính chat m®t so hoàn hảo lẻ neu ton tại thì
phải là tőng của hai so chính phương.
Leonard Euler đã cháng minh được khȁng định của Descartes ở trên,
ông còn chỉ ra so hoàn hảo lẻ phải có dạng
(4n + 1)4k+1
b2
,
trong đó 4n + 1 là nguyên to.
Trong bài báo női tieng How Euler Did It, tác giả Sandifer đã lí giải
cách làm của Euler như sau:
Giả sả n là m®t so hoàn hảo lẻ và n = n1n2 . . . nk trong đó các nhân tả
ni là lũy thàa của các so nguyên to phân bi t. Vì n lẻ nên các ni đeu lẻ và
ta có
2n = σ(n) = σ(n1) . . . σ(nk),
2n có tính chat là nó và các nhân tả của nó chia het cho 2 nhưng không
chia het cho 4 (Euler goi tính chat này là "oddly even"). Euler đã chỉ ra
t p các σ(ni) chỉ có m®t so có tính chat này, các so còn lại đeu phải lẻ.
Nghiên cáu kĩ các l p lu n của Euler, Sandifer khȁng định rang các ni lẻ
đeu phải là lũy thàa chȁn của m®t so nguyên to, còn nj duy nhat có tính
chat "oddly even" được Euler viet dưới dạng
nj = qm
.
Đe σ(nj) là "oddly even", q phải là m®t so nguyên to có dạng 4n + 1 và
m phải là m®t so lẻ có dạng 4λ + 1.
Desboves chỉ ra không có so hoàn hảo lẻ với chỉ hai hay ba nhân tả
nguyên to phân bi t và m®t so hoàn hảo lẻ có n nhân tả nguyên to phân
bi t thì nhân tả nguyên to nhỏ nhat phải nhỏ hơn 2n
. E.Cesaro đạt được
ước lượng tot hơn với khȁng định nhân tả nguyên to nhỏ nhat ≤ n
√
2,
Cl.Servais th m chí còn chỉ ra rang nó không vượt quá n.

23
Khi nghiên cáu ve các nhân tả nguyên to trong phân tích của m®t so
hoàn hảo lẻ (neu ton tại), Servais đã cháng minh rang neu m®t so hoàn
hảo lẻ chỉ có 3 ước nguyên to phân bi t thì hai trong ba so đó là 3 và 5.
Năm 1832, nhà toán hoc My Benjamin Peirce đã cháng minh rang so
hoàn hảo lẻ đau tiên phải có ít nhat 4 nhân tả.
Năm 1888, James Joseph Sylvester (nhà toán hoc Anh, 1814-1897) tìm
được ket quả là so hoàn hảo lẻ có ít nhat 4 ước nguyên to phân bi t, đen
cuoi năm 1888, ông đã tăng con so đó lên thành 5. Peirce và Sylvester
đong thời đạt được các ket quả đ®c l p với nhau. Sau năm đó, Sylvester
đã công bo các công trình cháng minh so hoàn hảo lẻ chia het cho 105 và
không có so hoàn hảo lẻ không chia het cho 3 với ít hơn 8 nhân tả nguyên
to.
Năm 1913, L.E.Dickson đã cháng minh t p các ước nguyên to phân bi t
của các so hoàn hảo lẻ là hǎu hạn.
Đen năm 1972, Robbins của Vi n Kĩ thu t Brooklyn và Pomerance của
Đại hoc Harvard đã cháng minh được m®t so hoàn hảo lẻ phải chia het
cho ít nhat 7 nhân tả nguyên to phân bi t.
Năm 1957, Kanold cháng minh so hoàn hảo lẻ có ít nhat 20 chǎ so, con
so này tăng lên thành 30 năm 1973 với công trình của Tuckerman. Đen
cuoi 1973 là 50 chǎ so và năm 1976 là 200 chǎ so với công lao của các nhà
toán hoc Buxton, Elmore và Stubblefield.
Carl Pomerance, trong lu n án tien sĩ năm 1972 đã cháng minh được
so hoàn hảo lẻ phải có ít nhat 7 thàa so nguyên to phân bi t. Năm 2003,
Pomerance viet thư cho Joshua Zelinsky, trong đó ông đưa ra m®t l p lu n
ve xác suat, tà đó phỏng đoán rang không ton tại so hoàn hảo lẻ.
Người ta cũng đã biet rang moi so hoàn hảo đeu là so Ore. Trong đó
so Ore (được đ t tên theo Oystein Ore-người đưa ra định nghĩa vào năm
1948) là m®t so nguyên dương thỏa mãn trung bình đieu hòa của các ước
của nó là m®t so nguyên, chȁng hạn 6 là m®t so Ore vì
4
1 1 1 1
+ + +
1 2 3 6
= 2.

24
i
Hi n nay mới chỉ có m®t ít các so Ore được phát hi n là
1, 6, 28, 140, 270, 496, 672, 1638, 2970, 6200, 8128, 8190.
Liên quan đen so hoàn hảo lẻ, có m®t giả thuyet (van còn là bài toán
mở) nói rang chỉ có duy nhat m®t so Ore lẻ là 1.
Thả làm m®t bản tőng ket, đen thời điem hi n tại, tat cả nhǎng gì mới
nhat chúng ta biet ve so hoàn hảo lẻ được gói gon trong các đieu ki n đe
m®t so hoàn hảo lẻ n ton tại:
1. n không chia het cho 105.
2. n thu®c vào m®t trong 3 dạng n ≡ 1 (mod 12), n ≡ 117 (mod 468)
ho c n ≡ 81 (mod 324).
3. n > 101500
(ket quả mới nhat vàa mới công bo năm 2012).
4. n có dạng
n = qα
p2e1
. . . p2ek
,
1 k
trong đó
(a) q, p1, . . . , pk là các so nguyên to phân bi t.
(b) q ≡ α ≡ 1 (mod 4).
(c) Ước nguyên to nhỏ nhat của n phải nhỏ hơn
(d) Ho c qα
> 1062
ho c p2ei
> 1062
với i nào đó
2k + 8
.
3
(e) n < 24k+1
.
5. Ước nguyên to lớn nhat của n lớn hơn 108
, ước nguyên to lớn thá hai
phải lớn hơn 104
và ước nguyên to lớn thá ba phải lớn hơn 100.
6. n có ít nhat 101 thàa so nguyên to và ít nhat 9 thàa so nguyên to
phân bi t. Neu 3 không phải là m®t ước của n thì n có ít nhat 12 thàa
so nguyên to phân bi t.
Hi vong với nhǎng thành tựu mới đạt được liên tục và sự phát trien
không ngàng của các máy tính siêu hi n đại, không lâu nǎa chúng ta sě
biet là so hoàn hảo lẻ có ton tại hay không!

25
Σ
Σ
Chương 2
Các ư c nguyên to của so Mersenne
2.1 Ư c lư ng c n trên của tong nghịch đảo các ư c
nguyên to của so Mersenne
Khi nghiên cáu phân bo so nguyên to, người ta dựa vào đánh giá cap
tăng của tőng nghịch đảo các so nguyên to. Đó là m®t trong nhǎng ket
quả sâu sac nhat của Toán hoc, với vi c sả dụng hàm zeta Riemann.
Van đe cũng được đ t ra tương tự với "phân bo" các so nguyên to là
các ước của so Mersenne. Trong chương này, chúng tôi giới thi u m®t so
ket quả női b t theo hướng này của P. Erdős và c®ng sự (xem [trích bài P.
Erdős]).
2.1.1 Phát bieu ket quả
Các ước của các so Mesenne đã được nghiên cáu bởi nhieu tác giả.
Gan đây, C. Pomerance [On primitive divisors of Mersenne numbers, Acta
Arith. 46 (1986), 355-367.] đã thu được nhǎng ket quả ve đ® lớn của tőng
nghịch đảo của các ước nguyên to của các so Mersenne bang cháng minh
ho c bác bỏ m®t so giả thuyet của P. Erdős [On the sum d|2n−1 d−1
, Israel
J. Math. 9 (1971), 43-48].
Đ t
f(n) =
p|2n−1
1
, n > 1;
p

26
Σ
Σ
tác f (n) là tőng nghịch đảo của các ước nguyên to phân bi t của so
Mersenne thá n. P. Erdős [On the sum d|2n−1 d−1
, Israel J. Math. 9
(1971), 43-48] đã chỉ ra rang có m®t hang so dương c sao cho
f(n) < log log log n + c, (1)
với moi n lớn. Nh n xét rang neu n = m!, thì p|2n
− 1 với tat cả các so
nguyên to p ≤ m và vì v y
f(n) ≥
1
2<p≤m
p
> log log m + c > log log log n + c,
trong đó c là hang so nào đó.
Như v y, đánh giá (1) là tot nhat có the, mien là tìm được hang so c
nhỏ nhat. (Tà nay ve sau, đe đơn giản, ta luôn ký hi u hang so bởi chǎ c,
nên giá trị của c là khác nhau tuỳ thu®c công thác).
M t khác, tőng nghịch đảo của các ước nguyên to có the nhỏ tùy ý. Ví
dụ, ta có the suy ra f (n) < c/ log n neu n là so nguyên to, bởi vì trong
trường hợp này, moi ước nguyên to của 2n
− 1 lớn hơn n, và so các ước
nguyên to phân bi t thì bé hơn cn/ log n. Ngoài ra, tà m®t ket quả của P.
Kiss và B. M. Phong, đoi với các so Lucas, suy ra rang b c trung bình của
f(n) nhỏ hơn m®t hang so trong khoảng (x, x + loglogx) khi x đủ lớn.
Trong chương này ta chỉ ra rang f(n) có the "lớn" nhưng không "quá
lớn", đoi với tuỳ ý các so nguyên liên tiep, và sě đưa ra công thác ti m
c n cho b c trung bình của f(n) đúng trong m®t khoảng "ngan".
Định lí 2.1 Với moi so dương C và so nguyên s tuỳ ý, ton tại các so
nguyên liên tiep n, n + 1, n + 2, ..., n + s sao cho
f(n + i) > C với i = 0, 1, ..., s.
Thực ra, chúng ta có the cháng minh dạng mạnh hơn của Định lí 2.1.
Giả sả logk n ký hi u logarit tự nhiên l p lại k lan.
Định lí 2.2 Với mői so nguyên k ≥ 2, ton tại vô so n thóa mãn
min{f(n), f(n + 1), ..., f(n + k − 1)} ≥ logk+2 n + c logk+3 n,
trong đó c là m®t hang so tuy t đoi.

27
Σ
p(p − 1)
p
Có the đ t ra câu hỏi bat đȁng thác trong Định lí 2.2 chính xác đen
mác nào. Có the thay, chȁng hạn (trường hợp k = 2)
min{f(n), f(n + 1)} ≥ log4 n + c log5 n,
với vô so n, là m®t ket quả yeu, và ta có the hy vong
min{f(n), f(n + 1)} = O(log3 n).
Thực ra đieu này không đúng. Chúng ta có
Định lí 2.3 Ton tại m®t hang so c sao cho
min{f(n), f(n + 1)} ≤ c(log3 n)2/3
(log4 n)1/3
,
với moi n lớn.
Van còn m®t khoảng cách lớn giǎa Định lí 2.2 trong trường hợp k = 2
và Định lí 2.3. Hau như chac chan rang Định lí 2.2 cho đánh giá ch t chě
hơn.
Chú ý rang Định lí 2.3 không mâu thuan với Định lí 2.2 vì h so c trong
định lí đó là so âm (do f(n) < 1).
Xét hàm so
g(n) =
Σ (p − 1, n)
,
trong đó, tőng xét với tat cả các so nguyên to p. Ve m t nào đó g(n) là mô
hình của f (n), vì ta có the xem g(n) như lay 1/p với "trong" (p−1, n)/(p−
1), trong khi "xác suat" đe p|2n
− 1 là (p − 1, n)|(p − 1), vì p|2n
− 1 khi và
chỉ khi 2 là m®t (p − 1)/(p − 1, n) lũy thàa mod p.
Người ta cháng minh rang b c lớn nhat của
min{g(n), g(n + 1), ..., g(n + k − 1)},
là logk+2 n + O(logk+3 n) với moi k ≥ 1, nhưng ta không trình bày cháng
minh ở đây.
De thay ton tại m®t hang so c0 > 0 sao cho
x
f(n) = c0x + o(x),
n=1

28
Σ
Σ
1
→
Σ
| −
Σ
Σ
với moi so nguyên x. Chúng ta chỉ ra rang đánh giá trung bình này van
đúng với m®t khoảng rat ngan.
Định lí 2.4 Neu z = z(x) là m®t hàm so có giá tr nguyên, mà
z
log log log x
→ ∞ khi x → ∞,
thì với mői so tự nhiên x,
x+z
f(n) = c0z + o(z).
n=x
Trong suot chương này các chǎ cái p, q sě kí hi u các so nguyên to.
2.1.2 M t so bài toán
Tà Định lí 2.4 suy ra rang
x
. f(n) c0
x
n=1
khi x → ∞.
Đ t
1
fT (n) =
p
.
p 2n
1
p<T
De cháng minh rang với T > 0
x
1.
.
f
x T
n=1
(n) → cT (n → ∞),
và cT → c0 khi T → ∞. Ngoài ra chúng ta có the cháng minh rang neu
y → ∞ ch m m®t cách thích hợp thì
1
.
y
x<n≤x+y
fT (n) → cT .
Nh n xét rang Định lí 2.4 là tot nhat, nghĩa là nó sai neu z log log log x.
Ta can lưu ý rang như đã thay ở trên, f(n) log log log n là có the.

29
Σ
Σ
Có the cháng minh rang m t đ® của nhǎng so nguyên n mà f(n) ≤ C
ton tại và là m®t hàm so liên tục của C. Sự phân bo như v y van đúng
trong khoảng tuỳ ý x < n ≤ x + g(x) log log log x, trong đó g(x) → ∞
ch m m®t cách thích hợp. Chúng ta bỏ qua cháng minh.
Có lě nhǎng van đe sau là đáng quan tâm. Đúng hay không
x+z
′f(n) = coz + o(z),
n=x
khi z ≥ log log log x, trong đó dau phȁy ở tőng có nghĩa là so hạng lớn
nhat của tőng bị xóa? Theo tinh than của Định lí 2.3 có lě đieu đó đúng
dưới giả thiet sau đây.
z/((log3 x)2/3
)(log4 x)1/3
) → ∞.
Như đã thay trong Định lí 2.2, ta không hi vong làm tot hơn so với ket
quả z/ log4 x → ∞. Tőng quát hơn, có the là đoi với moi k co định,
x+z
(k)
f(n) = coz + o(z),
n=x
khi z/ log
tőng.
k+3 x → ∞, trong đó
Σ(k)
nghĩa là k so hạng lớn nhat bị bỏ khỏi
Trong lời giới thi u, ta nh n xét rang, sự ki n f (p) 1/ log p rõ ràng
khá tam thường. Thực ra bang cách sả dụng sự ki n các so nguyên to
q|2p
− 1 thỏa mãn q ≡ 1(modp) và bat đȁng thác Brun - Titchmarsh, ta
có the cháng minh
f(p) (log log p)/p.
Ta giả sả pf(p) không giới n®i. Chú ý rang ton tại t p hợp vô hạn "lớn"
S các so nguyên to p (lớn theo nghĩa là tőng nghịch đảo các phan tả của
t p hợp S lay đen x xap xỉ bang log log x, sao cho f(p) = o(1/p) với p ∈ S.
Chúng ta ket thúc phan này với lời giải m®t bài toán khác của P. Erdős
[On primitive divisors of Mersenne numbers, Acta Arith. 46 (1986), 355 -

30
|
Σ Σ
≤
Σ
− |
f(n) ≤ max
Σ 1
+ o(1) khi n → ∞.
Σ
|
367]. Trong bài đó, P. Erdős đưa ra giả thuyet:
m≤n p
p m
p>2
Đe chỉ ra đieu đó không đúng, giả sả x đủ lớn và giả sả n là b®i chung nhỏ
nhat của moi so nguyên dương cho đen x. Chú ý 2n
− 1 hien nhiên chia het
cho moi so nguyên to lẻ p với p − 1|n. Moi so nguyên to lẻ p ≤ x thỏa mãn
đieu ki n này. Nhưng tà m®t ket quả của P. Erdős [On the normal number
of prime factors of p-1 and some related questions concerning Euler’s φ−
function, Quart. J. Math. Oxford Ser. 6 (1935), 205-213] , ton tại nhǎng
hang so c > 0, α > 0, sao cho với moi x đủ lớn và moi t với t ≤ x1+c
, ton
tại ít nhat απ(t) so nguyên to p ≤ t với p − 1|n.
Như v y
Do đó
1
p
x<p<x1+c
p|2n
−1
1.
1
f(n) −
p
2<p≤x
1
p
x<p<x1+c
p|2n
−1
1.
Nhưng tà Định lí so nguyên to,
Σ 1
= max
Σ 1
+ o(1).
2<p≤x
p
m≤n
p
p m
p>2
Đieu này ket thúc cháng minh phủ định giả thuyet đã nêu trong [On
primitive divisors of Mersenne numbers, Acta Arith. 46 (1986), 355-367].
Có lě đieu sau đây là đúng:
f(n) max
m≤n
p 1 m
p>2
1
+ o(1).
p
2.1.3 Chfíng minh các Định lí 2.1 - 2.3
Trước het, ta đưa vào m®t kí hi u và nhac lại m®t so tính chat cơ bản
của dãy các so Mersenne.
≥

31
Σ
.
Σ
i
2
Với moi so nguyên dương lẻ m, ton tại các so hạng trong dãy 2n
− 1, n =
1, 2, . . ., chia het cho m. Kí hi u r(m) là hạng của sự xuat hi n của m trong
dãy; nghĩa là r(m) là m®t so nguyên dương sao cho m|2r(m)
− 1 nhưng
m c 2n
− 1 neu 0 < n < r(m). Ta biet rang, m|2n
− 1 khi và chỉ khi r(m)|n;
Hơn nǎa r(p)|p − 1 với moi so nguyên to lẻ p và r(m1m2) = [r(m1), r(m2)]
với các so nguyên lẻ tuỳ ý nguyên to cùng nhau m1, m2 ([,] kí hi u B®i
chung nhỏ nhat của các so).
Đe cháng minh Định lí 2.1 ta can m®t ket quả bő trợ.
Bo đe 2.1 Đoi với các so thực dương C và so nguyên dương m tuỳ ý, ton
tại so nguyên n sao cho (m, n) = 1 và f(n) > C.
Chúng minh.
Giả sả C > 0 là so thực và m là m®t so nguyên. Ta có the chon các so
nguyên to p1, p2, . . . , pt có dạng 8km − 1 sao cho
t
1
> C.
pi
Đoi với các so nguyên to đó,
i=1
2(pi−1)/2
≡ 1 (mod pi), i = 1, 2, . . . , t,
vì 2 là th ng dư bình phương modulo pi, cho nên
r(p )
pi − 1
.
Vì v y với các so p1p2 . . . pt, hạng của sự xuat hi n
n := r(p1p2 . . . pt) = [r(p1), r(p2), . . . , r(pt)],
thỏa mãn (n, m) = 1 và pi|(2n
− 1) với i = 1, 2, . . . , t. Do đó
t
f(n) ≥
1
pi
> C,
i=1
thỏa mãn và bő đe được cháng minh.
Tà bő đe này, Định lí 2.1 được suy ra.
Chúng minh Đ nh lí 2.1.

32
Σ
≥
Do Bő đe 2.5 ta có the xây dựng các so nguyên n0, n1, . . . , ns sao cho
(ni, nj) = 1 với moi i j và f(ni) > C với i = 0, 1, . . . , s. Do định lý
Trung Quoc ve phan dư, ton tại các so nguyên n, n + 1, . . . , n + s sao cho
ni|n + i với moi i mà 0 ≤ i ≤ s và tà tính chat của dãy 2n
− 1 đã nói ở
trên, ta có
f(n + i) ≥ f(ni) > C, i = 0, 1, . . . , s,
Đieu này ket thúc cháng minh định lí.
Giả sả k ≥ 2. Giả sả
αj(n) = exp (logj n)/(logj+1 n)2
,
và giả sả Aj(n) là b®i chung nhỏ nhat của các so nguyên cho đen αj(n).
Giả sả B0(n) = Ak+1(n) và giả sả Bj(n) là ước lớn nhat của Ak+1−j(n)
nguyên to cùng nhau với Ak+2−j(n) với j = 1, . . . , k − 1. Khi đó
(i) B0(n), . . . , Bk−1(n) nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t,
(ii) B0(n) . . . Bk−1(n) ≤ A2(n) = n0(1)
,
Đȁng thác cuoi cùng được suy ra tà Định lí so nguyên to. Do đó, tà
định lí Trung Quoc ve phan dư, ton tại vô so so nguyên n với
Bj(n)|n + j với j = 0, 1, . . . , k − 1. (2.1)
Giả sả (2.1) đúng với n. Khi đó, B0(n)|n, nên p − 1|n với moi so nguyên
to p ≤ αk+1(n). Vì v y
f(n)
1
p
2<p≤αk+1(n)
= log log αk+1(n) + O(1)
= logk+2 n − 2 logk+3 n + O(1). (2.2)
Giả sả (2.1) đúng với n và 1 ≤ j ≤ k − 1. Giả sả Sj là t p hợp các so
nguyên to p sao cho
(i) p ≤ αk+1−j(n),
(ii) p ≡ 7 (mod 8),
(iii) ((p − 1)/2, Ak+2−j(n)) = 1.

33
Σ Y
−
Chú ý rang neu m®t so nguyên to q|Ak+2−j(n), thì
q ≤ αk+2−j(n) ≤ (log αk+1−j(n))o(1)
.
Vì Sj là t p hợp các so nguyên to p thỏa mãn (i),(ii) sao cho (p − 1)/2
chỉ gom các ước nguyên to thu®c αk+2−j(n), tà sàng A. Sellberg (xem
H. Halberstam và H-E.richert [Sieve Methods, Academic Press, Lon don
1974], Định lí 7.1) và m®t dạng mạnh của Định lí so nguyên to đoi với cap
so c®ng suy ra rang
Σ
1 ∼
1
π(t)
Y
1 −
1
đeu với
p Sj
p≤t
4
2<q≤αk+2−j(n) q − 1
exp (logα
với moi ε > 0. Do đó
k+1−j(n))ε
≤ t ≤ αk+1−j(n),
1
p
p∈Sj
1
∼
4
log log αk+1−j (n)
2<q≤αk+2−j (n)
1
1
q − 1
log log αk+1−j(n)
log αk+2−j(n)
logk+2−j n
(logk+2−j n)/(logk+3−j n)2
= (logk+3−j
n)2
. (2.3)
Nhưng neu p ∈ Sj và (2.1) đúng với n, thì p|2n+j
− 1. Do đó, tà (2.3),
f(n + j) (logk+3−j n)2
≥ (logk+2 n)2
,
với j = 1, . . . , k − 1. Ket hợp với (2.2), đieu này ket thúc cháng minh định
lí..
Đe cháng minh Định lí (2.3) trước het ta cháng minh bő đe sau.
Bo đe 2.2
Σ 1
exp −
Σ
1
x<p≤xe
p
p|2n
−1
log log x<q<log x
q
qcn
m®t cách đeu với moi x ≥ 3 và moi so tự nhiên n.
∈

34
Y
Σ Σ
≡
Σ
q
q<log x
Chúng minh.
Giả sả
Khi đó
m = q.
log log x<q<(log x)1/7
q‡n
Σ 1
≤
Σ 1
+
Σ Σ 1
. (2.4)
x<p≤xe
p
p|2n
−1
x<p≤xe
p
(p−1,m)=1
q|m x<p≤xe
p
p≡1 (mod q)
p|2n
−1
Khi đó, bang cách sả dụng sàng, ta có
Σ 1
exp −
Σ 1
exp −
Σ 1
. (2.5)
x<p≤xe
p
(p−1,m)=1
q|m
q
log log x<q<log x
q
q‡n
Giả sả q|m, p ≡ 1 (mod q) và p|2n
− 1. Vì q ‡ n, suy ra rang 2 là lũy thàa
b c q mod p. Vì q ≤ (log x)1/7
, suy ra rang
1
x<p≤xe
p
p≡1 (mod q)
p|2n
−1
m®t cách đeu. Vì
≤
1
x<p≤xe
p
p 1 (mod q)
2 là lũy thừa thứ q mod p
1
∼
q(q − 1)
(2.6)
Σ 1 1 exp −
Σ
1
,
bő đe suy ra tà (2.4) và (2.5).
Giả sả a = log3 n, b = exp((log3 n)2/3
(log4 n)1/3
và giả sả
1
Aj =
q
a<q<b/e
q‡n+j
với j = 0, 1.
log log x
q(q − 1)
q|m

35
Σ
Σ Σ Σ
Σ
Σ
Σ Σ
Σ Σ
q
Σ
−
0
Không có so nguyên to q nào có the chia het cả n và n + 1, nên
Vì v y
A0 + A1
1
q
a<q<b/e
= log log b − log log a + o(1).
1
max{A0, A1} ≥
2
(log log b − log log a) − 1,
với moi n đủ lớn. Bây giờ ta sě cháng minh rang neu Aj = max{A0, A1}
thì
f(n + j) (log3 n)2/3
(log4 n)1/3
.
Không mat tính tőng quát, giả sả j = 0, nghĩa là
1
Ta có
A0 ≥
2
(log log b − log log a) − 1. (2.7)
f(n) =
p≤eb
p|2n
−1
1
+
p
eb
<p<log n
p|2n
−1
1
+
1
p p
p≥log n
p|2n
−1
= B0 + B1 + B2. (2.8)
Đieu sau đây là tam thường:
B0 ≤ log b + O(1) = (log3 n)2/3
(log4 n)1/3
+ O(1).
và tà cháng minh của định lí cơ bản trong P. Erdős[On the sum d|2n−1 d−1
,
Israel J. Math. 9 (1971), 43 - 48] suy ra
1
B2 =
p≥log n
p
p|2n
−1
= O(1), (2.9)
(không sả dụng giả thiet (2.7)).
Chỉ còn phải đánh giá B1. Ta có, theo Bő đe 2.2,
B1 ≤
[log b]≤i<a eei
1
p
<p≤ee
i+1
p|2n
−1
[log
Σ
b]≤i<a
exp
1
q
i<q<ei
q‡n
≤
[log b]≤i<a
exp −
a<q<b/a
q‡n
1
≤ a. exp(−A ).
≥

36
Σ
Σ
≥
Σ
≤
Σ
Σ
Σ
Tà (2.7),
a exp(−A0) a
log a 1/2
log b
= (log3 n)2/3
(log4 n)1/3
,
và vì v y định lí suy ra tà (2.8) và các đánh giá nêu trên của B0, B1, B2.
2.1.4 Chfíng minh Định lí 2.4
Trong cháng minh của Định lí 2.4 ta sě sả dụng hai bő đe.
Bo đe 2.3 Đoi với moi y > 3 ta có
1
p
p nguyên to
r(p)≤y
= log log y + O(1).
Chúng minh. Vì r(p) ≤ p−1 đoi với moi so nguyên to lẻ, ta thu được đánh
giá yeu hơn
1
r(p)≤y
p
1
+ O(1) = log log y + O(1). (2.10)
p
p≤y
M t khác 2n
− 1 có ít nhat n thàa so nguyên to phân bi t, vì the trong
tőng có ít nhat y2
so nguyên to và tà Định lí so nguyên to ta có, với y đủ
lớn,
1
r(p)≤y
p
1
p
p<y3
= log log y + O(1). (2.11)
Tà (2.10) và (2.11) bő đe được cháng minh.
Bo đe 2.4 Tőng
h®i tự.
p nguyên to
p>2
1
p.r(p)
Chúng minh.
Đieu này suy ra tà bài báo của P. Erdős [On some problems of Bellman
and a theorem of Romanoff, J. Chinese Math. Soc. (N.S.) (1951), 409-421]

37
Σ
Σ
ΣΣ ΣΣ
d
p
Σ Σ
|
Σ Σ
p
Σ
Σ
và N. P. Romanoff [Über einige Sätze der additiven Zahlentheorie, Math.
Ann. 109 (1934), 668 - 678] trong đó chỉ ra tőng lớn hơn
1
d.r(d)
d lẻ
h®i tụ. Tuy nhiên, Bő đe 2.4 là tam thường, vì 2r(p)
− 1 ≥ p kéo theo
r(p) log p. Chỉ còn phải lưu ý rang
1
p log p
h®i tụ.
Chúng minh Đ nh lí 2.4
Giả sả x và z là các so nguyên dương đủ lớn với z < x. ( Với z ≥ x,
định lí suy ra de dàng tà trường hợp z < x.) Tà định nghĩa của f(n) và
r(p) ta có the viet
x+z
f(n) = A(x) + B(x), (2.12)
n=x
trong đó
x+z
1
A(x) =
p
x+z
1
và B(x) = .
p
n=x d n
d≤z
r(p)=d n=x d n
d>z
r(p)=d
Trước het ta xét A(x). Vì p|2n
− 1 khi và chỉ khi r(p)|n, tà Bő đe 2.3 và
2.4 ta có
A(x) =
Σ z
+ O(1)
Σ 1
d≤x
= z
Σ
r(p)=d
1
+ O
p.r(p)
1
= c z + 0(z), (2.13)
r(p)≤x r(p)≤x
trong đó, c0 là tőng vô hạn trong Bő đe 2.4.
Tiep theo, đe đánh giá tőng B(x) ta chia nó thành ba phan. Giả sả
x+z
B1x =
n=x d n
z<d≤(log x)4
1
.
p
r(p)=d
|
|
Σ
0

38
Σ Σ
|
Σ
Σ Σ
Σ Σ
|
Σ
ΣΣ
Σ
Σ
Σ Σ
1
Vì moi d với d > z xuat hi n chỉ m®t lan trong tőng, tà Bő đe 2.3 ta có
B1(x) ≤
Σ
p
=
1
= log log log x + O(1). (2.14)
p
d≤(log x)4 r(p)=d
Đoi với tőng
r(p)≤(log x)4
x+z
B2(x) =
n=x d n
d>x
d>(log x)4
1
,
p
r(p)=d
p≥d3
Chú ý rang có nhieu nhat d so nguyên to phân bi t với r(p) = d, nên
∞
B2(x) ≤
d>(log x)4
1
d.
d3
<
1
d2
d=1
= O(1). (2.15)
Phan khó khăn nhat của cháng minh này là đưa ra m®t đánh giá cho
x+z
B3(x) =
n=x d n
d>z
d>(log x)4
r(p)=d
p<d3
1
. (2.16)
p
Vì p > r(p), ta có
B3(x) ≤
i≥2
1
i
p
, (2.17)
trong đó tőng trong i giong như trong B3(x), nhưng ta chỉ lay các so
nguyên to p mà với chúng
(log x)2i
< p ≤ (log x)2i+1
.
Giả sả Q kí hi u các so nguyên x(x + 1)...(x + z). Co định i ≥ 2. Neu p
được tính trong i, thì
(p − 1, Q) ≥ r(p) > p1/3
> (log x)2i
/3
, (2.18)
Giả sả y là so thực thỏa mãn
y1 := (log x)2i
< y ≤ (log x)2i+1
=: y2,

39
Σ
Σ
3
p≤y d|(p−1,Q)
2i log y log log x log x
1
và giả sả S(y) là t p hợp các so nguyên to p ≤ y mà với chúng, (2.18)
nghi m đúng. Tà (2.18) rõ ràng rang
Y
(p − 1, Q) ≥
Y
(p − 1, Q) ≥ (log x)2i|S(y)|/3
. (2.19)
Bây giờ ta tiep tục với m®t phương pháp tương tự như trong P. Erdős[3].
Chú ý rang (trong đó ∧ là hàm so von Mangold và π(y, d, 1) là so các so
nguyên to p ≤ y với p ≡ 1 (mod d))
log
Y
(p − 1, Q) =
Σ
log(p − 1, Q) =
Σ Σ
∧(d)
= ∧(d)π(y, d, 1) = S1 + S2, (2.20)
d|Q
trong đó, trong S1 ta có d ≤ y2/3
và trong S2 ta có d > y2/3
.
Đoi với S1 ta sả dụng Bat đȁng thác Brun - Titchmarsh đe nh n được
S
∧(d) y
ϕ(d) log y
d|Q
y log log Q
log y
.
Với S2 ta đánh giá π(y, d, 1) m®t cách tam thường là ≤ y/d và sả dụng
sự ki n Q có nhieu nhat O(log Q) ước là lũy thàa của so nguyên to đe đi
đen
S ≤
Σ
∧(d)
y
y log y log Q y log Q y log Q
< .
2
d
d Q
y2/3
<d<y
y2/3 y1/2 log y (log x)2. log y
Thay các đánh giá này vào (2.19) và (2.20) ta có
| S(y) |≤ (S + S )
y log log Q
+
log Q
.
2i log log x 1
2
Nhưng z < x nên suy ra
2i log y log log x (log x)2
Vì v y
log Q z log x, log log Q log z + log log x,
| S(y) |
y
1 +
log z
+
z
. (2.21)
|
p≤y
p≤y
p≤y p∈S(y)

40
Σ
i
p p
= y2 | S(y2) | +
y2
| S(y) | dy
p∈S(y2)
Bang phép lay tőng tàng phan, ta có
Σ 1
≤
Σ 1 −1
∫ y2
1
2−i
1 +
log z
+
z
,
ở đây ta sả dụng (2.21). Vì v y, tà (2.17) ta có
log z z
B3(x) 1 +
log log x
+
log x
= 0(z). (2.22)
Vì
B(x) = B1(x) + B2(x) + B3(x),
tà (2.14), (2.15) và (2.22)
B(x) ≤ log log log x + o(z),
Vì v y tà (2.12) và (2.13) ta có
x+z
f(n) = c0z + O(log log log x) + o(z) = c0z + o(z).
n=x
2.2 Ư c lư ng c n dư i của tong nghịch đảo các ư c
nguyên to của so Mersenne
2.2.1 M t so ket quả
Với m®t so nguyên dương m, ta goi φ(m), σ(m), τ (m), Ω(m), và ω(m)
tương áng với hàm Euler của m, hàm tőng các ước của m, hàm so các ước
của m, so thàa so nguyên to của m, tương áng tính b®i ho c không tính
b®i của m. Với so thực dương x đủ lớn và so nguyên dương k, ta goi logk x
là hàm xác định bởi logkx := max{log logk−1 x, 1}, trong đó log x là logarit
tự nhiên của x. Ta bỏ đi chỉ so dưới k khi k = 1 và viet đơn giản log x với
quan ni m rang so đó lớn hơn ho c bang 1.
Đã có nhieu công trình ve các hàm so hoc của so Mersenne. Erdős chỉ
ra rang
σ(Mn)
Mn
= O(log2 n). (2.23)
y1
log log x log x

41
Σ
Σ
x
Shparlinski đã chỉ rang ton tại hang so Γ sao cho có công thác ti m c n
với x đủ lớn
1.
.
Σ
φ(Mn)
= Γ + O
log x
. (2.24)
Thực ra, công thác ti m c n (2.24) cũng đúng khi dãy các so (Mn)n≥0
được thay the bởi dãy hoi quy tuyen tính không suy bien của các so nguyên
dương, và khi hàm so f(m) := φ(m)/m được thay bởi hàm so hoc f(m)
bat kỳ có tính chat ton tại hàm so g(m) nào đó với g(m) = O(1) sao cho
f(m) =
g(d)
, (2.25)
d
d|m
luôn đúng. Hàm so f (m) := φ(m)/m thỏa mãn đieu ki n trên với g(m) :=
µ(m), trong đó µ là hàm Möbius. Chú ý rang hàm f(m) := σ(m)/m cũng
thỏa mãn đieu ki n này với g(m) := 1. Đ c bi t, m®t công thác tương tự
như (2.24) cũng đúng với φ thay bởi σ. M®t ket quả tőng quát hơn được
chỉ ra rang khi f (m) là m®t hàm thỏa mãn đieu ki n trên, thì với moi so
nguyên dương k ≥ 1 ton tại m®t hang so Γk đe với moi x đủ lớn ta có
1
x
n<x
(f(Mn))k
= Γk + Ok
(log x)k
. (2.26)
Đ c bi t, bây giờ cả φ(Mn)/Mn và σ(Mn)/Mn có the tính được.
Neu f là hàm nhân tính thoả mãn nhǎng đieu ki n trên, thì f (Mn) có
hàm phân phoi. Tác là, với moi giá trị của so thực z, m t đ® ti m c n của
t p các so nguyên dương n sao cho f(Mn) < z ton tại. Đ c bi t, cả hai
hàm φ(Mn)/Mn và σ(Mn)/Mn đeu có hàm phân bo.
Các ket quả trên dường như cháng tỏ rang các câu hỏi thú vị nhat được
trả lời với hàm σ(n)/n thì cũng có the được trả lời khi n chạy trong t p
hợp bé hơn tat cả các so Mersenne. Đieu này có nghĩa là, đánh giá (2.23)
nói ve b c cực đại của hàm so như v y, đánh giá (2.24) và (2.26) chỉ ra các
hàm so có the tính toán được, trong khi hàm so này có m®t phân bo giới
hạn và đieu tương tự cũng đúng khi thay σ bởi φ.
M®t sự ki n quen biet và là bài t p de trong so hoc sơ cap, là cháng minh
t p hợp {σ(n)/n}n trù m t trong [1, ∞]. Tương tự, t p hợp {φ(n)/n}n trù
x
n<x
x M
n

42
Y
m t trong [0, 1].
Trong phan này, ta chỉ ra đieu tương tự là đúng khi n chỉ chạy trên t p
hợp con của các so Mersenne.Cụ the, ta có định lí:
Định lí 2.5
i) T¾p hợp {σ(Mn)/Mn}n trù m¾t trong [1, ∞].
ii) T¾p hợp {φ(Mn)/Mn}n trù m¾t trong [0, 1].
2.2.2 Các bo đe
Trong suot phan này, ta sả dụng c1, c2, . . . đe chỉ các hang so tuy t đoi
tính được. Đoi với so nguyên dương k < l với k và l nguyên to cùng nhau,
ta ký hi u π(x, k, l) là so các so nguyên to p < x với p ≡ k (mod l). Ta
bat đau với c p bő đe sau.
Bo đe 2.5 Giả sủ P là t¾p hợp các so nguyên to p thóa mãn các đieu ki n
sau:
1) p ≡ 7 (mod 8);
2) thùa so nguyên to nhó nhat của (p − 1)/2 lớn hơn log2 p;
3) p − 1 là không có ước chính phương khác 1.
Với mői so thực dương x giả sủ P(x) là lực lượng của t¾p hợp P ∩ (1, x).
Khi đó, đánh giá
P (x)
x
log x log3
(2.27)
x
đúng với các giá tr lớn của so thực dương x.
Chúng minh. Giả sả x đủ lớn, đ t y := log2 x, và giả sả
R = 8. r,
3≤r≤y
trong đó chỉ so r ở trên chỉ được phép chạy trong các so nguyên to lẻ.
Đoi với so nguyên to lẻ r ≤ y, ta goi ar là các so nguyên trong khoảng
[2, r − 1]. Khi đó, so nguyên to p < x được tính trong P (x) neu p ≡ 7
(mod 8), p − 1 là so không có ước chính phương khác 1, và ton tại m®t

43
Y
Q
+ O
φ(R)
√
log x)
.
4 1 −
r − 1
√
log x)
vectơ a := (ar)3≤r≤y sao cho p ≡ ar (mod r) đúng với moi so nguyên to lẻ
r ≤ y.
Co định m®t vec tơ a := (ar)3≤r≤y như v y.
Theo Định lí Trung Quoc ve phan dư, neu p là so nguyên to mà p−1 ≡ 7
(mod 8) và p ≡ ar (mod r) nghi m đúng với moi so nguyên to lẻ r ≤ y,
thì ton tại m®t so b phụ thu®c vào a sao cho p ≡ b (mod R).
Như v y, với vectơ a co định, so các so nguyên to như v y là π(x, b, R).
Bat đȁng thác
R = 8.
3≤r≤y
r = exp ((1 + o(1))y) < exp(2y) = log2
x (2.28)
đúng với các giá trị đủ lớn của x, và theo Định lí Siegel - Walfitz (xem
[Introduction to Analytic and Probalistic Number Theory (Transl. from
the 2nd French ed. by C. B. Thomas). Cambridge Stud. Adv. Math. 46,
Cambridge University press, Cambridge, 1995; p.255]) nói rang ton tại m®t
hang so tuy t đoi c1 mà
π(x) x
Vì có
3≤r≤y
tại ít nhat
(r − 2) cách chon vectơ a, nên suy ra rang tính đen x, ton
π(x) Y 1 Rx
so nguyên to p ≡ 7 (mod 8) mà thàa so nguyên to nhỏ nhat của (p − 1)/2
ít nhat lớn bang log2 x > log2 p.
1
exp(c
1
exp(c
π(x, b, R) = . (2.29)
3≤r≤y
+ O (2.30)

44
≤
log x
3≤r≤y
r − 1
log x r − 1
q2 q2
So hạng chính trong (2.30) là
x
.
Y
1 −
1
=
x
exp
Σ
log 1 −
1
!
=
x
. exp −
Σ 1
+ O
Σ 1
(2.31)
log x
x
3≤r≤y
r − 1 r≥3
β≥2
rβ
=
log x
. exp(− log2 y + O(1))
x
=
log x log y
x
log x log3 y
trong khi sai so trong (2.30) là
Rx x log2
x x
< √ = √
exp(c1
√
log x) exp(c log x) exp(c log x − 2 log2 x)
1 1
x
= 0 .
log x log3 x
(2.32)
Tà (2.30), (2.31) và (2.32) suy ra rang ton tại so nguyên to p
x
p
log x log3
, (2.33)
x
p < x với p ≡ 7 (mod 8) mà thàa so nguyên to nhỏ nhat của (p − 1)/2 ít
nhat là y. Bây giờ chúng ta chỉ ra rang hau het trong so này có tính chat
p − 1 là so không có ước chính phương khác 1. Rõ ràng, p − 1 không là
m®t b®i của 4. Neu ton tại m®t so nguyên to q mà q2
|p − 1 thì ta suy ra
q > y. Co định m®t so nguyên to q như v y, nam trong khoảng (y, x1/2
).
Vì p ≡ 1 (mod q)2
, suy ra có nhieu nhat π(x, 1, q2
) so nguyên to p < x
như v y. Khi q < x1/4
, ta sả dụng sự ki n là
π(x, 1, q2
)
2x
φ(q2) log(x/q2)
, (2.34)
trong khi neu x1/4
≤ q ≤ x1/2
, ta sả dụng sự ki n đơn giản sau
π(x, 1, q2
) ≤
,
x
,
+ 1 ≤
2x
. (2.35)
3≤r≤y

45
Σ
Σ
2
Σ
Σ
1
q2 x1/4 log x
= = o
log x
Tà (2.34) và (2.35), ta thay so các so nguyên to p < x mà p − 1 chia het
cho bình phương của so nguyên to q > y nào đó là
y<
Σ
q<x1/4
x
+
x
φ(q2) log(x/q2) q2
q≥x1/4
=: S1 + S2. (2.36)
Vì khi q < x1/4
ta có x/q2
> x1/2
, suy ra
S =
Σ x x Σ 1
x
y log y log x
x
=
log x log2 x log3 x
(2.37)
trong khi
= o
x
log x log3 x
Σ x x x3/4
x
So sánh (2.36)-(2.38) với (2.33), ta có sự khȁng định của Bő đe 2.5. Q.
Bo đe 2.6 Giả sủ m là m®t so không có ước chính phương khác 1. Khi đó,
log d
d
log2 m. (2.39)
Chúng minh.
d|m
Trong suot cháng minh này, ta sả dụng sự ki n rang các đánh giá σ(n)
n log2 x và ω(n) log n đeu đúng. Vì m là m®t so không có ước chính
phương, suy ra rang công thác
log d = log p, (2.40)
p|d
đúng với moi ước d của m. Vì v y, ta có the sả dụng (2.40) trong (2.39)
và thay đői thá tự lay tőng đe có
Σ log d
=
Σ Σ log p
=
Σ log p Σ 1
=
Σ log p
.
σ(m/p)
d
d|m d|m
d
p|d p|m
p d
d|m/p
p
p|m
m/p
(2.41)
log2 m
log p
.
p
p|m
x
3
log x log
q≥x1/4
q2
y<q
log x
φ(q2) log(x/q2)
y<q<x1/4
S2 = . (2.38)

46
Σ Σ
T
T
Σ
∫
Đe đánh giá tőng còn lại trong (2.41), giả sả p1 < p2 < . . . là dãy tăng
tat cả các so nguyên to. Khi đó, vì hàm so log x/x giảm với x ≥ 3, suy ra
rang
log p
p
p|m
ω(m)+1
≤
i=1
log pi
pi
log(ω(m) + 1) log2 m, (2.42)
và bây giờ khȁng định của bő đe 2.6 suy ra tà (2.41) và (2.42). Q
2.2.3 Chfíng minh Định lí 2.5
Chúng ta chỉ cháng minh phan i) của định lí vì cháng minh của phan
ii) cũng hoàn toàn tương tự.
Giả sả x là m®t so thực dương đủ lớn. Ta đ t z := exp (log x)log3 x
.
Giả sả P là t p hợp tat cả các so nguyên to trong P (x, z) và với moi
so t ∈ (x, z) ta goi P (t) là lực lượng của t p hợp P (x, t). Trước het, ta
khȁng định đánh giá
S :=
1
p
> 2 log4 x (2.43)
p∈P
đúng với các giá trị của x đủ lớn. Th t v y, bang phép lay tích phân tàng
phan, ta có
S =
Σ 1 z
dP(t)
= P(t) t=z
= .
z
P(t)dt
+ . (2.44)
Rõ ràng,
p x t
p∈P
t .
t=x x t2
P(t)
t
π(t)
t
1
log t
,
nên phan tả đau tiên trong (2.44) ở trên là O(1/ log x). Tà Bő đe 2.5, suy
ra với các giá trị đủ lớn của t, bat đȁng thác
3t
P(t) >
log t log2 t
≤
∫

47
∫
t t=x
Y
i=1
Y
đúng. Vì v y, neu x đủ lớn, thì
S > 3
z
dt
x t log t log2
+ o(1) = 3 log3 t |t=z
+o(1)
= 3(log3 z − log3 x) + o(1) = 3 log2 (log x)log3 x
− 3 log3 x + o(1)
= 3 log(log3 x log2 x) − 3 log3 x + o(1) = 3 log4 x + o(1) > 2 log4 x.
(2.45)
Với moi so nguyên dương m giả sả t(m) là b¾c của sự xuat hi n của m
trong dãy (Mn)n. Có nghĩa là, t(m) là cap của 2 modulo m. Đ t
N :=
p∈P
và T := t(N).
Chú ý rang neu p ∈ P , thì t(p)|(p − 1)/2.
Th t v y, tà Định lí Fermat bé, ta chac chan có t(p)|p − 1. Như v y,
p|2p−1
− 1, do đó p| 2(p−1)/2
− 1 2(p−1)/2
+ 1 . De thay, p không the chia
het nhân tả 2(p−1)/2
+ 1, vì neu đieu đó xảy ra thì do p + 1 là m®t b®i của
4, sě suy ra rang 2(p+1)/4 2
≡ −2 (mod p), nghĩa là -2 là th ng dư bình
phương modulo p, đieu đó là không the bởi vì p ≡ 7 (mod 8). Như v y,
t(p)|(p − 1)/2, và do đó
T|lcm [(p − 1)/2, p ∈ P] .
Đ c bi t, ta biet rang T là so không có ước chính phương và thàa so
nguyên to nhỏ nhat của nó > y := log2 x. Đ t T = q1.q2. . . . ql, trong đó
l = ω(T) và q1 < q2 < . . . < ql là các so nguyên to với q1 > y.
Ta goi (ni)l
dãy vô hạn xác định bởi
ni = qj.
j≤i
Rõ ràng, n1 = q1, ni+1 = niqi+1 đúng với moi i = 1, , 2, . . . , l − 1 và
nl = T. Đ t
s :=
σ(Mni)
i
Mn
với i = 1, . . . , l. (2.46)
i
Vì ni|ni+1, suy ra si < si+1 đúng với moi i = 1, . . . , l − 1. Trước het, ta
cho m®t c n dưới của sl. Vì nl = T suy ra Mnl chia het cho so N. Đ c
bi t,

48
3
log x
i
i M
′
i
M
i
| i
Σ
t
p p p p2
Y
p∈P p∈P p∈P p∈P
s ≥
Y
1 +
1
= exp
Σ
log 1 +
1
= exp
Σ 1
+ O
Σ 1
> exp(2 log4 x + o(1)) > exp(log4 x) = log3 x,
với bat đȁng thác cuoi cùng ở trên suy ra tà (2.43).
Bây giờ ta sě chỉ ra ton tại m®t hang so c2 đe bat đȁng thác
(2.47)
si+1
si
log2
x
< 1 + c2.
log2 x
(2.48)
đúng với moi i = 0, 1, . . . , l − 1, trong đó ta đ t s0 := 1. Ta giả sả đã cháng
minh (2.48), và hãy xem ket hợp (2.47) với (2.48) như the nào đe cháng
minh phan i) của định lí. Chon m®t so α > 1 và giả sả ε > 0 là so nhỏ tùy
ý. Chon x đủ lớn đe cả hai bat đȁng thác sau đúng
log2
x
log3 x > α + 1 và c2. 3
log2 x
< min{α − 1, ε/α}. (2.49)
Bat đȁng thác (2.47), (2.48) và (2.49) chỉ ra rang s1 < α và sl > α. Vì
v y, ton tại chỉ so k < l mà sk ≤ α, nhưng sk+1 > α. Tuy nhiên, tà (2.48)
và (2.49) ta biet rang
α < sk+1 < sk 1 + c2.
2
3
log x
ε
< α 1 +
α
= α + ε.
Như v y, khoảng (α, α + ε) cháa m®t so có dạng σ(Mn)/Mn với n nào
đó. Vì α > 1 và ε > 0 là tùy ý, nên suy ra phan i) của định lí.
Chỉ còn phải cháng minh (2.48). Với i = 0, 1, . . . , l − 1 ta đ t M
′
=
Mni+1 /Mni với quy ước rang n0 = 1 (và vì v y, Mno = 1). Vì các bat đȁng
thác σ(ab) ≤ σ(a)σ(b) và σ(c)/c ≤ c/φ(c) đúng với moi so nguyên dương
a, b, c, suy ra
σ(Mni+1 ) σ(Mn )σ(M
′
) σ(M
′
) M
′
si+1 =
Vì the
≤
Mni+1
i i
Mni M
′
= si. i
i
< si. i
,
φ(M
′
)
si+1
si
′
< i
φ(M
′
)
1 +
p Mi
′
1
p − 1
< exp
1
p|M
′
p − 1
. (2.50)
=

49
Σ
2
Σ
i
i
d|ni d|ni (2.52)
Đe đánh giá (2.50), ta lí lu n như sau. Giả sả p là m®t ước nguyên to
của Mi
′
. Suy ra p|2niqi+1
− 1 nhưng p ‡ 2ni
− 1. Khi đó suy ra rang ton tại
m®t ước d của ni mà t(p) = qi+1d. Vì p là m®t ước nguyên thủy của Mt(p),
suy ra, tà tính chat női tieng của các ước nguyên thủy của dãy so Lucas,
rang p ≡ 1 (mod qi+1d). Bây giờ, ta co định d và giả sả j(d) là so các so
nguyên to p thỏa mãn t(p) = dqi+1. Rõ ràng
2dqi+1
> 2dqi+1
− 1 ≥ (2dqi+1 + 1)j(d)
,
do đó ta chac chan có j(d) < dqi+1. Như v y,
Σ 1
j(d)
≤
1 1 log(dqi+1)
. (2.51)
Do đó,
t(p)=dqi+1
Σ 1
p − 1
≤
Σ
dqi+1
Σ
k
k=1
1
dqi+1
Σ log(dqi+1)
p|M
′
p − 1
d|ni t(p)=dqi+1 p − 1 d|ni
dqi+1
=
log(qi+1)
.
Σ 1
+
1
.
Σ log d
log(qi+1) σ(ni) log2
ni
qi+1
. +
ni qi+1
1
. log q
qi+1
i+1 + log2 ni log2 ni,
trong đó, trong đánh giá trên ta sả dụng sự ki n σ(m)/m log2 m ket hợp
với Bő đe 2.6. Tuy nhiên, tà cách sap xep các so, ta thay ni = q1...qi có the
lớn nhat bang tích các so nguyên to cho đen qi+1 (thực ra, nó nhỏ hơn tích
này vì q1 > y). Như v y, với x lớn, ta có log ni < 1 + o(1) qi+1 < 2qi+1, vì
the, log2 ni log qi+1. Và như v y, ta đã chỉ ra rang
1
p|M
′
p − 1
≤
log2
qi+1
qi+1
. (2.53)
hàm so log2
t/t giảm với nhǎng giá trị t lớn, và vì qi+1 ≥ q1 > y đúng với
qi+1 d qi+1 d

50
Σ
i
2 3
log
x
l
o
g
x
p pλ
moi i = 0, . . . , l − 1, suy ra
1
p|M
′
p − 1
log2
y
y
log2
x
=
log2 x
. (2.54)
Như v y, với (2.50) và (2.54), ta có
si+1
si
< exp
2
O 3
log2 x
= 1 + O
2
3
,
log x
đieu này cháng minh (2.48) và hoàn thành cháng minh định lí.
Ta có the thay rang phương pháp cháng minh định lí có the được sả
dụng đe chỉ ra rang định lí van còn đúng khi thay the dãy so Mersenne
(Mn)n bởi dãy so Lucas khác nào đó thỏa mãn nhǎng đieu ki n ky thu t
bő sung nào đó, chȁng hạn như dãy (Fn)n các so Fibonacci. Phương pháp
của chúng ta cũng có the được dùng đe chỉ ra rang ket lu n của định lý van
còn đúng khi hàm σ(n)/n và φ(n)/n được thay bởi hàm nhân tính f(n)
tuỳ ý sao cho ton tại hai hang so c /= 0 và λ > 1 đe f(pa
) = 1 + c
+ O(1
)
đúng với moi so nguyên to p và moi so nguyên dương a. Hai hàm so
σ(n)/n và φ(n)/n thỏa mãn các đieu ki n trên đây với (c, λ) = (1, 2)
và (−1, 2) tương áng. Với các hàm như v y, phương pháp cháng minh của
định lí dan đen ket lu n rang t p hợp {f (Mn)/Mn}n trù m t trong khoảng
[lim infn f(Mn), lim supn f(Mn)] .
Ví dụ ve m®t hàm f(n) như the là hàm so α(n)/n, trong đó, đoi với
so nguyên dương n so αn là b c trung bình của các phan tả của nhóm
cyclic cap n. Như v y, t p hợp {α(Mn)/Mn}n trù m t trong [0, 1], nó nói
lên rang moi so giǎa 0 và 1 có the xap xỉ tot tùy ý bởi tỉ so giǎa b c nhân
trung bình của các phan tả trong m®t trường hǎu hạn nào đó đ c so 2 và
so phan tả khả nghịch trong trường này.
≤

51
Ket lu n và kien nghị
Lu n văn tìm hieu ve các ước so của so Mersenne. Cụ the, lu n văn
đã trình bày các van đe sau:
- Trình bày ve lịch sả phát trien của so hoàn hảo và so Mersenne, nhǎng
phát kien và sai lam trong quá trình nghiên cáu so Mersenne và so hoàn
hảo.
- Trình bày m®t so ket quả nghiên cáu hi n đại ve các ước so của so
Mersenne. Đ c bi t là ket quả ve đ® lớn của tőng nghịch đảo của các ước
nguyên to của các so Mersenne. Đây là m®t van đe quan trong, đ c bi t
trong vi c tìm ra nhǎng so nguyên to lớn.
Trong quá trình nghiên cáu, tác giả nh n thay có rat nhieu sai lam trong
lịch sả so hoc. Tà đó cho thay con đường tìm ra chân lý toán hoc là rat
gian nan, và không phải lúc nào cũng suôn sẻ. Vì the lu n văn dành m®t
phan đáng ke đe nói ve nhǎng sai lam đó, nham giúp cho hoc sinh hieu
hơn ve nhǎng chông gai trên con đường khoa hoc, qua đó nuôi dương lòng
ham mê khám phá của các the h trẻ trong tương lai.

52
Tài li u tham khảo
Tieng Vi t
[1] Hà Huy Khoái - Phạm Huy Đien (2003), So hoc thu¾t toán, NXB Đại
hoc Quoc Gia Hà N®i.
[2] Hà Huy Khoái (2004), So hoc, NXB Giáo dục.
[3] Vũ Văn Dân (2013), M®t so van đe ve l ch sủ so hoc, Lu n văn Thạc
sĩ, Vi n Toán hoc.
Tieng Anh
[4] L. E. Dickson (1979), History of The Theory of Numbers, Springer.
[5] P. Erdős, P. Kiss, C. Pomerance (1991), On prime divisors of
Mersenne numbers, Acta Arithmetica, LVII, 267-279.
[6] F. Luca (2003), On the sum of divisors of the Mersenne numbers,
Mathematica Slovaca, Vol. 53, No. 5, 457–466.

Các ước so của so Mersenne.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Các ước so của so Mersenne.docx

Similar to Các ước so của so Mersenne.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (15)

Các ước so của so Mersenne.docx