về phần tử bất khả quy trên một số miền nguyên (tt)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THÚY NGỌC

VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY
TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

Quảng Bình, 2018


TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG BÌNH
KHOA KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ THÚY NGỌC

VỀ PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY
TRÊN MỘT SỐ MIỀN NGUYÊN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN
Th.S TRẦN MẠNH HÙNG

Quảng Bình, 2018


LỜI CẢM ƠN

Trong suốt thời gian thực hiện khóa luận tốt nghiệp, ngoài sự nỗ lực
của bản thân, tôi còn nhận được sự giúp đỡ, chỉ bảo tận tình của các thầy
giáo, cô giáo trong Khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình.
Đặc biệt tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo Th.s Trần Mạnh
Hùng. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong
suốt quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp, đồng thời giúp tôi lĩnh hội
được những kiến thức chuyên môn và rèn luyện cho tôi tác phong nghiên cứu
khoa học.
Qua đây, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy giáo, cô giáo trong
Khoa Khoa học Tự nhiên, tới gia đình, bạn bè và những người luôn sát cánh
bên tôi, đã nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong quá trình học tập
cũng như thực hiện và hoàn chỉnh khóa luận này.
Mặc dù đề tài đã được chuẩn bị và nghiên cứu một cách kĩ lưỡng về thời
gian cũng như nội dung nhưng không khỏi có những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất
mong nhận được sự góp ý của các thầy giáo, cô giáo để khóa luận được hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Quảng Bình, tháng 5 năm 2018
Sinh viên
Nguyễn Thị Thúy Ngọc
1


2


MỤC LỤC

Mục lục

3

Mở đầu

4

1 Kiến thức cơ sở

6

1.1. Miền nguyên và trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2. Đa thức trên một trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3. Trường phân rã của đa thức
1.4. Một số hàm số số học
2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Phần tử bất khả quy trên một số vành

2.1. Số nguyên tố trên vành số nguyên

16

. . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.2. Phần tử bất khả quy trên vành số nguyên phức

. . . . . . . . . 25

2.3. Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ . . . . . . . . . . . . 32

Kết luận

49

Tài liệu tham khảo

50

3


MỞ ĐẦU

Phần tử bất khả quy là một trong những khái niệm quan trọng của lý
thuyết vành và lý thuyết đa thức, đặc biệt các bài toán về số nguyên tố, đa
thức bất khả quy thường được đề cập trong các đề thi chọn học sinh giỏi
bậc THPT quốc gia, khu vực và Olympic Toán quốc tế. Việc tìm hiểu một
số tính chất đặc trưng của phần tử bất khả quy là thực sự cần thiết vì vậy
chúng tôi lựa chọn đề tài nghiên cứu là: Về phần tử bất khả quy trên một số

miền nguyên.
Mục đích của khóa luận là dựa vào các tài liệu Đa thức và ứng dụng ([2]),
Cơ sở lý thuyết trường và lý thuyết Galois ([6]), Cơ sở lý thuyết số và đa thức
([?])...nhằm hệ thống lại và chứng minh chi tiết một số tính chất đặc trưng
của phần tử bất khả quy (còn gọi là số nguyên tố) trên vành số nguyên, trên
vành nguyên phức và trên vành đa thức.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận
được chia làm hai chương:
Chương 1. Kiến thức cơ sở
Trong chương này tôi trình bày một số kiến thức cơ bản của miền nguyên,
Đa thức, trường phân rã của đa thức và một hàm số số học.
Chương 2. Phần tử bất khả quy
Nội dung của chương này là hệ thống lại và chứng minh chi tiết một số
tính chất đặc trưng của phần tử bất khả quy trên một số vành nguyên, trên
vành nguyên phức và trên vành đa thức.
Khóa luận được hoàn thành tại trường Đại học Quảng Bình dưới sự hướng
4


dẫn của Th.S Trần Mạng Hùng. Tôi xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Thầy,
người đã tận tình hướng dẫn, động viên và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi
trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa luận.
Quảng Bình, tháng 05 năm 2018
Sinh viên
Nguyễn Thị Thúy Ngọc

5


CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1

Miền nguyên và trường

1.1.1 Định nghĩa. Ta gọi một vành là một tập hợp R = ∅ cùng với hai
phép toán, gồm phép cộng

+:R×R→R
(x, y) → x + y
và phép nhân

.:R×R→R
(x, y) → xy
thõa mãn các điều kiện sau:
i. (R,+) là một nhóm abel.
ii. (R,.) là một nửa nhóm.
iii. Phép nhân phân phối đối với phép cộng.

• Nếu phép nhân của vành có tính chất giao hoán thì ta nói vành đó là
vành giao hoán.

• Nếu phép nhân của vành có đơn vị thì ta nói vành đó là vành có đơn vị.
Đơn vị của vành thường được ký hiệu bởi 1. Chú ý rằng tồn tại những vành
không có đơn vị.
6


• Tập hợp chỉ gồm một phần tử không với phép cộng và phép nhân cũng

lập thành một vành và gọi là vành không. Hơn nữa, mọi vành bất kỳ chỉ gồm
một phần tử đều là vành không. Nếu R là vành có đơn vị mà không phải là
vành không thì 1 = 0. Thật vậy, nếu 1 = 0 thì ∀x ∈ R ta có x = x1 = x0 = 0.
Suy ra R cũng là vành không, mâu thuẫn, do đó 1 = 0.
1.1.2 Ví dụ. 1. Z, Q, R là những vành giao hoán, có đơn vị là 1.
2. Cho n > 1 là một số nguyên dương. Tập hợp nZ cùng với phép cộng và
nhân các số thông thường là một vành giao hoán nhưng không có đơn vị.
3. Tập hợp M (n, R) các ma trận vuông cấp n(n > 0) với phần

 tử thực cùng
1 0 ... 0
0 1 . . . 0
với hai phép toán cộng và nhân mà trận là một vành có đơn vị  .. .. .. .. 
. . . .
0 0 ... 1
Vành này nói chung không giao hoán.
1.1.3 Định nghĩa. Một vành giao hoán, có đơn vị, khác 0 và không chứa
ước của 0 được gọi là miền nguyên.
Chẳng hạn, vành số nguyên Z là một miền nguyên. Vành Z6 không phải
là miền nguyên.
1.1.4 Định lí. [4] Vành Zn là miền nguyên khi và chỉ khi n là số nguyên tố.
1.1.5 Định lí. Đặc số của một miền nguyên hoặc bằng 0 hoặc là một số
nguyên tố.
1.1.6 Định nghĩa. Cho R là một vành giao hoán, có đơn vị 1 = 0. Khi đó
phần tử x ∈ R được gọi là khả nghịch trong vành R nếu tồn tại y ∈ R sao
cho xy = 1. Với mỗi phần tử x ∈ R, phần tử y xác định như thế là duy nhất
và được gọi là nghịch đảo của x, ký hiệu là x−1 .
Gọi U là tập tất cả các phần tử khả nghịch của vành R. Khi đó U là một
nhóm đối với phép nhân trên R.
Chẳng hạn, U (Z) = {1, −1}; U (Q) = Q∗ ;

7


Với K là trường, U (K) = K ∗ ; U (K[x]) = K ∗ ; U (Z[x]) = {1, −1}.
1.1.7 Nhận xét. 1. Một miền nguyên mà mọi phần tử khác không đều khả
nghịch thì nó là một trường.
2. Một tập hợp cùng với phép cộng và phép nhân thỏa mãn đầy đủ các
tiên đề về trường trừ tiên đề về tính giao hoán của phép nhân được gọi là
một thể.
1.1.8 Định lí. [4] Zn là trường khi và chỉ khi n là số nguyên tố.

1.2

Đa thức trên một trường

1.2.1 Định nghĩa hàm đa thức. Giả sử f (x) là một đa thức thuộc vành
đa thức K[x]. Một ánh xạ f : K → K cho bởi a → f (a), ∀a ∈ K được gọi là
một ánh xạ đa thức hay hàm đa thức. Tập hợp F tất cả các ánh xạ đa thức
lập thành một vành con của vành tất cả các ánh xạ từ K tới K , với phép
cộng và phép nhân theo từng điểm:

(f + g)(a) = f (a) + g(a); (f g)(a) = f (a).g(a), ∀a ∈ K.
1.2.2 Định nghĩa. [4] Nếu K là một trường con của trường E , thì ta gọi E
là một trường mở rộng (hay nói gọn hơn là một mở rộng) của trường K .
Cho E là một trường mở rộng của trường K . Một phần tử u ∈ E gọi là
một nghiệm của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (u) = 0. Khi đó, ta cũng nói u
là một nghiệm của phương trình đại số đa thức f (x) = 0.
1.2.3 Định lí. (Định lí về phép chia có dư) [4]
Giả sử f (x), g(x) ∈ K[x] là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K ,

f (x) = 0. Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho:
f (x) = g(x).q(x) + r(x),trong đó r(x) = 0 hoặc r(x) = 0 thì degr(x) <
degg(x)
8


1.2.4 Định lí Bezout. [2] Cho đa thức f (x) ∈ K[x]. Khi đó phần tử u ∈ K
là nghiệm của f (x) khi và chỉ khi f (x) chia hết cho x − u trong vành đa thức

K[x].

1.2.5 Định nghĩa. Giả sử k là một số tự nhiên khác 0. Một phần tử α ∈ K
được gọi là một nghiệm bội k của đa thức f (x) ∈ K[x] nếu f (x) chia hết cho

(x − α)k và f (x) không chia hết cho (x − α)k+1 trong vành K[x].
Nếu k = 1, thì α gọi là nghiệm đơn. Nếu k = 2, thì α gọi là nghiệm kép.
Ta cũng nói trong trường hợp k ≥ 2, α là nghiệm bội nếu không cần thiết
phải nói số bội k . Vậy α ∈ K là một nghiệm bội k của f (x) nếu và chỉ nếu

f (x) = (x − α)k g(x) với g(α) = 0 và khi đó ta có:
degf(x) = k + degg(x), k ≤ degf(x).
1.2.6 Công thức Viete. Cho đa thức f (x) bậc n trên trường K , với hệ tử
cao nhất bằng 1:

f (x) = xn + a1 xn−1 + . . . + ak xk−1 + . . . + an

(1.1)

Giả sử f (x) có n nghiệm α1 , α2 , . . . , αn trong K hoặc trong một số mở rộng
nào đó của K . Khi đó ta có:

a1 = −(α1 + α2 + . . . + αn )
..
.
ak = (−1)k

αi1 αi2 . . . αik
i1
..
.

an = (−1)n α1 α2 . . . αn
1.2.7 Định nghĩa. Cho K là trường, K[x] là vành đa thức của biến x trên

K, f (x) ∈ K[x] với bậc n ≥ 1. Ta gọi f (x) là đa thức bất khả quy trên K
9


hay trong K[x] nếu f (x) không phân tích được thành tích của hai đa thức
bậc khác 0 trên K . Trong trường hợp ngược lại, ta nói f (x) là đa thức khả
quy trên trường K .
1.2.8 Bổ đề. Các phát biểu sau là đúng:
1. Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.
2. Nếu f (x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong F thì f (x) khả quy.
3. Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm
trong F .
4. Đa thức f (x) có bậc dương là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là bất
khả quy với mọi a ∈ F .
Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của một

phần tử chứa F trong một trường. Trước hết ta cần kết quả sau.
1.2.9 Định nghĩa. Cho K là một trường chứa F và E là một trường mở
rộng của K . Phần tử u ∈ E được gọi là phần tử đại số trên K nếu tồn tại
đa thức khác không f (x) ∈ K[x] sao cho f (u) = 0. Phần tử u ∈ E không đại
số trên K , gọi là phần tử siêu việt trên K . Nói khác đi, một phần tử u ∈ E
là phần tử siêu việt trên trường K nếu và chỉ nếu với mọi hệ thức đa thức có
dạng:

a0 + a1 u + . . . + an un = 0, (ai ∈ K)
kéo theo ai = 0, i = 0, 1, . . . , n.
1.2.10 Định nghĩa. Cho u ∈ E là phần tử đại số trên K . Ta chọn trong tất
cả các đa thức khác 0 thuộc K[x] nhận u làm nghiệm một đa thức đơn hệ
(hệ số cao nhất bằng 1) có bậc nhỏ nhất, ký hiệu bởi q(x). Với mỗi phần tử
đại số u ∈ E , đa thức q(x) như vậy được xác định duy nhất. Ta gọi q(x) là

10


đa thức cực tiểu của phần tử đại số u ∈ E trên K . Ta cũng gọi bậc của đa
thức cực tiểu q(x) của u là bậc của u trên K , và ký hiệu bởi [u : K].
Như vậy, ta có: [u : K] = degq(x).
1.2.11 Nhận xét. Cho u ∈ E là phần tử đại số trên K . Gọi q(x) là đa thức
cực tiểu của u trên K . Khi đó, ta có:
1) Với mọi đa thức f (x) thuộc K[x], nếu f (u) = 0 thì f (x) chia hết cho

q(x) trong vành K[x].
2) q(x) là đa thức bất khả quy trên trường K .
3) Nếu f (x) là đa thức đơn hệ, bất khả quy trong K[x] và nhận u làm
nghiệm, thì f (x) là đa thức cực tiểu của u trên K , hay f (x) = q(x).
√

1.2.12 Ví dụ. Đa thức x3 − 2 ∈ Q[x] là đa thức cực tiểu của 3 2 ∈ R; đa
thức x2 + 1 ∈ R[x] là đa thức cực tiểu của i ∈ C.
1.2.13 Mệnh đề. [4] Trên một trường K có vô hạn đa thức đơn hệ bất khả
quy.
Chứng minh: Thật vậy, nếu K có vô hạn phần tử thì trong K[x] có vô hạn
đa thức bậc nhất x − a với a ∈ K . Nếu K hữu hạn thì ta áp dụng lập luận
kiểu Euclid trong số học như sau: Giả sử trong K[x] đã có n đa thức đơn hệ
bất khả quy p1 , . . . , pn . Khi đó, đa thức f (x) = p1 p2 . . . pn + 1 có ít nhất một
ước bất khả quy đơn hệ q khác với mỗi đa thức p1 , . . . , pn , bởi vì nếu ngược
lại thì q sẽ là ước của 1, vô lý.
1.2.14 Mệnh đề. Nếu p(x) ∈ F [x] bất khả quy và p(x) | a(x)b(x) thì p(x) |

a(x) hoặc p(x) | b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ F [x]. Đặc biệt, một đa thức bất
khả quy là ước của một tích hữu hạn đa thức thì nó phải là ước của ít nhất
một trong các đa thức đó.
Tiếp theo, định lí cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1
đều phân tích được thành tích của các thừa số nguyên tố và sự phân tích này
11


là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Kết quả sau đây là một sự
tương tự của định lí này đối với đa thức.
1.2.15 Định lí. (Định lí về sự nhân tử hóa)
Trong vành K[x], mỗi đa thức có bậc ≥ 1, phân tích được thành tích của
những đa thức bất khả quy. Sự phân tích này là duy nhất theo những thừa số
mà chúng chỉ khác nhau những hằng số khác 0 thuộc K .
Tức là, nếu f (x) = f1 (x)f2 (x) . . . fr (x) = g1 (x)g2 (x) . . . gs (x) là hai biểu
diễn tích của những nhân tử bất khả quy trên K thì r = s và fi (x) =

αi .gki (x), 0 = αi ∈ K và k1 , k2 , . . . , kr là thứ tự số trong các số 1, r.

1.3

Trường phân rã của đa thức

1.3.1 Định nghĩa. [3] Giả sử K là một trường, f (x) là đa thức bậc n ≥ 1
trên K . Khi đó, một trường N được gọi là trường phân rã hay trường nghiệm
của f (x) trên K nếu và chỉ nếu N là trường mở rộng nhỏ nhất (cực tiểu) của

K và chứa tất cả n nghiệm của f (x).
1.3.2 Định lí. Với mọi đa thức f (x) bất khả quy trên một trường K , tồn tại
một trường mở rộng N của K trong đó f (x) có ít nhất một nghiệm.
1.3.3 Định lí. Với mỗi đa thức f (x) ∈ K[x] có bậc n ≥ 1, tồn tại duy nhất
(sai khác đẳng cấu) một trường phân rã của f (x) trên K .
√ √
1.3.4 Ví dụ. Kí hiệu Q(i 3, 3 2) là giao của tất cả các trường con của C
√ √
chứa Q và chứa phần tử i 3, 3 2. Khi đó trường phân rã của f (x) = x3 − 2
√
√ √
trên Q là Q(i 3, 3 2). Thật vậy, dễ thấy 3 nghiệm của x3 −2 là x1 = 3 2, x2 =
√
√
√
√
3
2 − 12 + i 2 3 , x3 = 3 2 − 12 − i 2 3 .
√ √
Do đó x1 , x2 , x3 ∈ Q(i 3, 3 2). Ngược lại, trường bé nhất chứa Q và các
√ √

nghiệm của x1 , x2 , x3 phải chứa i 3, 3 2.

12


1.4

Một số hàm số số học

1.4.1 Hàm số số học và hàm số có tính chất nhân.
1. Hàm số số học là một ánh xạ f : N∗ → R từ tập các số tự nhiên khác
không N∗ đến tập các số thực R.
2. Hàm số số học f : N∗ → R được gọi là hàm số có tính chất nhân (hàm
nhân tính) nếu:
i) f = 0, nghĩa là tồn tại số tự nhiên n0 ∈ N∗ sao cho f (n0 ) = 0.
ii) Với mọi m, n ∈ N∗ , (m, n) = 1, ta có f (mn) = f (m)f (n).
Trong trường hợp tính chất ii) được thõa mãn với mọi cặp số tự nhiên m, n =

0 thì ta nói f là hàm số có tính chất nhân hoàn toàn (hàm số hoàn toàn nhân
tính).
Ví dụ: Hàm số f : N∗ → R xác định bởi f (n) = ns , s ∈ Z là hàm số số học
hoàn toàn nhân tính.
3. Định lí.
i) Nếu f : N∗ → R là hàm số có tính chất nhân thì f (1) = 1.
ii) Nếu f1 : N∗ → R và f2 : N∗ → R là hai hàm số có tính chất nhân thì
hàm số f = f1 .f2 : N∗ → R xác định bởi f (n) = f1 (n)f2 (n) cũng là hàm
số có tính chất nhân.
iii) Cho n = pα1 1 .pα2 2 . . . pαk k là dạng phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên

n > 1 và f là một số hàm số có tính chất nhân. Khi ấy ta có

k

(1 + f (pi ) + . . . + f (pai i ))

f (d) =
d|n

i=1

f (d) gọi là tổng trải trên các ước của n).

(Tổng
d|n

13

(1.2)


1.4.2 Hàm số Mobius.
1. Địnhnghĩa. Hàm Mobius µ : N∗ → Z được xác định bởi công thức
nếu n = 1
1
.
µ(n) = 0
nếu n..p2 , với p là một số nguyên tố

(−1)k nếu n = p1 p2 . . . pk là tích của k số nguyên tố khác nhau
2. Ví dụ. µ(2) = −1, µ(12) = 0, µ(15) = 1.
3. Định lí.

i) Hàm số Mobius là hàm số có tính chất nhân.
ii) Cho f là một hàm số có tính chất nhân và n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k là dạng
phân tích chuẩn của n ∈ N∗ . Khi ấy ta có
k

(1 − f (pi ))

µ(d)f (d) =
i=1

d|n

1.4.3 Hàm số τ (n).
1. Định nghĩa. Hàm số τ (n) xác định trên tập số nguyên dương, biểu thị
số các ước dương của số tự nhiên n.
2. Ví dụ. τ (1) = 1, τ (2) = 2, τ (6) = 4.
3. Tính chất. τ (n) là một hàm số có tính chất nhân
4. Định lí.
i. Nếu n = 1 thì τ (n) = 1
ii. Nếu n > 1 và n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k là dạng phân tích tiêu chuẩn của n thì

τ (n) = (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αk + 1)
1.4.4 Hàm số σ(n).
1. Định nghĩa. Hàm số σ(n) xác định trên tập số tự nhiên, biểu thị tổng
các ước dương của số tự nhiên n. Ta viết σ(n) =

d.
d|n

2. Ví dụ. σ(1) = 1, σ(2) = 3, σ(6) = 12.

14


3. Định lí. Hàm số σ(n) là một hàm số có tính chất nhân.
4. Định lí.
i. Nếu n = 1 thì σ(n) = 1
ii. Nếu n > 1 và n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k là dạng phân tích tiêu chuẩn của n thì

pαk k +1 − 1
pα1 1 +1 − 1 pα2 2 +1 − 1
σ(n) =
...
p 1 − 1 p2 − 1
pk − 1
1.4.5 Hàm số ϕ(n).
1. Định nghĩa. Hàm số Ơle ϕ(n) xác định trên tập số nguyên dương, biểu
thị số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n.
2. Định lí.
i. Với n = 1 thì ϕ(n) = 1;
ii. Với p là một số nguyên tố và α là một số tự nhiên khác không ta có

ϕ(n) = pα − pα−1 = pα 1 −

1
;
p

iii. Với số tự nhiên n > 1 có dạng phân tích tiêu chuẩn n = pα1 1 pα2 2 . . . pαk k
ta có

ϕ(n) = n 1 −

1
p1

1−

15

1
p2

... 1 −

1
pk

.


CHƯƠNG 2

PHẦN TỬ BẤT KHẢ QUY TRÊN MỘT SỐ VÀNH

2.1

Số nguyên tố trên vành số nguyên

2.1.1 Định nghĩa.

i. Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai

ước tự nhiên là 1 và chính nó.
ii. Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1 và không phải là số nguyên tố.
2.1.2 Định lí. [4] Ước nhỏ nhất lớn hơn 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là
một số nguyên tố.
Chứng minh: Giả sử a là một số tự nhiên lớn hớn 1 và p > 1 là ước nhỏ nhất
của a. Ta có p là một số nguyên tố.
Thật vậy nếu p không phải là một số nguyên tố thì p là một hợp số, nghĩa
là có một số tự nhiên p1 là ước của p và 1 < p1 < p. Từ đó ta có p1 là ước
của a và 1 < p1 < p, mâu thuẫn với giả thiết p là ước nhỏ nhất lớn hơn 1
của a.
2.1.3 Nhận xét. Định lí trên chứng tỏ rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều
có ước nguyên tố.
2.1.4 Định lí. Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh: Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là p1 = 2, p2 , p3 , . . . , pn . Ta
xét số a = p1 p2 . . . pn + 1. Đó là một số tự nhiên lớn hơn 1 nên a có ít nhất
một ước nguyên tố q . Nhưng vì chỉ có hữu hạn số nguyên tố đã kể ra ở trên

16


cho nên q phải trùng một trong các số p1 , p2 , . . . , pn do đó q phải là ước của
tích p1 p2 . . . pn .
Từ q là ước của a = p1 p2 . . . pn + 1 và q là ước của p1 p2 . . . pn . Suy ra q
là ước của a − p1 p2 . . . pn = 1. Điều này mâu thuẫn với giả thuyết q là số
nguyên tố.
Như vậy tập hợp các số nguyên tố là vô hạn nên không thể có một bảng
tất cả các số nguyên tố, nếu chúng ta đánh số các số nguyên tố theo thứ tự
tăng dần p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . , pn < pn+1 , . . . thì cho đến nay người ta

cũng chưa tìm được một biểu thức tổng quát nào cho số nguyên tố pn thứ n
theo chỉ số n của nó.
2.1.5 Mệnh đề. [4] Với số tự nhiên a và số nguyên tố p thì hoặc a nguyên
tố với p hoặc a chia hết cho p.
Chứng minh: Vì p là một số nguyên tố nó chỉ có 2 ước là một và p cho nên

(a, p) = 1 hoặc (a, p) = p. Từ đó ta có a nguyên tố với p hoặc a chia hết cho
p.
2.1.6 Mệnh đề. [4] Nếu một tích các số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố

p thì phải có ít nhất một thừa số của tích chia hết cho p.
Chứng minh: Giả sử tích a1 a2 . . . an chia hết cho p, ta phải có ít nhất một
trong các số a1 , a2 , . . . , an chia hết cho p. Thật vậy giả sử trái lại rằng tất cả
các số a1 , a2 , . . . , an không chia hết cho p thì theo Mệnh đề 2.1.5 chúng đều
là nguyên tố với p do đó ta có (a1 a2 . . . an , p) = 1. Điều này mâu thuẫn với
giả thiết.
2.1.7 Hệ quả. Nếu số nguyên tố p là ước của một tích các số nguyên tố

q1 q2 . . . qn thì p phải trùng với một trong các số nguyên tố của tích đó.
2.1.8 Định lí. (Định lí cơ bản) Mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích
được thành tích những thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu
không kể đến thứ tự của các thừa số.
17


2.1.9 Định lí. Các mệnh đề sau là tương đương
i. p là số nguyên tố;
ii. τ (p) = 2;
iii. σ(p) = p + 1;
iv. ϕ(p) = p − 1.

Chứng minh:
+. i ⇒ ii (theo định nghĩa).
+. ii ⇒ iii. Nếu p là số nguyên tố thì mệnh đề iii đúng. Giả sử p không
phải là số nguyên tố, từ giả thiết suy ra p > 1, do vậy p là hợp số. Đặt

p = p1 p2 , trong đó p > p1 ≥ p2 > 1, từ đó suy ra p có ít nhất 3 ước tự
nhiên nên τ (p) ≥ 3 > 2 là điều vô lí.
+. iii ⇒ iv. Nếu p là số nguyên tố thì mệnh đề iv đúng. Giả sử p không
phải là số nguyên tố, từ giả thiết suy ra p > 1, do vậy p là hợp số. Đặt

p = p1 p2 , trong đó p > p1 ≥ p2 > 1, từ đó suy ra p có ít nhất 3 ước tự
nhiên là 1, p2 , p ⇒ σ(p) ≥ 1 + p2 + p > 1 + p là điều mâu thuẫn.
+. iv ⇒ i. Giả sử p không phải là số nguyên tố, từ giả thiết suy ra p > 1,
do vậy p là hợp số. Đặt p = p1 p2 , trong đó p > p1 ≥ p2 > 1, suy ra

ϕ(p) ≤ p − 2 < p − 1, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy p là số
nguyên tố.
2.1.10 Định lí. [3] Giả sử p > 1, khi đó p là số nguyên tố khi và chỉ khi

Cpk ≡ 0(mod p), ∀k = 1, 2, . . . , p − 1
Chứng minh:

18


+. Giả sử p là số nguyên tố, khi đó

Cpk =

p(p − 1)(p − 2) . . . (p − k + 1)

= a ∈ N ⇒ p(p−1) . . . (p−k+1) = a.k!
1.2. . . . k

Vì p là số nguyên tố nên

(p, k!) = 1, ∀1 ≤ k ≤ p − 1 ⇒

(p − 1)(p − 2) . . . (p − k + 1)
=b∈N
k!

suy ra Cpk = pb ≡ 0(mod p).
+. Giả sử Cpk ≡ 0(mod p), ∀k = 1, 2, . . . , p−1 và p không phải là số nguyên
tố, suy ra p là hợp số (vì p > 1). Đặt p = ab, trong đó a là số nguyên tố
nhỏ hơn p.
Từ giả thiết chúng ta có: Cpa = pc ⇒

p(p−1)...(p−a+1
a!

= pc, suy ra (p −

1)(p−2) . . . (p−a+1) = a!.c, vì a là ước nguyên tố của p nên (p−i, a) =
1, ∀i = 1, 2, . . . , a − 1 ⇒ ((p − 1)(p − 2) . . . (p − a + 1), a!) = 1, điều này
vô lí. Vậy p là số nguyên tố.
2.1.11 Một số bài toán về số nguyên tố.
Bài toán 1. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng 4k + 3.
Chứng minh:
Nhận xét 1. Mọi số nguyên tố lẻ có dạng 4k + 1 hoặc 4k + 3.
Nhận xét 2. Tích các số có dạng 4k + 1 cũng có dạng 4k + 1.

Giả sử p = 4k +3 là một số nguyên tố bất kì, ta xét số a = 4(2.3. . . . p)−1 ⇒

a > p. Có 2 khả năng xảy ra:
Khả năng 1. a là hợp số, suy ra tồn tại ước nguyên tố q của a, dễ thấy

q > p, theo nhận xét 2 suy rằng tồn tại ước nguyên tố q của a có dạng 4k + 3
và q > p.
Khả năng 2. a là số nguyên tố và dĩ nhiên a > p. Vậy trong mọi trường
hợp ta đều có cứ mỗi số nguyên tố p = 4k + 3 luôn tồn tại số nguyên tố

q = 4k + 3 > p, nên bài toán được chứng minh.
19


Bài toán 2. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng 3k − 1.
Chứng minh
Nhận xét 1. Mọi số nguyên tố khác 3 đều có dạng 3k − 1 hoặc 3k + 1.
Nhận xét 2. Tích các số dạng 3k + 1 cũng có dạng 3k + 1.
Ta xét số a = 2.3. . . . p − 1 = 3(2.5. . . . p) − 1 ⇒ a > p, tương tự như phép
chứng minh ở bài toán 1, ta có cứ mỗi số nguyên tố dạng p = 3k − 1 luôn
tồn tại số nguyên tố dạng q = 3k − 1 > p, nên bài toán được chứng minh.
Bài toán 3 (Định lí Dirichlet). Tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng ax + b,
trong đó a, x, b là các số tự nhiên và a, b nguyên tố cùng nhau.
.
Bài toán 4. Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3. Chứng minh x2 + y 2 ..p khi
.
.
và chỉ khi x..p và y ..p
Chứng minh:
.

.
.
(⇒) Chứng minh nếu x2 + y 2 ..p thì x..p và y ..p.
.
.
Giả sử x ..p , y ..p, theo định lí Fermat bé ta có

xp−1 ≡ 1(mod p) và y p−1 ≡ 1(mod p).
suy ra

xp−1 + y p−1 ≡ 2(mod p)
hay

x4k+2 + y 4k+2 ≡ 2(mod p)
⇔ x2
Mặt khác, x2

2k+1

2k+1

+ y2

+ y2

2k+1

≡ 2(mod p)

(∗)

2k+1 ..

.
.(x2 + y 2 )..p. Mâu thuẫn với (*), ta có điều phải

chứng minh.

(⇐) Điều ngược lại hiển nhiên đúng.
Bài toán 5. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên tố p sao cho 3p +

19(p − 1) là số chính phương.
20


Chứng minh: Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn đề bài.
Đặt 3p + 19(p − 1) = n2 (n là một số nguyên).

• Nếu p = 2, 3. Dễ dàng thấy không có số nguyên n nào thỏa mãn.
• Nếu p > 3, p lẻ.
Trường hợp 1: p = 4k + 1.
Ta có: 3 ≡ −1(mod 4) nên 3p ≡ −1(mod 4),
và 19 ≡ 3(mod 4); p − 1 ≡ 0(mod 4),
do đó 3p + 19(p − 1) ≡ −1(mod 4), vô lí.
Trường hợp 2: p = 4k + 3. Theo định lí Fermat ta có

3p ≡ p(mod p) và 19(p − 1) ≡ −19(mod p)
nên 3p + 19(p − 1) ≡ −16(mod p),
.
do đó n2 + 16..p.

.
Từ bài toán 3 ta có 4..p (vô lí vì 4 không có ước dạng 4k + 3).
Vậy không tồn tại số nguyên tố p sao cho 3p + 19(p − 1) là số chính phương.
Bài toán 6 (VMO 2017) Chứng minh rằng
1008

a)

k
kC2017
≡ 0(mod20172 ).

k=1
504

b)

k
(−1)k C2017
≡ 3(22016 − 1)(mod20172 ).

k=1

Chứng minh:

21


a) Ta có biến đổi
1008

1008
k
kC2017

≡
k=1

k=1

1008

2016!
k.2017!
≡ 2017.
k!(2017 − k)!
(k − 1)!(2017 − k)!
k=1
1007

≡ 2017.
≡

2017
.
2

1007

2016!

k
C2016
≡ 2017.
k!.(2016 − k)!
k=0

k=0
2016

k
1008
C2016
− C2016
k=0

2017 2016
1008
≡
. 2
− C2016
(mod20172 )
2
Ngoài ra, vì 2017 là số nguyên tố nên theo định lí Fermat nhỏ thì 22016 ≡

1(mod 2017). Hơn nữa, ta cũng có
1009.1010. . . . 2016 − 1008!
1008!
(2017 − 1)(2017 − 2) . . . (2017 − 1008) − 1008!
=
1008!

1008
C2016
−1=

Dễ thấy tử số chia hết cho 2017 và 1008! nguyên tố cùng nhau với 2017
1008
nên C2016
≡ 1 ≡ 22016 (mod 2017).

Do đó tổng đã cho chia hết cho 20172 .
b) Quy ước kí hiệu

a
b

≡ dc (modm) với a, b, c, d ∈ Z, bd = 0 và m ∈ Z+ , m >

1 nếu dạng rút gọn của phân số

ad−bc
bd

có tử chia hết cho m. Trước hết

ta có nhận xét rằng với p nguyên tố bất kì thì Cpk ≡ (−1)k−1 kp (modp2 ).
Thật vậy, ta có

Cpk =

p!
p (p − k + 1)(p − k + 2) . . . (p − 1)
= .
k!(p − k)! k
(k − 1)!

Nên suy ra

p (p − k + 1)(p − k + 2) . . . (p − 1) − (−1)k−1 (k − 1)!
=
.
k
k
(k − 1)!

p
Cpk −(−1)k−1

22


Dễ thấy tổng trong ngoặc vuông chia hết cho p nên nhận xét được chứng
minh.
Từ đó ta cũng có p1 Cpk ≡
504

(−1)k−1
(modp2 ).
k

504
k

(−1)

k
C2017

k

≡

k=1

(−1) (−1)

Suy ra

k−1 2017

k

k=1

504

(−1)2k−1

≡
k=1

504

≡ −2017
k=1

2017
k

1
(mod20172 )
k

Ta đưa về chứng minh
504

−2017
k=1

1
≡ 3(22016 − 1)(mod20172 )
k

hay
504

3(22016 − 1)
1
≡
(mod 2017)
k

2017

−
k=1

Đặt Sn =

1
1
1
1 + 2 + . . . + n, n

1
∈ Z + thì rõ ràng 11 − 12 + . . . − 2n
= S2n − Sn .

Do đó
1008

S504 = S1008 −
k=1

2016

1008

1
k

Để ý rằng S2016 =

2016

minh:
k=1

(−1)k−1
k

1008

(−1)k−1
(−1)k−1
(−1)k−1
= S2016 −
−
k
k
k
k=1
k=1

k=1
1008

+
k=1

+

1

2017−k

(−1)k−1
k

≡

≡ 0(mod 2017) nên ta đưa về chứng

3(22016 −1)
2017 (mod

2017)

Sử dụng lại nhận xét trên, ta đưa về

1
2017

2016

1008
k
C2017

k=1

k
C2017

+
k=1

23

≡

3(22016 − 1)
(mod 2017)
2017