Vài vấn đề xung quanh các giả thuyết số học về số nguyên tố

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH

LÊ NGỌC THÀNH

VÀI VẤN ĐỀ XUNG QUANH
CÁC GIẢ THUYẾT SỐ HỌC VỀ
SỐ NGUYÊN TỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGHỆ AN - 2011


2

LỜI NĨI ĐẦU
Lý thuyết số có thể được cắt nghĩa ngắn gọn như là sự nghiên cứu các tính
chất của các số nguyên, trong đó có các số nguyên tố. Các số ngun tố đóng một
vai trị rất quan trọng trong Lý thuyết số. Dù khái niệm về số nguyên tố rất đơn
giản nhưng các vấn đề liên quan đến chúng lại là rất khó. Thật ngạc nhiên khi
định lý đầu tiên quan trọng liên quan đến các số nguyên tố lại được chứng minh
một cách dễ dàng. Điều này liên quan đến câu hỏi: Có bao nhiêu số nguyên tố
trong tập hợp vô hạn các số nguyên dương? Một định lý nổi tiếng của Euclid
khẳng định rằng có vơ hạn các số nguyên tố. Chứng minh của Euclid đơn giản
một cách đáng ngạc nhiên mà không cần một sự trợ giúp nào ngồi định nghĩa số
ngun tố. Đó là một chứng minh tuyệt đẹp, dù rằng cho đến ngày nay nhân loại
đã tìm được rất nhiều cách chứng minh khác. Bài tốn xác định các tập hợp con
vơ hạn của tập hợp các số nguyên tố là những bài tốn khó, thậm chí đã trở thành

những giả thuyết lớn của Số học mà hiện nay vẫn chưa có lời giải và được nhiều
người trong và ngồi ngành tốn quan tâm.
Câu hỏi tiếp theo là: Các số nguyên tố phân bố như thế nào giữa tập hợp
các số nguyên dương? Sự phân bố của các số này tỏ ra rất phức tạp và khơng có
quy luật, tài liệu [10] ở trang 86 có viết:
"Nobody has been able to put forward any reason which will account for
this extreme irregularity in the distribution of primes".
"Chưa ai có khả năng đưa ra lý do phân tích được sự phân bố khơng quy
luật của các số nguyên tố".
Trong thực tế tồn tại rất nhiều giả thuyết số học liên quan đến số nguyên
tố. Chẳng hạn giả thuyết Golbach; Giả thuyết tồn tại vô hạn cặp số nguyên tố sinh
đôi, các số nguyên tố sinh ba, sinh tư; Giả thuyết tồn tại vô hạn số nguyên tố
dạng k2 + 1; Tiên đề Bertrand …


3

Nhân được đọc và dịch một phần của cuốn sách về số học bằng tiếng Anh
được viết bởi của S.G.Telang – do Giáo sư M.G.Nadkarni thuộc Trường Đại học
Bombay, Ấn độ viết lời tựa, với mục đích tìm hiểu sâu hơn về số nguyên tố, luận
văn này tập trung tìm hiểu các vấn đề xung quanh các giả thuyết, một số hệ quả
của chúng và một số định lý có liên quan đến số nguyên tố (xem [10]).
Nội dung của luận văn gồm ba chương:
Chƣơng 1: Trình bày các định lý cơ bản về tính chia hết của các số
nguyên; một số vấn đề về biểu diễn các số nguyên bằng hệ cơ số; thuật toán
Euclid và thuật toán tối tiểu; các định lý về bội chung nhỏ nhất; phương trình
tuyến tính Diophantine và cách giải; một số các định lý có liên quan đến số
nguyên tố.
Chƣơng 2: Giới thiệu một số các giả thuyết số học có liên quan tới số
nguyên tố như Định lý Euclid; giả thuyết tồn tại vô hạn các số nguyên tố sinh đôi,

sinh ba, sinh tư; giả thuyết tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng k 2 + 1; tiên đề
Bertrand; các số Mersenne và các số Fermat; giả thuyết Goldbach.
Chƣơng 3: Trình bày có chứng minh và làm rõ ba vấn đề có liên quan tới
số nguyên tố, đó là: định lý Dirichlet; định lý Brun; một hệ quả của giả thuyết
Goldbach.
Trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn, tơi cũng đã cố gắng
nhiều, song chắc chắn vẫn cịn thiếu sót, rất mong được sự góp ý, chỉ bảo chân
thành của các thày cô, và của bạn đọc để luận văn này thêm hồn chỉnh, giúp tơi
tiếp tục nghiên cứu tốt hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn Phó giáo sư, Tiến sỹ Nguyễn Thành Quang đã
tận tình chỉ bảo; cảm ơn các thầy cô trong tổ Đại số, Khoa toán học, Khoa Đào
tạo Sau Đại học và thư viện trường Đại học Vinh đã giúp đỡ, tạo điều kiện để tơi
hồn thành luận văn này. Tơi cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ trong
suốt thời gian học tập và nghiên cứu.
Nghệ An, tháng 12 năm 2011
Tác giả


4

CHƢƠNG 1
CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TÍNH CHIA HẾT
1.1.1. Định nghĩa. Cho a và q là hai số nguyên bất kỳ. Khi đó số aq được gọi là
bội của a.
1.1.2. Định nghĩa. Số nguyên a được gọi là chia hết cho số nguyên b (b  0) nếu a
= bq với q là số nguyên.
1.1.3. Định lý. Nếu b chia hết a thì các ước của b cũng chia hết a.
1.1.4. Định lý. Cho a là số nguyên dương. Nếu số nguyên b chia hết a thì giá trị
tuyệt đối của b khơng thể lớn hơn a.

1.1.5. Định lý. Nếu b chia hết a và a chia hết b thì hoặc a = b hoặc a = - b
1.1.6. Định lý. Nếu b chia hết a1 và a2, thì b chia hết c1a1 + c2a2 trong đó c1 và c2
là hai số nguyên tùy ý.
1.1.7. Hệ quả. Nếu b chia hết a1,...,ak, thì b chia hết c1a1 + c2a2 + ... + ckak trong
đó c1 ,... ck là các số nguyên tùy ý.
1.1.8. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ, b > 0. Khi đó tồn tại duy nhất
số nguyên q và r sao cho a = bq + r; 0  r < b.
1.1.9. Hệ quả. bq là bội lớn nhất của b mà không lớn hơn a.
1.1.10. Định lý. Cho r là số dư của a đối với b, và k là số nguyên dương tùy ý.
Khi đó số dư của ka đối với kb là kr.
1.1.11. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ, b > 0. Khi đó tồn tại các số
nguyên Q và R sao cho a = bQ + eR, 0  R <

b
; trong đó e = +1 hoặc -1
2

1.1.12. Định lý. Bất cứ số nguyên nào cũng có một trong các dạng sau:
(i) 3q, hoặc (3q  1)
(ii) 4q, hoặc (4q  1), hoặc (4q  2)
(iii) 5q, hoặc (5q  1), hoặc (5q  2)
1.1.13. Định lý. Bất kỳ số lẻ nào cũng có một trong các dạng sau:


5

(i) 2q + 1
(ii) 2q -1
(iii) 4q  1
(iv)  (4q + 1)

1.1.14. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên lẻ. Khi đó một trong hai số

ab
và
2

a b
là lẻ cịn số kia là chẵn.
2

1.1.15. Định lý. Bình phương của một số nguyên lẻ có dạng 8q + 1.
1.1.16. Định lý. Một trong ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3.
1.1.17. Định lý. Tích của n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
1.2. HỆ CƠ SỐ VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HỆ CƠ SỐ
1.2.1. Định lý. Mỗi số nguyên dương N có thể biểu diễn duy nhất trong hệ cơ số
có cơ sở b bất kỳ:
N = akbk + ak-1bk-1 + ... + a1b + a0
trong đó 0  a0,a1,...,ak  b - 1 và ak  0
1.2.2. Định lý. Mỗi số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng 2n - 1 có thể biểu diễn
duy nhất dưới dạng tổng của một hoặc nhiều số nguyên sau:
1, 2, 22,..., 2n-1.
1.2.3. Định lý. Nếu ta có một tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) như sau:
1,2,22,...,2n-1 kg,
thì ta có thể cân bất cứ vật nào có khối lượng là một số nguyên từ 1 đến (2 n - 1)
kg một cách duy nhất.
1.2.4. Định lý. Tổng số của các khối lượng khác nhau, có thể biểu diễn bởi bất kỳ
tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) phân biệt, là (2n - 1)
1.2.5. Hệ quả. Không thể có tập hợp nào nhỏ hơn n khối lượng chuẩn (quả cân)
mà có thể cân được tất cả các khối lượng khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg

6

1.2.6. Hệ quả. Nếu tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân), mà có hai khối lượng
chuẩn (quả cân) trùng nhau, thì nó khơng thể cân được tất cả các khối lượng
khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg.
1.2.7. Định lý. Nếu tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) có thể cân được tất cả
các khối lượng khác nhau từ 1 đến (2n - 1) kg , thì tập hợp đó chứa các khối
lượng chuẩn (quả cân) là 1, 2, 22,..., 2n-1 kg.
1.3. THUẬT TOÁN EUCLID
1.3.1. Định lý. Nếu a = bq + r, thì mỗi ước chung của a và b đều là ước chung
của b và r, và ngược lại.
1.3.2. Định nghĩa. Cho a1, a2,..., ak là các số nguyên tùy ý không đồng thời bằng
không. Khi đó một số nguyên dương d thỏa mãn các tính chất sau đây sẽ gọi là
ước chung lớn nhất của chúng:
(A) d chia hết tất cả a1, a2, ..., ak.
(B) Nếu có số c chia hết tất cả a1, a2, ..., ak thì c chia hết d.
1.3.3. Định lý. Ước chung lớn nhất của hai hay nhiều số là duy nhất.
1.3.4. Định lý. Cho a1, a2,..., an là các số ngun khác khơng, d là g.c.d. của
chúng. Khi đó, tồn tại các số nguyên x1, x2, ..., xn sao cho
x1a1 + x2a2 + ... + xnan = d.
Chứng minh. Định nghĩa tập hợp S như sau:
S = { a1u1 + a2u2 + ... + anun ; ui  I }.
Nếu a1 là số dương
a11 + a20 + ... + an0 = a1 thuộc tập S
Nếu a1 là số âm
a1(-1) + a20 + ... + an0 = - a1 thuộc tập S
Như vậy trong cả hai trường hợp ta thấy đều có số dương trong S. Điều đó suy ra
phải tồn tại số dương nhỏ nhất trong S, giả sử là t. Khi đó :
t = a1x1 + a2x2 + ... + anxn

Ta cần chứng minh t = d. Chia a1 cho t ta có:


7

a1 = tq + r ; 0  r < t

(1)

Khi đó r = a1 - tq. Cho nên
r = a1 - (a1x1 + a2x2 + ... + anxn)q =
= a1(1 - x1q) + a2(-x2q) + ... + an(-xnq)
Điều này dẫn đến r thuộc vào S. Nhưng theo (1) thì chỉ xảy ra trường hợp r = 0 vì
0  r < t và t là số dương nhỏ nhất trong S. Suy ra a1 - tq = 0 dẫn đến t chia hết a1.
Chứng minh hoàn toàn tương tự thì t chia hết a2, ..., an.
Theo tính chất (B) của g.c.d (mục 1.3.2) thì
t chia hết d.

(2)

Mặt khác d chia hết a1,...,an nên nó chia hết a1x1 + a2x2 + ... + anxn = t. Vậy
d chia hết t.

(3)

Từ (2) và (3) suy ra t = d. ■
1.3.5. Hệ quả. Cho (a, b) = d. Khi đó tồn tại các số nguyên x và y sao cho:
ax + by = d.
1.3.6. Định lý. (Định lý Euclid thứ nhất) Nếu c chia hết ab; (a, c) = 1, thì c chia
hết b.

1.3.7. Bài tốn. Tìm g.c.d. của 1106 và 497. Áp dụng định lý 1.1.8., chia 1106
cho 497 ta có:
1106 = 497  2 + 112

(1)

Tiếp tục lấy 497 chia 112 ta có:
497 = 112  4 + 49

(2)

Lặp lại các bước như trên ta có:
112 = 49  2 + 14

(3)

49 = 14  3 + 7

(4)

14 = 7  2 + 0

(5)

Quy trình kết thúc khi số dư bằng 0. Tập hợp các đẳng thức từ (1) đến (5)
được gọi là thuật toán Euclid cho 1106 và 497. Ước cuối cùng là 7 chính là g.c.d.
của hai số nguyên nói trên.


8

Quy trình tìm g.c.d. có thể trình bày tốt nhất như sau:
497

1106

2

994
112

497

2

448
49

112

2

98
14

49

3

42

7

14

2

14
00
Thuật tốn Euclid tổng qt có chứa một tập hợp các đẳng thức. Cho a > b,
và cả hai đều dương. Áp dụng định lý 1.1.8. thực hiện các bước giống như 1.3.7.
ta nhận được:
a = ba1 + r1 ; 0 < r1 < b

(1)

b = r1a2 + r2 ; 0 < r2 < r1

(2)

r1 = r2a3 + r3 ; 0 < r3 < r2

(3)

...
rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 ; 0 < rn-2 < rn-3

(n-2)

rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 ; 0 < rn-1 < rn-2

(n-1)

rn-2 = rn-1an + rn ; 0 = rn

(n)

Trong đó an  2.
Ta thấy rằng a > b > r1 > r2 > r3 > ...
Do đó đây là dãy giảm các số ngun khơng âm, như vậy đến một lúc nào
đó thì rn phải bằng 0, và thuật toán kết thúc.


9

Tập hợp các đẳng thức từ (1) đến (n) gọi là thuật toán Euclid (ký hiệu bởi
EA) đối với a và b,.
1.3.8. Định lý. Cho a > b, cả hai đều dương, và cho rn = 0 trong EA đối với a và
b. Khi đó rn-1 là g.c.d của a và b (rn-1 là số dư cuối cùng khác 0 trong EA).
Chứng minh. Chúng ta quay lại các đẳng thức từ (1) đến (n) của mục 1.3.7.
rn-2 = rn-1an + 0 do đó
rn-1 | rn-2

(1)

Tiếp theo ta có:
rn-3 = rn-2an-1 + rn-1

(2)

Từ (1) và (2) ta có

rn-1 | rn-3

(3)

Tiếp theo
rn-4 = rn-3an-2 + rn-2

(4)

Từ (1) ; (2) ; (3) ta có
rn-1 | rn-4
Cứ tiếp tục như vậy , cuối cùng ta nhận được:
rn-1 chia hết a và b
Như vậy rn-1 thỏa mãn điều kiện (A) của g.c.d. (1.3.2.)
Giả sử c chia hết a và b. Xuất phát từ a = ba1 + r1 suy ra c chia hết b và r1 (5).
Tiếp theo b = r1a2 + r2 (6) . Từ (5), (6) suy ra c chia hết r1 và r2. Cứ tiếp tục như
vậy, cuối cùng suy ra c chia hết rn-1.
Vậy rn-1 thỏa mãn tính chất (B) của g.c.d. Vậy (a, b) = rn-1. ■
1.3.9. Định nghĩa. Thuật toán tối tiểu (thuật toán số dư trị tuyệt đối bé nhất) đối
với a và b là tập hợp gồm n đẳng thức sau:
a = bQ1 + e1R1 ; 0 < R1 
b = R1Q2 + e2R2 ; 0 < R2 

(1)

b
2
R1
2

(2)


10

R1 = R2Q3 + e3R3 ; 0 < R3 

(3)

R2
2

...
Rn-4 = Rn-3Qn-2 + en-2Rn-2 ; 0 < Rn-2 

Rn 3
2

(n-2)

Rn-3 = Rn-2Qn-1 + en-1Rn-1 ; 0 < Rn-1 

Rn  2
2

(n-1)

Rn-2 = Rn-1Qn + enRn ; 0 = rn

(n)

Trong đó các ei bằng +1 hoặc -1 tùy trường hợp. Ta thấy:
a > b > R1 > R2 > R3 > ...
là dãy giảm các số ngun khơng âm. Do đó đến một lúc nào đó R n phải bằng 0
và thuật toán dừng tại đây.
1.3.10. Định lý. Cho (a1, a2,..., an) = d và với bất kỳ h > 0, ta có
(ha1, ha2,..., han) = hd.
1.3.11. Định lý. Cho (a1,a2,...,an) = d và với bất kỳ h > 0 và h chia hết d, có:
(

a
a1 a2
d
, ,..., n ) = .
h
h
h h

1.3.12. Định lý. Cho (a, b) = d. Nếu a = a1d và b = b1d thì (a1, b1) = 1.
1.3.13. Định lý. Nếu c chia hết ab và (a, c) = 1 thì c chia hết b.
1.3.14. Định lý. Cho (a, b) = 1 khi đó với c bất kỳ: (ac, b) = (c, b).
1.3.15. Định lý. Nếu (a, b) = 1, thì (a + bq, b) = 1 với bất kỳ số nguyên q.
1.3.16. Định lý. Nếu (a + bq, b) = 1 thì (a, b) = 1.
1.3.17. Định lý. Cho (a, b) = 1. Nếu cả a và b chia hết n thì ab chia hết n.
1.3.18. Định lý. Cho a và b là hai số nguyên lẻ sao cho (a, b) = 1. Khi đó
và

a b
là hai số nguyên tố cùng nhau.
2

ab
2


11

Chứng minh. Do a và b lẻ nên
nguyên k > 1 mà chia hết
chia hết

ab
a b
và
là hai số nguyên. Giả sử tồn tại số
2
2

ab
a b
ab
a b
và
. Khi đó k chia hết
+
= a và
2
2
2
2

a b a b
= b. Mâu thuẫn với (a, b) = 1. ■
2
2

1.3.19. Định lý. Nếu (a, b) = 1, một trong hai số a và b lẻ, số kia chẵn thì a + b
và a - b nguyên tố cùng nhau.
1.3.20. Định lý. Nếu tất cả các số a1,a2,...,an ngun tố cùng nhau với b thì tích
của chúng: a1a2...an cũng nguyên tố cùng nhau với b.
1.3.21. Hệ quả. Nếu (a, b) = 1 thì (an, b) = 1 ; (an, bm) = 1; trong đó m, n là các
số nguyên dương.
1.3.22. Định lý. Nếu tất cả các số a1, a2,..., an nguyên tố cùng nhau với tất cả các
số ngun b1, b2,..., bm thì khi đó a1a2...an nguyên tố cùng nhau với b1b2...bm.
1.3.23. Định lý. Cho ab = cn; (a, b) = 1. Khi đó cả a và b là lũy thừa thứ n của
một số nguyên.
1.3.24. Định lý. Cho (m1, m2) = 1; (a, m1) = 1; (b, m2) = 1. Khi đó (am2 + bm1)
nguyên tố với m1m2.
1.3.25. Định lý. Cho (m1, m2) = 1; (am2 + bm1, m1m2) = 1. Khi đó (a, m1) = 1; (b,
m2) = 1.
1.3.26. Định lý. Cho (a1, a2) = d2; (d2, a3) = d3; ...; (dn-1, an) = dn. Khi đó
(a1, a2, ... , an) = dn
1.3.27. Hệ quả. (a1, a2, ... , an) = ((a1, a2, ... , ak) , ak+1, ... , an) =
= (a1, a2, ... , (ak, ak+1, ... , ak+s, ak+s+1), ... , an) =…= (an, an-1, ... , a1).
1.3.28. Định nghĩa. Dãy số u1,u2,u3, ... trong đó u1 = 1; u2 = 2 và un = un-1 + un-2
với mọi n > 2 được gọi là dãy Fibonacci.
1.3.29. Định lý. Cho un là phần tử thứ n của dãy Fibonacci xác định như trên, và
cho  

1 5

, khi đó un >  n1 với mọi n > 1
2


12

1 5 2 1 5
Chứng minh.  2  (
) 
1   1
2
2

(1)

Bởi vậy với bất kỳ số nguyên k > 1,  k   k 2 2   k 2 (  1)
(2)
Do đó  k   k 1   k 2
1 5
Bây giờ u2 = 2 và  
. Do đó u2 > 
(3)
2
Từ (3) và (1) ta có u3 = u2 + u1 >   1   2 . Cho nên định lý trên đúng với n = 2
và n = 3. Giả thiết rằng định lý trên đúng với n = 2, 3,..., k khi đó u k   k 1 và
uk 1   k 2 . Như vậy:
uk 1  uk  uk 1   k 1   k 2

áp dụng (2) ta có uk+1 >  k . Như vậy chúng ta đã chứng minh được định lý đúng
với n = k + 1. ■

1.4. BỘI SỐ CHUNG NHỎ NHẤT
1.4.1. Định nghĩa. Cho a1, a2, … , ak là các số nguyên khác khơng. Khi đó số
ngun dương M thỏa mãn các tính chất sau đây sẽ được gọi là bội chung nhỏ
nhất (l.c.m.) của a1, a2, … , ak :
(A) Tất cả a1, a2, … , ak chia hết M.
(B) Nếu tất cả a1, a2, … , ak chia hết số nguyên c thì M chia hết c.
1.4.2. Định lý. l.c.m của các số nguyên a và b là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử ngược lại tức là có M và M' là hai l.c.m của a 1, a2, … , ak.
Khi đó hiển nhiên a1, a2, … , ak chia hết M và M' là l.c.m. Theo tính chất B mục
1.4.1. thì
M' chia hết M

(1)

Ngược lại có thể chứng minh rằng:
M chia hết M'
Từ (1) (2) suy ra M = M' và định lý được chứng minh. ■

(2)


13

1.4.3. Định lý. Cho [a1, a2, … , ak] = M. Khi đó, mỗi bội chung của a1, a2, … , ak
có dạng Mq.
1.4.4. Định lý. Cho (a,b) = d, khi đó [a, b] =
Chứng minh. Ta cần phải chứng tỏ

ab
.

d

ab
thỏa mãn hai tính chất A và B của mục
d

1.4.1. Thật vậy:
(i) d chia hết b. Do đó a chia hết

ab
. Hơn nữa d chia hết a dẫn đến b chia hết
d

ab
. Vậy tính chất A thỏa mãn.
d

(ii) Ta đặt a = a1d, b = b1d, như vậy (a1, b1) = 1. Giả sử a và b chia hết c, khi đó
c = aq1 = bq2 = a1dq1 = b1dq2. Do đó a1q1 = b1q2. Như vậy b1 chia hết a1q1. Nhưng
(a1, b1) = 1. Do đó b1 chia hết q1 hay q1 = b1t. Như vậy c = a1dq1= b1db1t. Điều đó
dẫn đến c =

a1db1d
ab
ab
chia hết c. Như vậy tính chất B thỏa mãn.
t  t . Suy ra
d
d
d

■
1.4.5. Hệ quả. Nếu (a, b) = 1 thì [a, b] = ab.
1.4.6. Định lý. Cho [a1, a2] = M2, [M2, a3] = M3, …, [Mn-1, an]= Mn. Khi đó:
[a1, a2, … , ak] = Mn.
1.4.7. Hệ quả. [a1, a2, … , an] = [[a1, a2, … , ak]ak+1, … , an] =
= [a1, a2, … , ak-1[ak+1, … , ak+s], ak+s+1, … , an] = [an, an-1, … , a1].
1.4.8. Hệ quả. Cho a1, a2, … , an là các số ngun tố cùng nhau đơi một. Khi đó
[a1, a2, … , an] = a1 a2 … an.
1.5. PHƢƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH DIOPHANTINE
1.5.1. Định nghĩa. Dạng tổng quát của phương trình tuyến tính Diophantine đối
với hai ẩn số x và y là:


14

ax + by = c

(1)

với hạn chế là nghiệm chỉ là các số nguyên. Nếu x = x0, y = y0 thỏa mãn (1) ta
viết nghiệm của (1) là (x0, y0).
1.5.2. Định lý. Cho (a, b) = d. Khi đó phương trình
ax + by = c

(1)

có nghiệm ngun nếu và chỉ nếu d chia hết c.
Chứng minh. (i) Cho d chia hết c. Khi (a, b) = d, theo hệ quả 1.3.5. tồn tại các số
nguyên x1 và y1 sao cho:

ax1 + by1 = d
Nhân cả hai vế của phương trình với
a

Như vậy, x 

c
ta nhận được:
d

c
c
x1  b y1  c
d
d

c
c
x1 , y  y1 là nghiệm của (1).
d
d

(ii) Cho (x0, y0) là lời giải của (1). Khi đó ax0 + by0 = c. Như vậy d chia hết a và
b. Dẫn đến d chia hết c.
1.5.3. Định lý. Nếu (x0, y0) là một nghiệm của phương trình:
ax + by = c, (a, b) = 1

(1)

thì nghiệm tổng quát sẽ là (x0 + bt, y0 - at) trong đó t là số nguyên bất kỳ.

Chứng minh.
a(x0 + bt) + b(y0 - at) = ax0 + by0 = c
khi đó (x0, y0) là nghiệm của (1). Điều đó dẫn đến (x0 + bt, y0 - at) là nghiệm của
(1). Ta sẽ chỉ ra rằng mỗi nghiệm của (1) sẽ có dạng (x0 + bt, y0 - at). Giả sử
(u0, v0) là nghiệm bất kỳ khác (x0, y0). Khi đó ta có:
au0 + bv0 = c
và
ax0 + by0 = c
Như vậy


15

a(u0 - x0) = - b(v0 - y0)

(2)

Cho nên b chia hết a(u0 - x0). Nhưng b nguyên tố cùng nhau với a. Do đó b chia
hết (u0 - x0). Điều đó dẫn đến u0 - x0 = bq, nghĩa là u0 = x0 + bq. Đưa vào (2) ta
nhận được v0 = y0 - aq. Như vậy nghiệm (u0, v0) có dạng (x0 + bt, y0 - at). ■
1.5.4. Hệ quả. Nghiệm tổng quát của (1) có thể biểu diễn dưới dạng
(x0 - bt, y0 + at).
1.5.5. Định lý. Nghiệm tổng quát của phương trình
x + by = c

(1)

ax + by = c, (a, b) = 1

(1)

là (c - bt, t).
1.5.6. Định lý. Cho
và b là hệ số nhỏ hơn trong hai hệ số của phương trình. Giả sử a 1 và c1 là số dư
tối tiểu của a và c đối với |b|. Khi đó (1) có thể biến đổi thành dạng:
a1x + |b|u = c1
trong đó | a1 |

(2)

|b|
|b|
và | c1 |
.
2
2

1.5.7. Định lý. Cho (a1,a2, ... ,an) = d. Khi đó phương trình
a1x1 + a2x2 + ... + anxn = c
chỉ có nghiệm nguyên khi và chỉ khi d chia hết c.
1.6. CÁC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỐ NGUYÊN TỐ
1.6.1. Định nghĩa. Số ngun p > 1 khơng có ước nào trừ 1 và chính nó được gọi
là số ngun tố.
1.6.2. Định nghĩa. Số nguyên > 1 mà không phải là số nguyên tố thì được gọi là
hợp số.
1.6.3. Định lý. Uớc số nhỏ nhất (khác 1) của một hợp số là số nguyên tố.
1.6.4. Định lý. Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên bất kỳ. Khi đó, hoặc
(a, p) = 1 hoặc a là bội số của p.
1.6.5. Định lý. Nếu số nguyên tố p chia hết cho tích

16

a1a2...ak
thì p chia hết ít nhất một số ngun trong các số
a1, a2,..., ak
1.6.6. Hệ quả. Nếu số nguyên tố p chia hết ak, thì p chia hết a.
1.6.7. Định lý. (Định lý cơ bản của số học) Mỗi một hợp số có thể biểu diễn một
cách duy nhất dưới dạng tích của các số ngun tố. Ở đây khơng tính đến thứ tự
của các thừa số nguyên tố.
Chứng minh. (i) Cho N là một hợp số. Theo định lý 1.6.3. , N có ước bé nhất là
một số nguyên tố. Giả sử là p1. Khi đó N = p1N1 với N > N1 > 1. Nếu N1 là
nguyên tố khi đó định lý được chứng minh. Nếu N1 là hợp số ta lý luận tương tự
như trên thì N = p1p2N2 với N > N1 > N2 > 1; p1  p2. Quá trình này cứ tiếp tục và
ta có:
N = p1p2p3N3 = p1p2p3p4N4 = ... = p1p2...pk-1Nk-1 =
Quá trình chỉ kết thúc khi Nk-1 là số nguyên tố. Điều này hiển nhiên xảy ra vì dãy
N1 , N2 , ..., Nk-1 là dãy giảm các số nguyên dương nên phải dừng ở một số
nguyên tố. Đặt Nk-1 = pk ta nhận được:
N = p1p2...pk

(1)

trong đó p1  p2  p3 ...  pk. Như vậy ta đã biểu diễn được N dưới dạng tích của
các số nguyên tố. Ví dụ như phân tích số 72 thành tích các số nguyên tố:
72 = 2  36 = 2  2  18 = 2  2  2  9 = 2  2  2  3  3 = 23  32.
(ii) Ta còn phải chứng minh rằng sự phân tích (1) là duy nhất. Giả sử N có một sự
phân tích khác nữa N = q1q2...qk+l, trong đó qs là các số ngun tố, cịn l (khơng
mất tính tổng qt) là số ngun  0. Do đó ta có:
p1p2...pk= q1q2...qk+l

(2)

Điều đó dẫn đến q1 chia hết p1p2...pk. Theo định lý 1.6.5 thì q1 chia hết ít nhất một
trong các số p1,p2...,pk. Giả sử q1 chia hết p1. Điều đó dẫn đến q1 = p1 vì hai số
đều là nguyên tố. Ta rút gọn hai phần tử bằng nhau ở (2) thì được:
p2p3...pk= q2q3...qk+l

(3)


17

Lý luận tương tự thì q2 = p2 và tiếp tục rút gọn.v.v... Đến một lúc nào đó:
pk= qk...qk+l

(4)

Với l > 0 thì điều này khơng thể xảy ra vì P k ngun tố thì khơng thể phân tích
thành tích của hai hoặc nhiều hơn số nguyên được.
Như vậy l = 0 và qk = pk cho nên sự phân tích (1) là duy nhất. ■
1.6.8. Định lý. (Định lý phân tích nhân tử duy nhất) Mỗi số nguyên N > 1 đều có
thể biểu diễn duy nhất dưới dạng:
N = p1a1 p2 a2 ... pk ak
trong đó p1 , p2 , ... , pk là các số nguyên tố sao cho p1 < p2 < ... < pk và
a1, a2 , ... ,ak là các số nguyên dương.
1.6.9. Định lý. Sự biểu diễn của một hợp số thành tích của các thừa số nguyên tố
là duy nhất.
1.6.10. Định lý. Cho N không chia hết bởi tất cả các số nguyên tố  N . Khi đó
N là số nguyên tố.

1.6.11. Hệ quả. Nếu N là hợp số thì ước nguyên tố nhỏ nhất của N sẽ  N .
1.6.12. Định lý. Cho ước nguyên tố nhỏ nhất của N là > N1/3. Khi đó N chỉ có hai
ước đều là nguyên tố.
Chứng minh. Cho N = p1a1p2a2...pkak. Giả sử định lý không đúng. Suy ra
N  p1 p2 p3 . Nhưng p1, p2, p3, đều lớn hơn N1/3. Do đó N > N1/3N1/3N1/3 là khơng

thể xảy ra. Do đó N = p1a1p2a2. Nhưng ta thấy a1 = 1 và a2 = 1. Như vậy định lý
đúng. ■
1.6.13. Định lý. Cho

m = p1a1p2a2...pkak =

p

n = p1b1p2b2...pkbk =

p

Khi đó:

(m, n) =

1.6.14. Hệ quả. Cho m =

p

a

p

,n=

a

b

min( a ,b )

p

(m, n, ..., t) =

b

, ..., t =

p

p

min( a ,b ..., g )

g

. Khi đó


18

1.6.15. Định lý. Cho

m=

p

a

[m, n] =
1.6.16. Định lý.

,n=

p

p

max( a ,b )

b

. Khi đó

max(min(a1, x), min(a2, x), ..., min(an, x)) =
= min(max(a1, a2, ..., an), x).


19

CHƢƠNG 2
GIỚI THIỆU MỘT SỐ GIẢ THUYẾT SỐ HỌC

2.1. ĐỊNH LÝ EUCLID VỀ SỰ TỒN TẠI VÔ HẠN SỐ NGUYÊN TỐ
2.1.1. Định lý. (Định lý Euclid) Tồn tại vô hạn số nguyên tố.
2.1.2. Hệ quả. Nếu pk là số nguyên tố thứ k, thì:
(i) pk+1  p1 p2 ... pk - 1
(ii) pk+1  p1k
2.1.3. Định lý. Cho N là một số lớn tùy ý. Khi đó tồn tại một dãy nhiều hơn N các
số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số.
2.1.4. Định lý. Nếu n > 3 thì pn > n + 2.
Chứng minh. p4 = 7 > 4 + 2. Như vậy định lý đúng với n = 4. Giả sử định lý đúng
với n = h. Điều này dẫn đến ph > h + 2. Do đó:
ph+1  ph + 2 > (h + 1) + 2
Định lý đúng với n = h + 1. Và theo quy nạp thì định lý đúng với n > 3. ■
n
2.1.5. Định lý. Giả sử k =   . Khi đó:
2

(i) n  2k với mọi n
(ii) n - (k - 1) < pk với n  8
n
n
n 1
Chứng minh. (i) Khi k =   , thì k =
hoặc k =
. Dẫn đến n = 2k hoặc
2
2
2

n = 2k + 1, tức là n  2k với mọi n.
n

(ii) Giả sử n  8. Khi đó k =   > 3. Nếu n = 2k + 1, theo định lý 2.1.4., thì
2

n - (k - 1) = k + 2 < pk. Tương tự nếu n = 2k, n - (k - 1) = k + 1 < pk. ■


20

2.2. GIẢ THUYẾT TỒN TẠI VÔ HẠN CẶP SỐ NGUYÊN TỐ
SINH ĐÔI, SINH BA, SINH TƢ
Hai số nguyên lẻ liên tiếp cùng là số nguyên tố thì được gọi là các số
nguyên tố sinh đôi (twin pair - t.p.). Các ví dụ đưa ra là:
(3, 5), (5, 7), (11, 13), (17, 19), (29, 31),...
(4241, 4243), (4259, 4261)
..., (107 + 6427, 107 + 6429)
..., (1012 + 9649, 1012 + 9651);
Tương tự như các số t.p ta đưa ra khái niệm các số nguyên tố sinh ba
(prime triplets - p.t.) đó là bộ ba (p, p + 2, p + 6) hoặc (p, p + 4, p + 6). Ví dụ
như:
(5, 7, 11), (11, 13, 17), (17, 19, 23), (41,43,47), (101, 103, 107), ... thuộc dạng
thứ nhất và
(7, 11, 13), (13, 17, 19), (37, 41, 43), (67, 71, 73), (103, 107, 109), ...thuộc dạng
thứ hai.
Giả thuyết rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố sinh đôi, sinh ba, đúng hay
không đúng, đến giờ vẫn chưa chứng minh được.
Cịn có thể đưa ra khái niệm các số nguyên tố sinh tư dạng
(p, p + 2, p + 6, p + 8) như: (11, 13, 17, 19), (101, 103, 107, 109),
(191, 193, 197, 199), (821, 823, 827, 829), v.v...
2.3. GIẢ THUYẾT TỒN TẠI VƠ HẠN SỐ NGUN TỐ DẠNG K2 + 1
Tính phân bố không quy luật của các số nguyên tố làm phát sinh nhiều giả

thuyết mà một số trong chúng mãi sau này mới được chứng minh, chẳng hạn:
Có nhiều vơ hạn số nguyên tố dạng k2 + 1.
22 + 1 = 5

42 + 1 = 17
2.4. TIÊN ĐỀ BERTRAND

2.4.1. Định lý. (Bất đẳng thức Bonse) Nếu n > 3, thì pn+12 < p1...pn.


21

Chứng minh.
n=4

112 < 2.3.5.7

n=5

132 < 2.3.5.7.11

n=6

172 < 2.3.5.7.11.13

n=7

192 < 2.3.5.7.11.13.17

n

Với n  8 và k =   thì theo định lý 2.1.5.
2

pk > n – (k - 1)

(1)

n  2k

(2)

và
Ta ký hiệu u = p1p2...pk-1. Xét tập hợp S = {u – 1, 2u – 1,..., pku - 1}. Dễ dàng
nhận thấy rằng khơng có số ngun tố nào trong:
pk, pk+1, ... , pn

(3)

lại chia hết hơn một số nguyên của S. Chẳng hạn, giả sử tu – 1 và su – 1 của S
chia hết bởi pk+i của (3). Điều này dẫn đến pk+i chia hết (tu – 1) – (su – 1) =
u(t - s) điều này khơng thể xảy ra vì (pk+i, u) = 1 và |t - s| < pk+i.
Số lượng số nguyên trong S nhiều hơn số lượng số nguyên tố trong (3) bởi vì
pk > n – (k - 1). Điều đó dẫn đến một hoặc nhiều hơn số nguyên trong S không
chia hết bởi bất kỳ số nguyên tố nào trong (3). Hơn nữa khơng có số ngun nào
trong S chia hết bởi p1, p2, ... , pk-1. Do đó ta đi đến kết luận là tồn tại ít nhất một
số nguyên trong S không chia hết bởi bất cứ số nguyên tố nào trong p 1, p2, ... , pn.
Giả sử đó là số lu – 1 sao cho 1  l  pk. Khi đó lu – 1 là số nguyên tố > pn hoặc
chia hết cho số nguyên tố > pn. Dẫn đến pn+1  lu – 1  pku - 1. Do đó pn+1 < p1p2
... pk. Dẫn đến:
pn+12 < (p1p2 ... pk) (p1p2 ... pk)

< (p1p2 ... pk) (pk+1pk+2 ... p2k)
 (p1p2 ... pk) (pk+1pk+2 ... pn) với n  2k. Định lý được chứng minh. ■

2.4.2. Định lý. Nếu n  9 thì pn > 2n + 3.


22

Chứng minh. p9 = 23 > 2  9 + 3. Như vậy định lý đúng với n = 9. Giả sử định lý
đúng với n = h. Điều này dẫn đến ph > 2h + 3. Do đó
ph+1  ph + 2 > 2h + 3 + 2 = 2(h + 1) + 3.
Như vậy định lý đúng với n = h + 1. Theo quy nạp định lý đúng với n  9. ■
2.4.3. Định lý. Nếu n > 4, thì pn+13 < p1p2...pn.
Chứng minh.
n=5

133 < 2.3.5.7.11

n=6

173 < 2.3.5.7.11.13
...

n = 26

1033 < 2.3.5...101

n
Định lý đúng với n = 5, 6, ..., 26. Giả sử n  27 và k =   như vậy theo định lý
3

1.8.16., pk > n - (k - 1) và n  3k. Ta ký hiệu u = p1p2 ... pk-1. Xét tập hợp S = {(u
– 1), (2u – 1),..., (pku - 1)}. Cũng như mục 1.8.14. ta có thể chứng minh trong S
tồn tại ít nhất một số ngun khơng chia hết bởi bất cứ số nguyên tố nào trong p 1,
p2, ... , pn. Giả sử đó là số lu – 1 sao cho 1  l  pk. Khi đó lu – 1 là số nguyên tố
> pn hoặc chia hết cho số nguyên tố > pn. Dẫn đến pn+1  lu – 1  pku - 1. Do đó
pn+1 < p1p2 ... pk. Dẫn đến:
pn+13 < (p1p2 ... pk) (p1p2 ... pk) (p1p2 ... pk)
< (p1p2 ... pk) (pk+1pk+2 ... p2k) (p2k+1p2k+2 ... p3k)
 (p1p2 ... pk) (p2k+1p2k+2 ... pn) với n  3k. Định lý được chứng minh. ■

2.4.4 Tiên đề Bertrand. Nếu n > 3 thì tồn tại ít nhất một số nguyên tố giữa n và
2n - 2
Rõ ràng giả thuyết Bertrand đã mạnh hơn rất nhiều so với bất đẳng thức
Bonse. Còn một giả thuyết khác nổi tiếng như sau:
Ln ln tồn tại ít nhất một số nguyên tố nằm giữa n 2 và (n+1)2


23

2.5. CÁC SỐ MERSENNE VÀ CÁC SỐ FERMAT
Một vấn đề đặt ra là tìm hàm các số nguyên tố, tức là hàm f(n) cho giá trị
nguyên tố với mọi n. Điều đó có nghĩa là hàm f(n) nào đó thỏa mãn:
f(n) = pn

(1)

trong đó pn là số nguyên tố thứ n, hoặc ít chính xác hơn
f(n) = số nguyên tố

(2)

với mọi giá trị của n. Phương trình (2) dẫn đến vấn đề sau. Có thể tìm được đa
thức với n có dạng
f(n) = aknk + ak-1nk-1 + ... + a1n + ao
cho giá trị là số nguyên tố với mỗi n ? Ta giả sử:
(i) ak là giá trị nguyên dương và
(ii) a0, a1, ..., ak-1 là là các giá trị nguyên dương, âm, hoặc zero, như vậy
f(n)   khi n   như vậy tồn tại số nguyên m sao cho f(n) > 1 với mọi n  m.
2.5.1. Định lý. f(n) xác định như trên là hợp số với mọi giá trị của n.
Chứng minh. Giả sử c là số nguyên  m và t là số nguyên bất kỳ. Khi đó:
f(c + tf(c)) = ak(c + tf(c))k + ak-1(c + tf(c))k-1 + ... + a1(c + tf(c)) + ao =
= akck + ak-1ck-1 + ... + a1c + ao + một bội của f(c) = f(c) + một bội của f(c).
Điều đó có nghĩa là f(c + tf(c)) chia hết f(c) với mọi giá trị của t dương,
âm, hoặc zero.
Bây giờ: f(c + tf(c))   khi t   . Dẫn đến f(n) là hợp số với tất cả các
giá trị của n. ■
2.5.2. Định lý. Cho f(n) = an - 1, n > 1. Khi đó f(n) là số nguyên tố chỉ nếu a = 2
và n là số nguyên tố.
2.5.3. Hệ quả. 2n - 1 là số nguyên tố chỉ nếu n là số nguyên tố.
Nhà toán học người Pháp Mersen (1588 - 1645) đã đưa ra giả thuyết sau:
Cho n  257. Khi đó 2n - 1 là nguyên tố chỉ khi:
n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127 và 257.


24

Điều này có tiếng vang trong lịch sử tốn học và số 2 n - 1 được gọi là số
Mersenne và ký hiệu là Mn. Nếu 2n - 1 là nguyên tố thì được gọi là số nguyên tố
Mersenne. E.A.Lucas (1812 - 1891) đã đưa ra nhận định chính xác về các số

nguyên tố Mersenne như sau:
1. Mn nguyên tố khi n = 2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107 và 127. Như vậy
Mersen đã nhầm lẫn khi kiểm tra tính nguyên tố với n là 61,67,89,107 và 257.
2. Mn được chứng minh là hợp số với tất cả các giá trị còn lại của n  257.
3. Với n = 173, 191, 193,211,223,229 và 251, Mn là hợp số, tuy nhiên rất ít
các nhân tử của chúng được biết.
4. Với n = 199,227, và 257, Mn được chứng minh là hợp số mà khơng có
khả năng tìm ra nhân tử của chúng.
5. Với những giá trị cịn lại của n  257, Mn hồn tồn phân tích được
thành nhân tử.
6. Ngồi 257, Mn được chứng minh là nguyên tố khi:
n = 521, 607, 1279,2203,2281,3217, 4253,4423,9689,9941,11213 và 19937.
Một trong những giả thuyết nổi tiếng nhất về số nguyên tố là của Fermat,
nhà toán học người Pháp sống vào thế kỷ 17. Giả thuyết của Fermat như sau:
22  1 là số nguyên tố với mọi n.
n

Số 22  1 được gọi là số Fermat và ký hiệu là Fn.
n

Một số số Fermat ban đầu là:
F0 = 22  1 = 3
0

F1 = 22  1 = 5
1

F2 = 22  1 = 17
2

F3 = 22  1 = 257
3

Không may cho Fermat số F5 là hợp số và là tích của 641 và 6700417.
2.5.4. Định lý. Giả sử ac + 1, a > 1 là số nguyên tố. Khi đó a là số chẵn và
c = 2n.
2.5.5. Định lý. Tất cả các số Fermat là nguyên tố cùng nhau với nhau.


25

Chứng minh. Giả sử Fn và Fn+k là hai số Fermat bất kỳ và giả sử h > 1 chia hết cả
hai số đó. Fn và Fn+k là hai số ngun lẻ. Do đó chúng khơng thể bị chia hết bởi số
nguyên chẵn. Suy ra h là lẻ. Mặt khác:
Fn = 22  1
n

n k

Fn+k - 2 = 22  1  (22 )2  1
n

k

Như vậy Fn+k - 2 chia hết bởi Fn . Như vậy h chia hết cả Fn+k - 2 và Fn+k . Suy ra h
chia hết Fn+k - (Fn+k - 2) = 2. Điều này khơng thể xảy ra vì h là lẻ và h > 1. ■
2.5.6. Định lý. Tích của n số Fermat đầu tiên là 22  1 .
n

Chứng minh. Định lý đúng với n = 2 tức là F0. F1 = 22  1 .

2

Ta giả sử định lý đúng với n = k. Tức là:
F0.F1.F2...Fk-1 = 22  1
k

Do đó
F0.F1.F2...Fk-1Fk = ( 22  1 )( 22  1 ) = 22  1
k

k

k1

Vậy định lý đúng theo quy nạp. ■
2.5.7. Định lý. Nếu ta có thể dựng được hai đa giác đều với số cạnh là a và b
tương ứng, trong đó (a, b) = 1, thì ta cũng có thể dựng được đa giác đều với số
cạnh là ab.
2.6. GIẢ THUYẾT GOLDBACH
Biểu diễn một số nguyên dưới dạng nào đó ln ln là bài tốn thu hút sự
quan tâm của nhiều người. Hơn nữa, nhiều khi cần trả lời câu hỏi, có bao nhiêu
cách? Ta hãy xem một giả thuyết lớn sau.
2.6.1. Giả thuyết Goldbach. Mỗi số nguyên tố chẵn lớn hơn 4 đều là tổng của
hai số nguyên tố lẻ.
2.6.2. Ví dụ.
14 = 3 + 11; 38 = 7 + 31; ...
Khơng có gì rõ ràng hơn giả thuyết này, và nó đã được kiểm tra với tất cả
các số chẵn dưới 106. Giả thuyết này được C. Goldbach phát biểu trong bức thư