Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về tính chất đôi một nguyên tố cùng nhau

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (425.34 KB, 49 trang )

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ HẰNG

VỀ TÍNH CHẤT ĐƠI MỘT NGUN TỐ
CÙNG NHAU

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN THỊ HẰNG

VỀ TÍNH CHẤT ĐƠI MỘT NGUN TỐ
CÙNG NHAU
Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN ĐỖ MINH CHÂU

THÁI NGUYÊN - 2018

Mc lc
Li núi u

1

1 Gi thuyt Erdă
os v k s nguyên tố cùng nhau từng đôi một 3
1.1

Chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Về các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một . . . . . . . . . .

6

1.3

Gi thuyt Erdăos về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một .

9

1.4

Gi thuyt Erdăos vi k = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2 Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một

19

2.1

Bộ ba số không nguyên tố cùng nhau từng đôi một . . . . . .

19

2.2

Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một

26

Kết luận

. . . . . . . . .

44

Tài liệu tham khảo

45

1

Mở đầu
Cho A là tập con của tập tích Đề Các {1, . . . , k}2 . Bộ (a1 , . . . , ak ) ∈ Zk
được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên A nếu gcd(ai , aj ) = 1
với mọi (i, j) ∈ A. Trong trường hợp gcd(ai , aj ) = 1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ k,
bộ (a1 , . . . , ak ) ∈ Zk được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Nếu
gcd(ai , aj ) = 1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ k thì ta nói (a1 , . . . , ak ) không nguyên
tố cùng nhau từng đơi một. Tính chất ngun tố cùng nhau từng đơi một có
vai trị quan trọng trong lý thuyết số. Nó là giả thiết khơng thể thiếu trong
Định lý phần dư Trung Hoa nổi tiếng được chứng minh cách đây 750 năm
(xem [11]). Cho đến nay, Định lý này vẫn được áp dụng rất nhiều trong các
lĩnh vực khác nhau của tốn học hiện đại như nhân đồng dư; tính tốn bắc
cầu; lý thuyết mã hóa và mật mã ... (xem [6]). Ngày nay, việc tính tốn các
bộ ngun tố cùng nhau từng đôi một là rất cần thiết để xác định được số
các bộ không nguyên tố cùng nhau từng đơi một (xem [8], [14]). Chính vì
các lý do này, tơi đã chọn đề tài "Về tính chất đơi một nguyên tố cùng
nhau".
Mục đích thứ nhất của luận văn là trình bày lại một số kết quả về giả
thuyết ca Erdăos cho trng hp k = 1, 2, 3, 4, dựa theo các bài báo [3] và [4].
Giả thuyết phát biểu rằng, số lớn nhất các số nguyên dương không vượt quá
số nguyên dương n, sao cho từ các số này khơng thể trích ra k + 1 số nguyên
nguyên tố cùng nhau từng đôi một đúng bằng số các số nguyên dương không
vượt quá n và là bội của ít nhất một trong k số nguyên tố đầu tiên.
Mục đích thứ hai của luận văn là trình bày lại kết quả của Randell

1

Heyman trong bài báo [9] về xây dựng các công thức gần đúng với sai số

thích hợp để tính số bộ gồm ba số nguyên dương nhỏ hơn số H cho trước,
không nguyên tố cùng nhau từng đôi một và số bộ gồm v số nguyên dương
nhỏ hơn số H cho trước, nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên một tập A
xác định.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương. Chương 1 trình
bày một số bài toán liên quan đến các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một
và chứng minh khẳng định cho giả thuyt ca Erdăos trong cỏc trng hp
k 4. Chng 2 trình bày kết quả và chứng minh chi tiết các cơng thức tính
gần đúng các bộ số ngun dương nhỏ hơn số H và không nguyên tố cùng
nhau từng đôi một hoặc nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên một tập A
dựa trên lý thuyết đồ thị và một số cơng cụ giải tích.
Luận văn được hồn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên, dưới sự hướng dẫn tận tình của cơ giáo TS. Trần Đỗ Minh Châu.
Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của
tôi trong suốt q trình làm luận văn. Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới
cô.
Tôi xin chân thành cảm ơn tồn thể các thầy, cơ giáo trong Khoa Tốn
- Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng
dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn
thành luận văn. Tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân và các đồng nghiệp đã
giúp đỡ, động viên tơi để tơi hồn thành luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Người viết luận văn

Nguyễn Thị Hằng

2

Chng 1

Gi thuyt Erdă
os v k s nguyờn t
cựng nhau từng đơi một
Mục tiêu của chương 1 là trình bày cõu tr li khng nh cho gi thuyt
ca P. Erdăos về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một khi k ≤ 4. Hai tiết
đầu dành để nhắc lại khái niệm và một số tính chất cơ bản của ước, bội, ước
chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất và một số bài toán về các số nguyên tố
cùng nhau từng đôi một. Trong hai tiết tiếp theo, chúng tôi trỡnh by chi tit
chng minh cho gi thuyt ca Erdăos khi k = 1, 2, 3.

1.1

Chuẩn bị
Trong tiết này, chúng tơi nhắc lại một số khái niệm và tính chất cơ bản

về ước, bội, ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất của các số nguyên, khái
niệm các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một để tiện cho việc theo dõi các
nội dung phía sau.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử a và b là hai số nguyên, b = 0. Ta nói b chia hết
a hay a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên q sao cho a = bq. Khi ấy ta cịn
.
nói b là ước của a hay a là bội của b và viết b | a hay a .. b. Khi b không chia
hết a ta viết b a.
Ví dụ 1.1.2. −1, 1 là hai ước của mọi số nguyên a và 0 là bội của mọi số
nguyên b = 0.

3

Trong trường hợp không xảy ra quan hệ chia hết, ta có định lý về phép
chia có dư phát biểu như sau.
Định lý 1.1.3. Với mọi cặp số nguyên a, b, b = 0 tồn tại duy nhất cặp số
nguyên q, r thỏa mãn các hệ thức
a = bq + r, 0 ≤ r < |b| .
Hệ quả của Định lý 1.1.3 là vành các số nguyên Z là vành chính. Vì
thế trong vành Z có các khái niệm ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ
nhất...Chúng ta sẽ lần lượt nhắc lại các kết quả về các khái niệm này ở
trong Z, bỏ qua chứng minh.
Định nghĩa 1.1.4. (i) Một số nguyên d được gọi là ước chung của các số
nguyên a1 , a2 , . . . , an nếu d là ước đồng thời của mỗi số nguyên đó.
(ii) Với mỗi số nguyên ai (i = 1, 2, . . . , n) ta kí hiệu U(ai ) là tập hợp
các ước của ai . Hiển nhiên U(ai ) = ∅ và có hữu hạn phần tử.
Rõ ràng

n
i=1 U(ai )

= ∅ và bị chặn trên bởi số lớn nhất trong các số

|a1 |, |a2 |, . . . , |an | , do đó nó có số lớn nhất d. Hiển nhiên d là một chung của
a1 , a2 , . . . , an và có thể thấy rằng mọi ước chung của a1 , a2 , . . . , an đều là ước
của d.
Định nghĩa 1.1.5. Một ước chung d của các số nguyên a1 , a2 , . . . , an sao cho
mọi ước chung của a1 , a2 , . . . , an đều là ước của d, được gọi là ước chung lớn
nhất của các số đó.
Ví dụ 1.1.6. Các số 1, −1, 2, −2 là các ước chung của 4 và −6. Các ước
chung lớn nhất của 4 và −6 là 2 và −2.
Nhận xét 1.1.7. (i) Tập hợp các ước chung của nhiều số cho trước trùng
với tập hợp các ước của ước chung lớn nhất của các số đó.

(ii) Nếu tất cả các số a1 , a2 , . . . , an đều bằng 0 thì tập hợp các ước chung
của chúng là Z \ {0}. Khi ấy khái niệm ước chung lớn nhất khơng có nghĩa
nữa. Do đó giả thiết các số a1 , a2 , . . . , an đang xét không phải bằng 0 tất cả.
Hơn nữa tập hợp các ước chung của các số đang xét sẽ không thay đổi nếu
4

ta thêm hay bớt một số bằng 0. Vì thế ta có thể giả thiết thêm ai = 0 với
mọi i = 1, 2, . . . , n.
(iii) Nếu d là một ước chung lớn nhất của (a1 , a2 , . . . , an ) thì −d cũng
một ước chung lớn nhất của (a1 , a2 , . . . , an ). Hơn nữa nếu d và d cùng là
ước chung lớn nhất của a1 , a2 , . . . , an thì d = ±d. Do đó từ đây về sau,
nếu khơng có nói gì thêm ta sẽ lấy số dương d trong các ước chung lớn
nhất của a1 , a2 , . . . , an làm ước chung lớn nhất của a1 , a2 , . . . , an và kí hiệu
d = gcd(a1 , a2 , . . . , an ). Như vậy, ta có thể định nghĩa: ước chung lớn nhất của
các số nguyên a1 , a2 , . . . , an là các số lớn nhất trong tập hợp các ước chung
của chúng.
Với khái niệm ước chung lớn nhất, ta có thể định nghĩa các số nguyên
tố cùng nhau và nguyên tố cùng nhau từng đôi một như sau.
Định nghĩa 1.1.8. (i) Các số nguyên a1 , . . . , an được gọi là nguyên tố cùng
nhau nếu ước chung lớn nhất của chúng bằng 1.
(ii) Các số nguyên a1 , . . . , an được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi
một nếu hai số bất kì trong chúng nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 1.1.9. 6, 10, 15 là nguyên tố cùng nhau vì gcd(6, 10, 15) = 1. Các số
6, 7, 13 là ngun tố cùng nhau từng đơi một vì
gcd(6, 7) = gcd(7, 13) = gcd(6, 13) = 1.
Định lý sau đây khẳng định ước chung lớn nhất của các số nguyên khác
không cho trước luôn tồn tại.
Định lý 1.1.10. Tồn tại ước chung lớn nhất của các số nguyên khác không
a1 , a2 , . . . , an cho trước.

Hệ quả 1.1.11. Các khẳng định sau là đúng.
(i) Nếu d = gcd(a1 , a2 , . . . , an ) thì tồn tại các số nguyên u1 , u2 , . . . , un
sao cho
d = a1 u1 + a2 u2 + . . . + an un .
(ii) Điều kiện cần và đủ để a1 , a2 , . . . , an nguyên tố cùng nhau là tồn tại các
5

số nguyên u1 , u2 , . . . , un sao cho
1 = a1 u1 + a2 u2 + . . . + an un .
Ta ln tìm được ước chung lớn nhất của các số khác không cho trước
nhờ vào thuật toán Ơclit. Tiếp theo, chúng ta nhắc lại các tính chất của ước
chung lớn nhất.
Mệnh đề 1.1.12. Các khẳng định sau là đúng.
(i) Với k ∈ Z, k > 0 ta có gcd(ka1 , ka2 , . . . , kan ) = k ·gcd(a1 , a2 , . . . , an ).
(ii) Với δ ∈ Z, δ > 0, δ | ai (i = 1, 2, . . . , n) ta có
gcd

an
a1 a2
, ,...,
δ δ
δ

=

gcd(a1 , a2 , . . . , an )
.
δ

(iii) Một ước chung dương d của các số a1 , a2 , . . . , an là ước chung lớn
a1 a2
an
nhất của chúng khi và chỉ khi gcd( , , . . . , ) = 1.
d d
d
(iv) Nếu gcd(a, b) = 1 và b | ac thì b | c.
(v) Nếu gcd(a, b) = 1 thì gcd(ac, b) = gcd(c, b) với mọi c ∈ Z.
(vi) Nếu gcd(a, b) = gcd(a, c) = 1 thì gcd(a, bc) = 1.

1.2

Về các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Mục tiêu của tiết này là nhắc lại khái niệm, tính chất và một số bài toán

liên quan đến các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Định nghĩa 1.2.1. Một tập con A của tập các số tự nhiên được gọi là nguyên
tố cùng nhau từng đôi một nếu gcd(a, b) = 1 với mọi a, b ∈ A, a = b.
Nhận xét 1.2.2. (i) Nếu các số tự nhiên a1 , . . . , at nguyên tố cùng nhau
từng đơi một, thì chúng ngun tố cùng nhau, tức là gcd(a1 , . . . , at ) = 1. Tuy
nhiên, điều ngược lại không đúng. Chẳng hạn, các số 3, 5, 6 là nguyên tố cùng
nhau, nhưng không nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
(ii) Tồn tại những tập hợp gồm vô hạn số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Chẳng hạn như tập tất cả các số nguyên tố. Trong Bài tập 1.2.5, chúng ta
n

thấy rằng tập hợp {62 + 1 | n ∈ N} là tập vô hạn số tự nhiên nguyên tố cùng
nhau từng đôi một.
6

Giả thiết nguyên tố cùng nhau từng đôi một đã được sử dụng trong rất
nhiều kết quả quan trọng của số học. Một trong những kết quả như thế là
Định lí phần dư Trung Hoa. Định lí phần dư Trung Hoa là một kết quả của
lí thuyết số, phát biểu rằng nếu chúng ta biết được các phần dư khi chia một
số n cho những số m1 , . . . , mt nguyên tố cùng nhau từng đôi một, thì ta xác
định được phần dư của phép chia số n cho tích m1 . . . mt .
Định lí phần dư Trung Hoa được nhà toán học Trung Quốc Sunzi ghi
chép vào thế kỉ thứ 3 sau công nguyên. Người Trung Quốc gọi nó là Bài
tốn Hàn Tín điểm binh. Tục truyền rằng khi Hàn Tín (229-196 trước cơng
ngun) điểm qn số, ơng cho qn lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báo
số dư. Từ đó ơng tính chính xác quân số đến từng người. Ngày nay, Định lí
phần dư Trung Hoa được sử dụng rộng rãi trong Lí thuyết mật mã, đặc biệt
là trong việc tính toán các số nguyên tố lớn.
Định lý 1.2.3. Cho m1 , . . . , mt là các số nguyên dương ngun tố cùng nhau
từng đơi một. Khi đó với t số nguyên a1 , . . . , at bất kì cho trước, hệ phương
trình đồng dư
x ≡ a1 (mod m1 )
x ≡ a2 (mod m2 )
.........
x ≡ at (mod mt )
có duy nhất một nghiệm modulo M , trong đó M = m1 . . . mt .
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh sự tồn tại nghiệm. Với mỗi i = 1, . . . , t,
đặt
ni = m1 . . . mi−1 mi+1 . . . mt .
Do m1 , . . . , mt là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên
gcd(ni , mi ) = 1, với mọi i = 1, . . . , t. Suy ra tồn tại các số nguyên ki sao cho
ni ki ≡ 1 (mod mi ). Đặt bi = ni ki . Khi đó bi ≡ 1 (mod mi ) và bi ≡ 0 (mod mj )
với mọi j = i. Suy ra x = b1 a1 + . . . + bt at là nghiệm của hệ phương trình
đồng dư đã cho.

7

Tiếp theo ta chứng minh sự duy nhất. Giả sử x, y cùng là nghiệm của
hệ đã cho. Khi đó x ≡ y (mod mi ), với mọi i = 1, . . . , t. Do m1 , . . . , mt là
nguyên tố cùng nhau từng đôi một nên
x ≡ y (mod m1 . . . mt ).

Trong tốn phổ thơng, có rất nhiều bài tốn liên quan đến các số nguyên
tố cùng nhau từng đôi một. Dưới đây là một số ví dụ.
Bài tập 1.2.4. Tìm 3 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau từng đôi một
sao cho tổng của hai số tùy ý trong 3 số đó là bội của số cịn lại.
Lời giải. Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giải thiết x < y < z. Theo giả
thiết, z là ước của x + y. Vì x + y < 2z nên z = x + y (vì mọi số tự nhiên lớn
hơn z và nhỏ hơn 2z đều không thể là bội của z). Theo giả thiết, x là ước
của y + z. Vì z = x + y nên ta suy ra x là ước của x + 2y và vì thế x là ước
của 2y. Vì x, y, z nguyên tố cùng nhau từng đôi một, nên gcd(x, y) = 1. Suy
ra x là ước của 2. Do đó x = 1 hoặc x = 2. Hoàn toàn tương tự ta có y = 1
hoặc y = 2. Vì x < y nên x = 1 và y = 2. Do đó z là ước của 1 + 2. Vì y < z,
nên z = 3. Vậy, 3 số cần tìm là 1, 2, 3.
n

Bài tập 1.2.5. Dãy số an = 62 + 1 với n = 1, 2, . . . là nguyên tố cùng nhau
từng đôi một.
Chứng minh. Cho n > m là hai số nguyên dương. Chia an cho am ta được
an = am q + r, trong đó 0 ≤ r ≤ am − 1.
Suy ra r = an − am q. Giả sử p là một ước chung của am , an . Khi đó p là ước
của r. Do đó ta cần tính r. Ta có
n

m

n−m

62 + 1 = (62 )2

n−m

+ 1 ≡ (−1)2

m

+ 1 ≡ 2 (mod (62 + 1)).

Do đó r = 2. Suy ra p là ước của 2. Do an , am đều là số lẻ, nên p = 1. Vì thế
gcd(an , am ) = 1 với mọi n = m.
8

Một trong những bài toán được quan tâm là xác định các bộ số Pythagore
nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Nhắc lại rằng một bộ 3 số tự nhiên x, y, z
được gọi là bộ số Pythagore nếu x2 +y 2 = z 2 . Nếu bộ số Pythagore x, y, z thỏa
mãn gcd(x, y) = 1, thì ta nói x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy. Chẳng
hạn 6, 8, 10 là bộ số Pythagore, 3, 4, 5 là bộ số Pythagore nguyên thủy.
Chú ý rằng nếu x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy, thì các bộ
kx, ky, kz đều là bộ số Pythagore với mọi k ∈ N. Ngược lại, nếu x, y, z là
x y z
bộ số Pythagore và d = gcd(x, y), thì d là ước của z và , , là bộ số
d d d
Pythagore nguyên thủy. Như vậy, để xác định các bộ số Pythagore, chúng ta

chỉ cần xác định các bộ số Pythagore nguyên thủy.
Bài tập 1.2.6. Chứng minh rằng bộ 3 số nguyên dương x, y, z là bộ số
Pythagore nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu và chỉ nếu tồn tại hai
số tự nhiên u > v nguyên tố cùng nhau và không đồng thời là số lẻ sao cho
sau một hoán vị của x và y ta có x = u2 − v 2 , y = 2uv.
Chứng minh. Giả sử x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy. Khi đó ta có
gcd(x, y) = 1 và z 2 = x2 + y 2 . Suy ra gcd(x2 , y 2 ) = 1. Vì thế,
gcd(x2 , z 2 ) = gcd(x2 , x2 + y 2 ) = gcd(x2 , y 2 ) = 1.
Suy ra gcd(x, z) = 1. Tương tự ta có gcd(y, z) = 1. Vì vậy, mỗi bộ số
Pythagore nguyên thủy đều nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Ngược lại,
nếu x, y, z là bộ số Pythagore nguyên tố cùng nhau từng đơi một, thì nó phải
là bộ số Pythagore ngun thủy. Do đó, bài tốn được suy ra từ kết quả quen
biết về bộ số Pythagore nguyên thy.

1.3

Gi thuyt Erdă
os v k s nguyờn t cựng nhau từng đôi
một
Mục tiêu của tiết này là giới thiệu một gi thuyt ca Erdăos v k s

nguyờn t cựng nhau từng đôi một, đồng thời đưa ra câu trả lời khẳng định
cho giả thuyết khi k = 1 và k = 2.
9

Trong suốt tiết này chúng tơi sử dụng các kí hiệu Ak (n) và Bk (n) định
nghĩa trong tài liệu [4] như sau.
Ký hiệu 1.3.1. Cho n ≥ 1 và k ≥ 1 là hai số tự nhiên. Kí hiệu Ak (n) là số
các số nguyên dương không vượt quá n và chia hết cho ít nhất một trong k

số nguyên tố đầu tiên. Kí hiệu Bk (n) là số t lớn nhất sao cho tồn tại một tập
gồm t số nguyên dương không vượt quá n mà trong tập đó khơng thể trích
ra k + 1 số ngun dương nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Kết quả sau đây cho ta mối quan hệ giữa Ak (n) và Bk (n).
Mệnh đề 1.3.2. Ta ln có Bk (n) ≥ Ak (n).
Chứng minh. Gọi k số nguyên tố đầu tiên là p1 , p2 , . . . , pk , nghĩa là
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .
Gọi X là tập gồm các số nguyên dương a sao cho a ≤ n và a chia hết cho một
số nguyên tố pi với i ≤ k nào đó. Giả sử tập X có r phần tử. Khi đó, theo
Kí hiệu 1.3.1, ta có Ak (n) = r. Ta khẳng định rằng không tồn tại một bộ
k + 1 số trong tập X nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Thật vậy, lấy k + 1
số tùy ý a1 , . . . , ak+1 ∈ X. Theo Nguyên lí Dirichlet (Dirichlet’s Principle),
trong k + 1 số a1 , . . . , ak+1 , mỗi số đều chia hết cho một trong k số nguyên
tố p1 , . . . , pk , ắt phải tồn tại hai số ai , aj với i = j sao cho ai và aj chia hết
cho cùng một số nguyên tố pt nào đó với t ≤ k. Suy ra gcd(ai , aj ) > 1. Do đó
a1 , . . . , ak+1 không thể nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Suy ra
Bk (n) ≥ r = Ak (n).

Nm 1965, P. Erdăos [7] ó ch ra rng nếu k = 1 hoặc k = 2, thì ta có
đẳng thức Bk (n) = Ak (n). Vì thế ơng ó t ra gi thuyt sau.
Gi thuyt 1.3.3. (Erdăos, 1965) Với hai số nguyên dương k ≤ n ta có
Bk (n) = Ak (n).

10

Trc ht, chỳng ta xột gi thuyt ca Erdăos cho trường hợp k = 1.
Theo Kí hiệu 1.3.1 thì A1 (n) là số các số nguyên dương không vượt quá n
và chia hết cho 2; còn B1 (n) là số tự nhiên t lớn nhất sao cho tồn tại một
tập gồm t số nguyên dương không vượt quá n mà trong tập đó khơng có 2 số

ngun tố cùng nhau. Ta xét hai trường hợp.
n
• Cho n chẵn. Khi đó A1 (n) = . Chọn X = {2, 4, . . . , n} là tập hợp
2
n
gồm số chẵn không vượt quá n. Rõ ràng từ tập X ta không thể trích ra 2
2
số ngun tố cùng nhau. Vì thế
n
= A1 (n).
2
n−1
• Cho n là số lẻ. Khi đó A1 (n) =
. Chọn X = {2, 4, . . . , n − 1} là
2
n−1
số chẵn không vượt quá n, từ tập X ta khơng thể trích
tập hợp gồm
2
ra được hai số nguyên tố cùng nhau. Vì thế
B1 (n) ≥

B1 (n) ≥

n−1
= A1 (n).
2

Dưới đây ta sẽ chứng minh rằng B1 (n) = A1 (n). Trước hết, ta cần bổ
đề sau.

Bổ đề 1.3.4. Cho n = 2t + r với r ∈ {0, 1}. Khi đó trong t + 1 số ngun
dương bất kì khơng vượt q n, ln chọn được 2 số nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh. Cho 1 ≤ a1 < a2 < . . . < at+1 ≤ n là dãy gồm t + 1 số nguyên
dương khơng vượt q n. Nếu a1 = 1, thì a1 , a2 là hai số trong dãy nguyên
tố cùng nhau. Do đó ta có thể giả thiết a1 ≥ 2. Đặt
m = min{ai+1 − ai | i = 1, . . . , t}.
Hiển nhiên m ≥ 1. Ta chứng minh m = 1. Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đó
m ≥ 2 và ta có
at+1 ≥ a1 + 2t ≥ 2 + 2t > n.
Điều này là vô lí. Suy ra m = 1. Vì thế tồn tại một chỉ số i ≤ t sao cho
ai+1 = ai + 1. Rõ ràng, nếu d là ước chung của ai và ai+1 , thì d là ước của 1,
vì thế ai , ai+1 là nguyên tố cùng nhau.
11

Kết quả sau đây, được suy ra ngay từ các Bổ đề 1.3.2, 1.3.4, chỉ ra cơng
thức tính số t lớn nhất sao cho có một tập X gồm t số nguyên dương không
vượt quá n mà từ tập X khơng thể trích ra 2 số ngun tố cùng nhau. Từ
nay đến hết luận văn, chúng ta sử dụng kí hiệu phần nguyên như sau: Với
mối số hữu tỷ a > 0, kí hiệu a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a.
Định lý 1.3.5. B1 (n) = A1 (n) =

n
.
2

Tip theo, chỳng ta xột gi thuyt ca Erdăos cho trường hợp k = 2.
Theo Kí hiệu 1.3.1 thì B2 (n) là số tự nhiên t lớn nhất sao cho tồn tại một
tập gồm t số nguyên dương không vượt q n mà trong tập đó khơng có 3
số ngun tố cùng nhau từng đơi một. Cịn A2 (n) là số các số nguyên dương

không vượt quá n hoặc chia hết cho 2 hoặc chia hết cho 3. Gọi A là tập các
số chẵn không vượt quá n và B là tập các số lẻ không vượt quá n và chia hết
cho 3. Khi đó A2 (n) = |A| + |B|. Ta xét 4 trường hợp.
• Nếu n = 6t hoặc n = 6t + 1, thì A2 (n) = 4t.
• Nếu n = 6t + 2, thì A2 (n) = 4t + 1.
• Nếu n = 6t + 3, thì A2 (n) = 4t + 2.
• Nếu n = 6t + 4 hoặc n = 6t + 5, thì A2 (n) = 4t + 3.
Trong tài liệu [7], P. Erdăos ó chỳ thớch rng B2 (n) = A2 (n). Chúng ta
thảo luận điều này trong phần dưới đây.
Bổ đề 1.3.6. Cho n = 6t hoặc n = 6t + 1. Khi đó trong 4t + 1 số nguyên
dương bất kì khơng vượt q n, ln chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từng
đôi một.
Chứng minh. Cho 1 ≤ a1 < a2 < . . . < a4t+1 ≤ n là dãy gồm 4t + 1 số nguyên
dương không vượt quá n. Giả sử a1 = 1. Xét dãy
2 ≤ a2 < a3 < . . . < a4t+1 ≤ n
gồm 4t số nguyên dương nhỏ hơn n. Chú ý rằng 4t ≥ 3t + 1. Do đó theo
chứng minh Bổ đề 1.3.4, tồn tại số i với 2 ≤ i ≤ 4t sao cho ai+1 = ai + 1. Suy
12

ra a1 , ai , ai+1 là ba số nguyên trong dãy ngun tố cùng nhau từng đơi một.
Do đó ta có thể giả thiết a1 ≥ 2.
Đặt mi = ai+1 − ai với i = 1, . . . , 4t. Hiển nhiên mi ≥ 1 với mọi i. Gọi
r là số vị trí i của dãy sao cho mi = 1. Khi đó có 4t − r vị trí i thỏa mãn
mi ≥ 2. Ta có
n ≥ a4t+1 ≥ a1 + r + 2(4t − r)
≥ 2 + 8t − r
≥ n + (1 + 2t) − r.
Suy ra r ≥ 2t + 1, nghĩa là có ít nhất 2t + 1 vị trí i sao cho mi = 1. Nếu trong
dãy khơng có 3 số tự nhiên liên tiếp, thì ứng với 2t + 1 vị trí mà mi = 1, sẽ có

ít nhất 2t + 1 số lẻ và 2t + 1 số chẵn, tức là trong dãy có ít nhất 4t + 2 số, điều
này khơng thể xảy ra. Vì thế tồn tại một chỉ số i ≤ 4t sao cho ai+1 = ai + 1
và ai+2 = ai + 2. Rõ ràng ai , ai+1 nguyên tố cùng nhau, và ai+1 , ai+2 nguyên
tố cùng nhau. Giả sử ai lẻ. Nếu d là ước chung của ai và ai+2 , thì d là số lẻ
và d ước của 2, vì thế ai , ai+2 là nguyên tố cùng nhau. Suy ra ai , ai+1 , ai+2
là nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Trường hợp ai chẵn, chúng ta lại tiếp
tục khảo sát thêm các chỉ số i mà mi ≥ 2, ta sẽ suy ra rằng trong dãy trên
có ít nhất ba số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Chứng minh bổ đề sau đây rất sơ cấp, nhưng cần đến nhiều tính tốn
chi tiết và phân thành nhiều trường hợp nhỏ, vì thế tác giả luận văn khơng
trình bày nó ở đây.
Bổ đề 1.3.7. Các phát biểu sau là đúng
(i) Nếu n = 6t + 2, thì mỗi dãy gồm 4t + 2 số ngun dương bất kì khơng
vượt q n, ln chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
(ii) Nếu n = 6t + 3, thì mỗi dãy gồm 4t + 3 số ngun dương bất kì khơng
vượt quá n, luôn chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
(iii) Nếu n = 6t + 4 hoặc n = 6t + 5, thì mỗi dãy gồm 4t + 4 số ngun
dương bất kì khơng vượt q n, luôn chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từng
đôi một.
13

Kết quả sau cho ta cơng thức tính số t lớn nhất sao cho có một tập X
gồm t số nguyên dương không vượt quá n mà từ tập X khơng thể trích ra 3
số ngun tố cùng nhau từng đôi một. Chứng minh kết quả này được suy ra
ngay từ các Bổ đề 1.3.2, 1.3.6, 1.3.7.
Định lý 1.3.8. Với mọi n ≥ 3 ta có
n
n
n

+
−
.
2
3
6

B2 (n) = A2 (n) =

1.4

Gi thuyt Erdă
os vi k = 3
Tit ny dnh trình bày chi tiết các kết quả về các dãy chứa nhiều

nhất 3 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Nội dung của tiết này
dựa theo hai bài báo [4] của S. G. Choi đăng trên Trans. AMS và bài báo
[3] của Y-G. Chen và X-F. Zhou đăng trên Discrete Mathematics. Mục tiêu
chính của tiết này là chng minh gi thuyt ca P. Erdăos khi k = 3, đồng
thời đưa ra câu trả lời bộ phận khi k = 4.
Định lí sau đây đưa ra câu trả li khng nh cho gi thuyt ca P.
Erdăos vi k = 3. Ta ln kí hiệu k số ngun tố đầu tiên là
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . , pk .
Định lý 1.4.1. Cho n ≥ 5 là số nguyên dương. Khi đó B3 (n) = A3 (n).
Để chứng minh Định lí 1.4.1, chúng ta cần các bổ đề sau. Trước hết, để
thuận tiện, ta sẽ sử dụng khái niệm và kí hiệu dưới đây.
Định nghĩa 1.4.2. Một tập các số nguyên dương là tốt nếu nó chứa 4 số
nguyên tố cùng nhau từng đơi một, nếu X khơng tốt thì ta nói X là xấu.
Rõ ràng, nếu có một tập con nào đó của X là tốt thì X cũng là tốt.
Ký hiệu 1.4.3. Cho n1 , n2 là các số nguyên dương. Ta ký hiệu A(n1 , n2 ) là

số các số nguyên trong [n1 , n2 ] là bội của ít nhất một trong ba số 2, 3, 5. Với
kí hiệu này ta có A3 (n) = A(1, n).
14

Bổ đề 1.4.4. Cho X là tập gồm A3 (30) số ngun dương khơng vượt q 30.
Khi đó X là xấu nếu và chỉ nếu X trùng với tập các số nguyên dương không
vượt quá 30 và là bội của một trong ba số 2, 3, 5.
Chứng minh. Các số nguyên dương không vượt quá 30 và không chia hết
cho số nào trong các số 2, 3, 5 là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Do đó ta tính được
|X| = A3 (30) = 22. Suy ra X phải chứa ít nhất 8 trong các số sau:
2, 4, 8, 3, 9, 27, 5, 25, 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
Dễ dàng kiểm tra được X là tốt trừ khi X không chứa số nào trong các số
1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Vì thế X là xấu nếu và chỉ nếu X trùng với tập các
số nguyên dương không vượt quá 30 và là bội của một trong ba số 2, 3, 5.
Bổ đề 1.4.5. Cho 5 ≤ j ≤ 15 và X là tập gồm A3 (j) + 1 số nguyên dương
trong đoạn [30k + 1, 30k + j]. Khi đó X là tốt.
Chứng minh. Đặt M = 30k. Vì M chia hết cho cả 2, 3 và 5 và 5 ≤ j ≤ 15
nên M + 1, M + 7, M + 11, M + 13 là tất cả các số nguyên trong đoạn
[M + 1, M + 15] mà không chia hết cho số nào trong các số 2, 3, 5. Dễ dàng
kiểm tra được M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11 là các số nguyên
tố cùng nhau từng đôi một. Vì thế ta chỉ cần chứng minh Bổ đề đúng với
j = 5, 6, 7, 11 và 13.
• Nếu j = 5 hoặc 6 thì A3 (j) + 1 lần lượt là 5 và 6. Vì thế X chứa
tất cả các số nguyên trong đoạn [M + 1, M + j] và do đó X chứa các số
M + 1, M + 2, M + 3, M + 5 ngun tố cùng nhau từng đơi một.
• Nếu j = 7 thì A3 (7) + 1 = 6, do đó X chứa 6 trong 7 số của đoạn
[30k + 1, 30k + 7]. Vì thế X chứa ít nhất 4 số trong các số nguyên tố cùng
nhau từng đôi một M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7.
• Nếu j = 11 thì A3 (11) + 1 = 9, do đó X chứa 9 trong 11 số của đoạn

[30k + 1, 30k + 11]. Vì thế X chứa ít nhất 4 số trong các số nguyên tố cùng
nhau từng đôi một M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11.
• Nếu j = 13 thì A3 (13) + 1 = 10, do đó X chứa 10 trong 13 số của
đoạn [30k + 1, 30k + 13]. Dễ thấy M + 4 và M + 8 khơng thể cùng chia hết
cho 7. Vì thế có ít nhất một trong hai số M + 4, M + 8 không chia hết cho
15

7. Đặt x là số đó. Suy ra X chứa ít nhất 4 số trong các số nguyên tố cùng
nhau từng đôi một x, M + 1, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11, M + 13.
Như vậy, X là tốt.
Bổ đề 1.4.6. Giả sử X chứa A(16, 30) + 1 số nguyên dương trong đoạn
[30k + 16, 30k + 30]. Khi đó X là tốt.
Chứng minh. Đặt M = 30k. Ta có A(16, 30) + 1 = 12. Giả sử x là một trong
hai số M + 22, M + 26 mà không chia hết cho 7. Khi đó X chứa ít nhất 4
trong 7 số nguyên tố cùng nhau từng đôi một x, M + 25, M + 27, M + 17, M +
19, M + 23, M + 29. Vì thế X là tốt.
Bổ đề 1.4.7. Giả sử X là tập gồm A(1, 30) + 1 số nguyên dương trong đoạn
[30k + 1, 30k + 30]. Khi đó X là tốt.
Chứng minh. Vì A(1, 30) + 1 = A(1, 15) + A(16, 30) + 1 nên X chứa ít nhất
A(1, 15) + 1 số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] hoặc chứa ít nhất
A(16, 30) + 1 số nguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + 30]. Do đó từ Bổ đề 1.4.5
và Bổ đề 1.4.6 ta có ngay điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.4.8. Giả sử j ≥ 1 và X là tập gồm A(1, 30j) số nguyên trong đoạn
[1, 30j]. Khi đó X là xấu khi và chỉ khi nó trùng với tập các số nguyên dương
trong [1, 30j] và là bội của một trong các số 2, 3 và 5.
Chứng minh. Giả sử X là xấu. Theo Bổ đề 1.4.7 tập X chứa đúng A(1, 30)
số nguyên dương trong mỗi đoạn [30k + 1, 30k + 30] với k = 0, 1, . . . , j − 1.
Vì thế theo Bổ đề 1.4.4, X trùng với tập các số nguyên dương trong [1, 30j]
và là bội của một trong các số 2, 3 và 5.

Bổ đề 1.4.9. Giả sử 1 ≤ j ≤ 30 và X là tập gồm A(1, j) + 2 số nguyên trong
đoạn [30k + 1, 30k + j]. Khi đó X là tốt.
Chứng minh. Với mỗi 1 ≤ j ≤ 6, ta có A(1, j) = j − 1 nên A(1, j) + 2 = j + 1.
Vì thế giả thiết của định lý chỉ thỏa mãn khi j ≥ 7. Nếu 7 ≤ j ≤ 15, thì
mỗi tập con của X chứa A(1, j) + 1 số nguyên trong [30k + 1, 30k + j] đều
tốt theo Bổ đề 1.4.5. Suy ra X tốt và ta có thể giả sử j > 15. Nếu X chứa
nhiều hơn hoặc ít hơn A(1, 15) số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15]
16

thì theo Bổ đề 1.4.5 và Bổ đề 1.4.6, X là tốt. Suy ra ta giả sử X chứa
đúng A(1, 15) số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] và A(16, j) + 2 số
nguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + j]. Khi đó nếu j < 19 thì A(16, j) + 2
lớn hơn số phần tử của [30k + 16, 30k + j.] Suy ra j ≥ 19. Đặt M = 30k.
Khi đó M + 17, M + 19, M + 23, M + 29 là tất cả các số nguyên trong đoạn
[30k + 16, 30k + 30] không chia hết cho 2, 3 hoặc 5. Vì thế ta chỉ cần chứng
minh bổ để trong trường hợp j = 19, 23 và 29.
• Nếu j = 19 thì X chứa M + 16, M + 17, M + 18, M + 19 và 11 số
nguyên trong [30k + 1, 30k + 15]. Vì M + 16, M + 17, M + 19 và M + l nguyên
tố cùng nhau từng đôi một với l = 1, 7, 11 và 13 nên ta có thể giả sử X chứa
tất cả các số nguyên còn lại trong đoạn [30k + 1, 30k + 15]. Khi đó ta chọn
được M + 9, M + 14, M + 17, M + 19 là các số nguyên tố cùng nhau từng đơi
một.
• Nếu j = 23 thì X chứa 18 số trong đó có 11 số trong [30k +1, 30k +15].
Vì thế X chứa 7 số trong đoạn [30k + 16, 30k + 23]. Do đó X ln chứa ít
nhất 4 số trong các số M + 22, M + 21, M + 17, M + 19, M + 23 nguyên tố
cùng nhau từng đơi một.
• Nếu j = 29 thì A(16, 29) = 10. Suy ra X chứa 12 số trong đoạn
[30k + 16, 30k + 29]. Đoạn này gồm 14 số. Vì thế X chứa ít nhất 4 số trong
các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một M + 27, M + 25, M + 17, M +

19, M + 23, M + 29.
Vậy X là tốt.
Chứng minh Định lý 1.4.1
Chứng minh. Cho X là tập gồm A3 (n) + 1 số nguyên trong đoạn [1, n] với
n ≥ 5. Ta sẽ chứng minh rằng X là tốt. Theo Bổ đề 1.4.8 ta có thể giả sử
n khơng chia hết cho 30. Dễ thấy rằng mọi tập gồm A3 (n) + 1 số nguyên
trong đoạn [1, n] là tốt nếu 30 ≥ n ≥ 5. Vì thế ta có thể giả sử n > 30 nghĩa
là n = 30k + l với 1 ≤ l < 30. Ký hiệu X ∗ là tập con của X trong đoạn
[30k + 1, 30k + l]. Vì kết quả của Định lý có thể suy ra từ Bổ đề 1.4.9 khi
|X ∗ | ≥ A3 (l) + 2 nên ta có thể giả sử |X ∗ | ≤ A3 (l) + 1. Theo Bổ đề 1.4.7 suy

17

ra |X ∗ | = A3 (l) + 1. Do đó X chứa đúng A3 (30k) số nguyên trong [1, 30k] và
theo Bổ đề 1.4.8, X chứa tất cả các bội của 2, 3 và 5 trong đoạn [1, 30k]. Đặc
biệt, nó chứa 2, 3 và 5. Vì X ∗ = A3 (l) + 1 nên X ∗ chứa số x khơng chia hết
cho 2, 3 hoặc 5. Khi đó các số 2, 3, 5 và x đôi một nguyên tố cùng nhau. Vậy,
ta có điều phải chứng minh.
Năm 1988, M. Múcsy ó chng minh c gi thuyt ca Erdăos cho k = 4
(xem About maximal subsets not containing 5 pairwise co-prime numbers,
Thesis, Eăotvăos Lorỏnd University, Budapest). Sau ú, nm 2013, Y-G. Chen
và X-F. Zhou [3] đã chứng minh lại trường hợp k = 4 bằng cách khác và cũng
khẳng định giả thuyết sai khi k = 211. Do kĩ thuật chứng minh các bài báo
sau này phức tạp và khn khổ luận văn có hạn nên chúng tơi khơng trình
bày chứng minh các kết quả này ở đây.

18

Chương 2

Bộ các số nguyên tố cùng nhau
từng đôi một
Mục tiêu của chương 2 là giới thiệu và trình bày chứng minh cho hai
cơng thức gần đúng tính số bộ nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Trong tiết
đầu, chúng tơi xây dựng cơng thức tính số bộ ba các số nguyên dương nhỏ
hơn số H và không nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Tiết cuối sử dụng lý
thuyết đồ thị và một số cơng cụ giải tích để xây dựng cơng thức gần đúng
tính số bộ v số nguyên dương nhỏ hơn số H và nguyên tố cùng nhau từng
đôi một.

2.1

Bộ ba số không nguyên tố cùng nhau từng đôi một
Cho a1 , a2 , a3 là các số nguyên dương nhỏ hơn số nguyên dương H cho

trước. Trong tiết này, chúng ta sẽ xây dựng một công thức gần đúng để tính
số các bộ (a1 , a2 , a3 ) không nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Nội dung
chương này tham khảo trong bài báo [9]. Trước hết ta nhắc lại một số kiến
thức về số học và giải tích cần thiết cho chứng minh cơng thức này.
Ký hiệu 2.1.1. Với mỗi số nguyên s ≥ 1, kí hiệu ω(s) là số các thừa số
nguyên tố phân biệt xuất hiện trong phân tích thành thừa số nguyên tố của
s, và hàm Euler ϕ(s) là số các số nguyên dương nhỏ hơn s, nguyên tố cùng

19

nhau với s. Chú ý rằng, ta có cơng thức sau cho hàm Euler.
1−

ϕ(s) = s
p nguyên tố
p|s

1
.
p

Ta cũng kí hiu à(s) l hm Măobius xỏc nh bi

(1)(s) nu s khơng là số chính phương
µ(s) =

0
nếu s là số chính phng
T nh ngha hm Măobius, ta thy rừ rng hm này chỉ nhận một trong các
giá trị −1, 0, 1.
Trong các kết quả chính của luận văn, chúng ta cần sử dụng hàm zeta
Riemann cho bởi

∞

ζ(s) =
n=1

1
js

.

Chú ý rằng, theo Euler, hàm này có thể phân tích thành tích thơng qua các
số nguyên tố
ζ(s) =
p nguyên tố

Ta kí hiệu f (x) = O(g(x)) hoặc f (x)
cho f (x) ≤ c g(x) với x

1
1−
p

−1

.

g(x) khi tồn tại hằng số c > 0 sao

0. Kí hiệu f (x) = o(g(x)) được sử dụng khi
f (x)
= 0.
x→∞ g(x)
lim

f (x)
= 1 thì ta viết f (x) ∼ g(x).
x→∞ g(x)

Nếu lim

Định nghĩa 2.1.2. Cho a1 , . . . , ak là các số nguyên dương. Bộ (a1 , . . . , ak )
được gọi là không nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu gcd(ai , aj ) = 1 với
mọi 1 ≤ i < j ≤ k.
Ví dụ 2.1.3. (i) Bộ bốn số (2, 4, 6, 8) là bộ không nguyên tố cùng nhau từng
đơi một.
(ii) Cho H = 5. Khi đó các bộ ba (a1 , a2 , a3 ) không nguyên tố cùng nhau
từng đôi một sao cho 1 ≤ a1 , a2 , a3 ≤ H là (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (2, 2, 4),
(2, 4, 2), (4, 2, 2), (4, 4, 2), (4, 2, 4), (2, 4, 4).
20

Kết quả về xác suất các cặp số nguyên dương nguyên tố cùng nhau được
đưa ra bởi E. Cesáro, J. J. Sylvester và P. D. Dirichlet (xem [13] trang 1320).
Cụ thể, nếu kí hiệu
C(H) =

1,

1 = H 2,

P (H) =

1≤a1 ,a2 ≤H
gcd(a1 ,a2 )=1

1≤a1 ,a2 ≤H

thì

C(H)
6
= 2.
H→∞ P (H)
π
lim

Trong trường hợp tổng quát, Nymann [15] đã chứng minh được công
thức sau.
Bổ đề 2.1.4. Với mỗi số nguyên k ≥ 2, ta có



O(H log H) nếu k = 2
Hk
1=
+
.
ζ(k)  O(H k − 1) nếu k ≥ 3 

(2.1)

1≤a1 ,...,ak ≤H
gcd(a1 ,...ak )=1

Kết quả này, một cách tự nhiên, dẫn đến kết quả về ước lượng các bộ
nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Bổ đề 2.1.5. Với mỗi số nguyên k ≥ 2, ta có
1 = ϑ(k)H k + O(H k−1 (log H)k−1 ),

(2.2)

1≤a1 ,...,ak ≤H
gcd(ai ,aj )=1
i=j

trong đó
ϑ(k) =
p nguyên tố

1
1−
p

k−1

1+

k−1
.
p

(2.3)

Bài tốn đặt ra là xây dựng một cơng thức tính số bộ k số (a1 , . . . , ak )
không nguyên tố cùng nhau từng đôi một sao cho các ai đều không vượt quá
số nguyên dương H cho trước. Trong tiết này, chúng ta sẽ xây dựng một cơng
thức gần đúng để tính số bộ như thế khi k = 3. Nhờ công thức này, ta xác
định được xác suất của các bộ ba đôi một không nguyên tố cùng nhau là
khoảng 17,4%.

21

Trong q trình chứng minh kết quả chính, chúng ta cần sử dụng một
chặn trên cho sai số trong công thức gần đúng của
H

2

ϕ(n)
n

n=1

.

Chú ý rằng chặn trên cho sai số trong trường hợp tổng quát đã được chứng
minh bằng cơng cụ giải tích (xem [5], [2], [12]). Ở đây, chúng ta sẽ đưa ra
chứng minh sơ cấp khác cho chặn trên này.
Bổ đề 2.1.6. Cho m ≥ 2. Khi đó
H

n=1

1−

m

ϕ(n)
n