Câu 3 (5.0 điểm). Một số nguyên dương $n$ gọi là “hoàn hảo” nếu tổng tất cả các ước dương của $n$ gấp đôi nó.

a) Chứng minh rằng số nguyên dương chẵn $n$ là số “hoàn hảo” khi và chỉ khi $n$ có dạng $n=2^{p-1}(2^p-1)$ với $p$ và $2^p-1$ là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng không thể có số nguyên dương lẻ $n$ nào “hoàn hảo” mà có đúng 3 ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải.

a) Giả sử $n=2^k{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}$, trong đó $2<p_1<p_2<\cdots <p_s$ là các số nguyên tố, ${\alpha }_i\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Ta có:
$$\sigma (n)=2n\iff (2^{k+1}-1)\prod _{i=1}^s\frac{p_i^{{\alpha }_i+1}-1}{p_i-1}=2^{k+1}\cdot p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}(\ast )$$

Đặt $t=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}$. Từ (*), ta có:
$$(2^{k+1}-1)\sigma (t)=2^{k+1}\cdot t$$

Do $\gcd (2^{k+1}-1,2^{k+1})=1$ nên từ (*) suy ra:
$$2^{k+1}-1\mid p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_s^{{\alpha }_s}=t$$

Đặt $m=\frac{t}{2^{k+1}-1}\in {\mathbb{Z}}^{+}\Rightarrow m\mid t$. Khi đó:
$$\sigma (t)\ge t+m=m(2^{k+1}-1)+m=m\cdot 2^{k+1}(\ast \ast )$$

Như vậy, dấu "=" ở (**) phải xảy ra $\iff$ $t$ chỉ có 2 ước là $t$ và $m$ $\iff$ $t$ là số nguyên tố, $m=1$. Kéo theo $t=2^{k+1}-1$ là số nguyên tố. Hơn nữa, nếu $k+1$ là hợp số thì $k+1$ có ước dương thật sự $1<d<k+1$, dẫn đến $2^d-1\mid 2^{k+1}-1$ và $1<2^d-1<2^{k+1}-1$, mâu thuẫn với $2^{k+1}-1$ là số nguyên tố. Điều mâu thuẫn cho ta $p=k+1$ phải là số nguyên tố.
Vậy $n=2^{k}t=2^{p-1}(2^p-1)$ và $p$, $2^p-1$ là số nguyên tố.

b) Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh định lý Euler về số hoàn hảo lẻ và định lý Zsigmondy như sau:

Định lý Euler

Nếu $n$ là một số nguyên dương lẻ và là số hoàn hảo, thì $n$ phải có dạng $n=p^s{m}^2$, trong đó $p$ là số nguyên tố, $s$ và $m$ là các số nguyên dương thỏa mãn: $p\equiv s\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ và $\gcd (p,m)=1$.

Định lý Zsigmondy

Gọi $a>b\ge 1$ là các số nguyên và $n\ge 2$ là một số nguyên. Khi đó $a^n-b^n$ có ít nhất một ước số nguyên tố nguyên thủy (nghĩa là một ước số không chia hết $a^i-b^i$ cho mọi $1\le i\le n-1$) ngoại trừ hai trường hợp sau:

(i) $2^6-1^6$,

(ii) $n=2$ và $a+b$ là lũy thừa của 2.

Quy lại bài toán.
Giả sử tồn tại số hoàn hảo lẻ $n=p^a{q}^b{r}^c$ với $3\le p<q<r$ là các số nguyên tố, $a,b,c\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Ta có:
$$\sigma (n)=\frac{p^{a+1}-1}{p-1}\cdot \frac{q^{b+1}-1}{q-1}\cdot \frac{r^{c+1}-1}{r-1}<\frac{p^{a+1}{q}^{b+1}{r}^{c+1}}{(p-1)(q-1)(r-1)}=\frac{n}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}$$

Suy ra
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}>\frac{\sigma (n)}{n}=2.$$

Nếu $p\ge 5$ thì $q\ge 7,r\ge 11$, cho ta
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1-\frac{1}{11}\right)}<2,$$
cho ta điều mâu thuẫn. Do đó $p=3$, nếu $q\ge 7$ thì $r\ge 11$, khi đó
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{7}\right)\left(1-\frac{1}{11}\right)}<2,$$
cũng cho ta điều mâu thuẫn. Dẫn đến $q=5$, nếu $r\ge 17$ thì
$$\frac{1}{\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)}\le \frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}\right)\left(1-\frac{1}{5}\right)\left(1-\frac{1}{13}\right)}<2,$$
cũng cho ta điều mâu thuẫn. Vậy $p=3,q=5,r\le 17$.

• Xét $(p,q,r)=(3,5,7)$ thì $n=3^a{5}^b{7}^c$, do $\sigma (n)=2n$ nên $5\mid \sigma (n)$, xét
$$\sigma (n)=\sigma \left(3^a\right)\sigma \left(5^b\right)\sigma \left(7^c\right)=\frac{3^{a+1}-1}{2}\cdot \frac{5^{b+1}-1}{4}\cdot \frac{7^{c+1}-1}{6}.$$

Theo định lý Euler thì $n$ có đúng một ước nguyên tố có số mũ lẻ, và ước nguyên tố đó chia 4 dư 1, nên trong trường hợp này ước nguyên tố đó chính là 5, suy ra $a,c$ chẵn. Ta thấy rằng $5\nmid \sigma \left(5^b\right)$, nên $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ hoặc $5\mid \sigma \left(7^c\right)$. Nếu $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ thì $5\mid 3^{a+1}-1$, cho ta $a+1$ chia hết cho 4, suy ra $a$ lẻ, điều này mâu thuẫn với định lý Euler vì $a$ phải chẵn. Do đó $5\mid \sigma \left(7^c\right)$, tức là $5\mid 7^{c+1}-1$, cũng cho ta $c+1$ chia hết cho 4, tức là $c$ lẻ. Điều này mâu thuẫn với định lý Euler vì $c$ phải chẵn.

• Xét $(p,q,r)=(3,5,11)$ thì
$$\sigma (n)=\sigma (3^a)\sigma (5^b)\sigma (11^c)=\frac{3^{a+1}-1}{2}\cdot \frac{5^{b+1}-1}{4}\cdot \frac{11^{c+1}-1}{10}=2\cdot 3^a{5}^{b}11^c.$$

Theo định lý Euler, ta suy ra được $c$ chẵn, từ đó $c\ge 2$. Ta có hai cách cho trường hợp này như sau:

Cách 1: Ta cũng suy ra $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ hoặc $5\mid \sigma \left(11^c\right)$. Ta chỉ xét trường hợp $5\mid \sigma \left(11^c\right)$. Suy ra $5\mid 11^{c+1}-1$ và như vậy, suy ra
$$0\equiv 1+11+11^2+\dots +11^c\equiv c+1(\mathrm{mod}5).$$

Suy ra $5\mid c+1$, kéo theo
$$\frac{11^5-1}{11-1}\mid \frac{11^{c+1}-1}{11-1}.$$

Mà $\frac{11^5-1}{11-1}=1+11+11^2+11^3+11^4=5\cdot 3221$, mà 3221 không chia hết cho $2,3,5,11$ nên 3221 có ước nguyên tố khác $2,3,5,11$, cho ta điều mâu thuẫn.

Cách 2: Áp dụng định lý Zsigmondy cho $11^{c+1}-1$ với $c+1\ge 3$, suy ra $11^{c+1}-1$ có ước nguyên tố nguyên thủy $p_0$ sao cho $p_0\nmid 11^k-1,\forall 1\le k\le c$. Nói cách khác, $\sigma (n)$ có một ước nguyên tố $p_0$ mà cấp của 11 modulo $p_0$ là ${\mathrm{ord}}_{p_0}(11)=c+1\ge 3$. Mặt khác, vì $p_0\mid \sigma (n)=2n$ nên $p_0\in \{2,3,5,11\}$. Rõ ràng $p_0\ne 11$, suy ra $p_0\in \{2,3,5\}$. Tuy nhiên, ta dễ dàng kiểm tra các cấp: ${\mathrm{ord}}_2(11)=1$, ${\mathrm{ord}}_3(11)=2$, ${\mathrm{ord}}_5(11)=1$. Tất cả đều nhỏ hơn 3, mâu thuẫn với ${\mathrm{ord}}_{p_0}(11)\ge 3$. Vậy trường hợp này không thể xảy ra!

• Xét $(p,q,r)=(3,5,13)$ thì trường hợp $5\mid \sigma \left(3^a\right)$ là tương tự (bởi vì $a$ chắc chắn chẵn), ta xét trường hợp $5\mid \sigma \left(13^c\right)\Rightarrow 5\mid 13^{c+1}-1$. Suy ra $c+1$ chia hết cho 4 và như vậy $c$ lẻ. Theo định lý Euler, do $13\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, mà số mũ của 13 là $c$ lẻ nên $c\equiv 1(\mathrm{mod}4)$, điều này mâu thuẫn vì $c\equiv 3(\mathrm{mod}4)$.

Bài toán được giải quyết.

$\square$