Về tính chất đôi một nguyên tố cùng nhau

Ngày nay, việc tính toán các bộ nguyên tố cùng nhau từng đôi một là rất cần thiết để xác định được sốcác bộ không nguyên tố cùng nhau từng đôi một xem [8], [14].. Mục đích thứ nhất của l

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS TRẦN ĐỖ MINH CHÂU

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

1 Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 31.1 Chuẩn bị 31.2 Về các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 61.3 Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 91.4 Giả thuyết Erd¨os với k = 3 14

2 Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 192.1 Bộ ba số không nguyên tố cùng nhau từng đôi một 192.2 Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 26

Mở đầu

Cho A là tập con của tập tích Đề Các {1, , k}2 Bộ (a1, , ak) ∈ Zkđược gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên A nếu gcd(ai, aj) = 1với 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 Nếugcd(ai, aj) 6= 1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ k thì ta nói (a1, , ak) không nguyên

tố cùng nhau từng đôi một Tính chất nguyên tố cùng nhau từng đôi một cóvai trò quan trọng trong lý thuyết số Nó là giả thiết không thể thiếu trongĐịnh 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 cáclĩnh vực khác nhau của toán học hiện đại như nhân đồng dư; tính toán bắccầu; lý thuyết mã hóa và mật mã (xem [6]) Ngày nay, việc tính toán các

bộ nguyên tố cùng nhau từng đôi một là rất cần thiết để xác định được sốcác bộ không nguyên tố cùng nhau từng đôi một (xem [8], [14]) Chính vìcác lý do này, tôi đã chọn đề tài "Về tính chất đôi một nguyên tố cùngnhau"

Mục đích thứ nhất của luận văn là trình bày lại một số kết quả về giảthuyết của Erd¨os cho trường hợp 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 không thể trích ra k + 1 số nguyênnguyên tố cùng nhau từng đôi một đúng bằng số các số nguyên dương khôngvượt 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

Heyman trong bài báo [9] về xây dựng các công thức gần đúng với sai sốthích 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 dươngnhỏ hơn số H cho trước, nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên một tập Axác định.

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương Chương 1 trìnhbày một số bài toán liên quan đến các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một

và chứng minh khẳng định cho giả thuyết của Erd¨os trong các trường hợp

k ≤ 4 Chương 2 trình bày kết quả và chứng minh chi tiết các công thức tínhgần đúng các bộ số nguyên dương nhỏ hơn số H và không nguyên tố cùngnhau từng đôi một hoặc nguyên tố cùng nhau từng đôi một trên một tập Adựa trên lý thuyết đồ thị và một số công cụ giải tích

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên, dưới sự hướng dẫn tận tình của cô giáo TS Trần Đỗ Minh Châu

Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc củatôi trong suốt quá trình làm luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tớicô

Tôi xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy, cô giáo trong Khoa Toán

- Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướngdẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoànthành luận văn Tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân và các đồng nghiệp đãgiúp đỡ, động viên tôi để tôi hoàn thành luận văn này

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018

Người viết luận văn

Nguyễn Thị Hằng

1.1 Chuẩn bị

Trong tiết này, chúng tôi 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, kháiniệm các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một để tiện cho việc theo dõi cácnội dung phía sau

Định nghĩa 1.1.1 Giả sử a và b là hai số nguyên, b 6= 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 cònnói b là ước của a hay a là bội của b và viết b | a hay a b Khi b không chiahết 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 sốnguyên b 6= 0

Trong trường hợp không xảy ra quan hệ chia hết, ta có định lý về phépchia có dư phát biểu như sau.

Định lý 1.1.3 Với mọi cặp số nguyên a, b, b 6= 0 tồn tại duy nhất cặp sốnguyên 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 Vìthế trong vành Z có các khái niệm ước chung lớn nhất, bội chung nhỏnhất Chúng ta sẽ lần lượt nhắc lại các kết quả về các khái niệm này ởtrong Z, bỏ qua chứng minh

Định nghĩa 1.1.4 (i) Một số nguyên d được gọi là ước chung của các sốnguyên 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 hợpcác ước của ai Hiển nhiên U(ai) 6= ∅ và có hữu hạn phần tử

Rõ ràng Tn

i=1U(ai) 6= ∅ 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 ướccủa d

Định nghĩa 1.1.5 Một ước chung d của các số nguyên a1, a2, , an sao chomọi ước chung của a1, a2, , an đều là ước của d, được gọi là ước chung lớnnhất của các số đó

Ví dụ 1.1.6 Các số 1, −1, 2, −2 là các ước chung của 4 và −6 Các ướcchung 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 trùngvới 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 chungcủa chúng là Z \ {0} Khi ấy khái niệm ước chung lớn nhất không có nghĩanữa 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

ta thêm hay bớt một số bằng 0 Vì thế ta có thể giả thiết thêm ai 6= 0 vớimọi i = 1, 2, , n.

(iii) Nếu d là một ước chung lớn nhất của (a1, a2, , an) thì −d cũngmột ước chung lớn nhất của (a1, a2, , an) Hơn nữa nếu d và d0 cùng làước chung lớn nhất của a1, a2, , an thì d0 = ±d Do đó từ đây về sau,nếu không có nói gì thêm ta sẽ lấy số dương d trong các ước chung lớnnhất 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 củacác số nguyên a1, a2, , an là các số lớn nhất trong tập hợp các ước chungcủa 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 cùngnhau nếu ước chung lớn nhất của chúng bằng 1

(ii) Các số nguyên a1, , an được gọi là nguyên tố cùng nhau từng đôimột nếu hai số bất kì trong chúng nguyên tố cùng nhau

số nguyên u1, u2, , un sao cho

1 = a1u1 + a2u2 + + anun

Ta luôn tìm được ước chung lớn nhất của các số khác không cho trướcnhờ vào thuật toán Ơclit Tiếp theo, chúng ta nhắc lại các tính chất của ướcchung lớn nhất

(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 toánliên 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 6= b

Nhận xét 1.2.2 (i) Nếu các số tự nhiên a1, , at nguyên tố cùng nhautừng đôi một, thì chúng nguyên tố cùng nhau, tức là gcd(a1, , at) = 1 Tuynhiên, điều ngược lại không đúng Chẳng hạn, các số 3, 5, 6 là nguyên tố cùngnhau, 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 tathấy rằng tập hợp {62n+ 1 | n ∈ N} là tập vô hạn số tự nhiên nguyên tố cùngnhau từng đôi một

Giả thiết nguyên tố cùng nhau từng đôi một đã được sử dụng trong rấtnhiều kết quả quan trọng của số học Một trong những kết quả như thế làĐịnh 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 xácđịnh 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 ghichép vào thế kỉ thứ 3 sau công nguyên Người Trung Quốc gọi nó là Bàitoán Hàn Tín điểm binh Tục truyền rằng khi Hàn Tín (229-196 trước côngnguyên) điểm quân số, ông cho quân lính xếp hàng 3, hàng 5, hàng 7 rồi báo

số dư Từ đó ông tính chính xác quân số đến từng người Ngày nay, Định líphần 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 nguyên tố cùng nhautừng đôi một Khi đó với t số nguyên a1, , at bất kì cho trước, hệ phươngtrình 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

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 lànguyên tố cùng nhau từng đôi một nên

x ≡ y (mod m1 mt)

Trong toán phổ thông, có rất nhiều bài toán 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 mộtsao cho tổng của hai số tùy ý trong 3 số đó là bội của số còn lại

Lời giải Không mất tính tổng quát, ta có thể giải thiết x < y < z Theo giảthiết, z là ước của x + y Vì x + y < 2z nên z = x + y (vì mọi số tự nhiên lớnhơn z và nhỏ hơn 2z đều không thể là bội của z) Theo giả thiết, x là ướccủa y + z Vì z = x + y nên ta suy ra x là ước của x + 2y và vì thế x là ướccủa 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 = 1hoặc 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

Bài tập 1.2.5 Dãy số an = 62n + 1 với n = 1, 2, là nguyên tố cùng nhautừng đôi một

Chứng minh Cho n > m là hai số nguyên dương Chia an cho am ta được

Một trong những bài toán được quan tâm là xác định các bộ số Pythagorenguyên tố cùng nhau từng đôi một Nhắc lại rằng một bộ 3 số tự nhiên x, y, zđược gọi là bộ số Pythagore nếu x2+y2 = z2 Nếu bộ số Pythagore x, y, z thỏamãn gcd(x, y) = 1, thì ta nói x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy Chẳnghạn 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

bộ số Pythagore và d = gcd(x, y), thì d là ước của z và x

Bài tập 1.2.6 Chứng minh rằng bộ 3 số nguyên dương x, y, z là bộ sốPythagore 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 chosau một hoán vị của x và y ta có x = u2 − v2, y = 2uv

Chứng minh Giả sử x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy Khi đó ta cógcd(x, y) = 1 và z2 = x2+ y2 Suy ra gcd(x2, y2) = 1 Vì thế,

gcd(x2, z2) = gcd(x2, x2 + y2) = gcd(x2, y2) = 1

Suy ra gcd(x, z) = 1 Tương tự ta có gcd(y, z) = 1 Vì vậy, mỗi bộ sốPythagore 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 đôi một, thì nó phải

là bộ số Pythagore nguyên thủy Do đó, bài toán được suy ra từ kết quả quenbiết về bộ số Pythagore nguyên thủy

1.3 Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi

một

Mục tiêu của tiết này là giới thiệu một giả thuyết của Erd¨os về k sốnguyên tố cùng nhau từng đôi một, đồng thời đưa ra câu trả lời khẳng địnhcho giả thuyết khi k = 1 và k = 2

Trong suốt tiết này chúng tôi sử dụng các kí hiệu Ak(n) và Bk(n) địnhnghĩa 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 sốcác 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 tậpgồm t số nguyên dương không vượt quá n mà trong tập đó không thể trích

ra k + 1 số nguyên 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 luôn 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 6= j sao cho ai và aj chia hếtcho 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

Trước hết, chúng ta xét giả thuyết của Erd¨os 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 mộttập gồm t số nguyên dương không vượt quá n mà trong tập đó không có 2 sốnguyên tố cùng nhau Ta xét hai trường hợp

• Cho n chẵn Khi đó A1(n) = n

2 Chọn X = {2, 4, , n} là tập hợpgồm n

2 số chẵn không vượt quá n Rõ ràng từ tập X ta không thể trích ra 2

2 số chẵn không vượt quá n, từ tập X ta không thể trích

ra được hai số nguyên tố cùng nhau Vì thế

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

Kết quả sau đây, được suy ra ngay từ các Bổ đề 1.3.2, 1.3.4, chỉ ra côngthức tính số t lớn nhất sao cho có một tập X gồm t số nguyên dương khôngvượt quá n mà từ tập X không thể trích ra 2 số nguyên tố cùng nhau Từnay đến hết luận văn, chúng ta sử dụng kí hiệu phần nguyên như sau: Vớimối số hữu tỷ a > 0, kí hiệu bac là số nguyên lớn nhất không vượt quá a.

Định lý 1.3.5 B1(n) = A1(n) =  n

2

.Tiếp theo, chúng ta xét giả thuyết của Erd¨os 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 mộttập gồm t số nguyên dương không vượt quá n mà trong tập đó không có 3

số nguyên tố cùng nhau từng đôi một Còn A2(n) là số các số nguyên dươngkhông 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 hếtcho 3 Khi đó A2(n) = |A| + |B| Ta xét 4 trường hợp

Chứng minh Cho 1 ≤ a1 < a2 < < a4t+1 ≤ n là dãy gồm 4t + 1 số nguyêndương không vượt quá n Giả sử a1 = 1 Xét dãy

2 ≤ a2 < a3 < < a4t+1 ≤ ngồm 4t số nguyên dương nhỏ hơn n Chú ý rằng 4t ≥ 3t + 1 Do đó theochứng minh Bổ đề 1.3.4, tồn tại số i với 2 ≤ i ≤ 4t sao cho ai+1= ai+ 1 Suy

ra a1, ai, ai+1 là ba số nguyên trong dãy nguyên tố cùng nhau từng đôi 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

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 tiếptục 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 toánchi tiết và phân thành nhiều trường hợp nhỏ, vì thế tác giả luận văn khôngtrình bày nó ở đây

Kết quả sau cho ta công thức tính số t lớn nhất sao cho có một tập Xgồm t số nguyên dương không vượt quá n mà từ tập X không thể trích ra 3

số nguyên tố cùng nhau từng đôi một Chứng minh kết quả này được suy rangay từ các Bổ đề 1.3.2, 1.3.6, 1.3.7

Định lý 1.3.8 Với mọi n ≥ 3 ta có

B2(n) = A2(n) = n

2

+ n3



− n6



1.4 Giả thuyết Erd¨os với k = 3

Tiết này dành để trình bày chi tiết các kết quả về các dãy chứa nhiềunhất 3 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau từng đôi một Nội dung của tiết nàydựa 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 tiêuchính của tiết này là chứng minh giả thuyết của P Erd¨os khi k = 3, đồngthời đưa ra câu trả lời bộ phận khi k = 4

Định lí sau đây đưa ra câu trả lời khẳng định cho giả thuyết của P.Erd¨os với k = 3 Ta luôn kí hiệu k số nguyên 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, đểthuận 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 sốnguyên tố cùng nhau từng đôi một, nếu X không 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)

Bổ đề 1.4.4 Cho X là tập gồm A3(30) số nguyên dương không vượt quá 30.Khi đó X là xấu nếu và chỉ nếu X trùng với tập các số nguyên dương khôngvượt 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 hếtcho 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 dươngtrong 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 ≤ 15nên 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 dàngkiểm 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 chứatất 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 nguyên tố cùng nhau từng đôi 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 cùngnhau 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 cùngnhau 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 củađoạn [30k + 1, 30k + 13] Dễ thấy M + 4 và M + 8 không thể cùng chia hếtcho 7 Vì thế có ít nhất một trong hai số M + 4, M + 8 không chia hết cho

7 Đặt x là số đó Suy ra X chứa ít nhất 4 số trong các số nguyên tố cùngnhau từng đôi một x, M + 1, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11, M + 13.

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 dươngtrong [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 trongđoạn [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, thìmỗi tập con của X chứa A(1, j) + 1 số nguyên trong [30k + 1, 30k + j] đềutốt theo Bổ đề 1.4.5 Suy ra X tốt và ta có thể giả sử j > 15 Nếu X chứanhiều hơn hoặc ít hơn A(1, 15) số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15]

thì theo Bổ đề 1.4.5 và Bổ đề 1.4.6, X là tốt Suy ra ta giả sử X chứađúng A(1, 15) số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] và A(16, j) + 2 sốnguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + j] Khi đó nếu j < 19 thì A(16, j) + 2lớn 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 chứngminh 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 sốnguyên 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 chứatất cả các số nguyên còn lại trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] Khi đó ta chọnđược M + 9, M + 14, M + 17, M + 19 là các số nguyên tố cùng nhau từng đôimột

• 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 luôn chứa ítnhất 4 số trong các số M + 22, M + 21, M + 17, M + 19, M + 23 nguyên tốcùng nhau từng đôi 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 trongcác 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 không chia hết cho 30 Dễ thấy rằng mọi tập gồm A3(n) + 1 số nguyêntrong 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

ra |X∗| = A3(l) + 1 Do đó X chứa đúng A3(30k) số nguyên trong [1, 30k] vàtheo Bổ đề 1.4.8, X chứa tất cả các bội của 2, 3 và 5 trong đoạn [1, 30k] Đặcbiệt, nó chứa 2, 3 và 5 Vì X∗ = A3(l) + 1 nên X∗ chứa số x không chia hếtcho 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 Mócsy đã chứng minh được giả thuyết của Erd¨os cho k = 4(xem About maximal subsets not containing 5 pairwise co-prime numbers,Thesis, E¨otv¨os Loránd University, Budapest) Sau đó, năm 2013, Y-G Chen

và X-F Zhou [3] đã chứng minh lại trường hợp k = 4 bằng cách khác và cũngkhẳng định giả thuyết sai khi k = 211 Do kĩ thuật chứng minh các bài báosau này phức tạp và khuôn khổ luận văn có hạn nên chúng tôi không trìnhbày chứng minh các kết quả này ở đây

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 chotrước 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 dungchương này tham khảo trong bài báo [9] Trước hết ta nhắc lại một số kiếnthức về số học và giải tích cần thiết cho chứng minh công thức này

Ký hiệu 2.1.1 Với mỗi số nguyên s ≥ 1, kí hiệu ω(s) là số các thừa sốnguyên 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

nhau với s Chú ý rằng, ta có công thức sau cho hàm Euler.

ϕ(s) = s Y

p nguyên tố p|s



1 − 1p



Ta cũng kí hiệu µ(s) là hàm M¨obius xác định bởi

Ví dụ 2.1.3 (i) Bộ bốn số (2, 4, 6, 8) là bộ không nguyên tố cùng nhau từngđôi một

(ii) Cho H = 5 Khi đó các bộ ba (a1, a2, a3) không nguyên tố cùng nhautừng 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)

Kết quả về xác suất các cặp số nguyên dương nguyên tố cùng nhau đượcđưa ra bởi E Cesáro, J J Sylvester và P D Dirichlet (xem [13] trang 1320).

Cụ thể, nếu kí hiệu

1≤a 1 ,a 2 ≤H gcd(a 1 ,a 2 )=1

Bổ đề 2.1.4 Với mỗi số nguyên k ≥ 2, ta có

X

1≤a 1 , ,a k ≤H gcd(a 1 , a k )=1