Một số vấn đề về số nguyên tố

TS Mỵ Vinh Quang, người thầy tậntình trong giảng dạy, trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ về kiến thức, tài liệu cũngnhư các phương pháp để tôi hoàn thành đề tài luận văn “Một số vấn đề về sống

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS MỴ VINH QUANG

Thành phố Hồ Chí Minh-2020

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn “Một số vấn đề về số nguyên tố” do chính tôi thựchiện dưới sự hướng dẫn của PGS TS Mỵ Vinh Quang Nội dung của luận văn

có tham khảo và sử dụng một số kết quả từ nguồn sách, tạp chí, bài báo đượcliệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm

về luận văn của mình

Tác giả luận văn

Nguyễn Viết Sinh

Lời cảm ơn đầu tiên, tôi xin gởi tới PGS TS Mỵ Vinh Quang, người thầy tậntình trong giảng dạy, trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ về kiến thức, tài liệu cũngnhư các phương pháp để tôi hoàn thành đề tài luận văn “Một số vấn đề về sốnguyên tố”.

Tiếp đến tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến quý thầy cô trong khoa Toán - Tincủa trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh Quý thầy cô đã trực tiếpgiảng dạy, giúp đỡ tôi rất nhiều trong việc hoàn thành luận văn này

Tôi cũng không quên bày tỏ lòng biết ơn đối với quý thầy cô trong Ban giámhiệu trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, đặc biệt là quý thầy

cô phòng Sau Đại học đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi học tập và làm việctrong suốt quá trình học Cao học

Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, cổ vũ,khích lệ và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua

Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong suốt quá trình thực hiện đề tài, song có thểcòn có những mặt hạn chế, thiếu sót Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng gópcùng sự chỉ dẫn của quý thầy cô giáo và các bạn học viên

Nguyễn Viết Sinh

Mục lục

Trang LỜI CAM ĐOAN

LỜI CẢM ƠN

1.1 Định nghĩa 2

1.2 Một số kết quả cổ điển về số nguyên tố 6

Chương 2 Số nguyên tố bé nhất đồng dư với 1 mod n 16 2.1 Mở đầu 16

2.2 Hàm Euler 16

2.3 Hàm M¨obius 19

2.4 Đa thức chia đường tròn 21

2.5 Định lí cơ bản thứ nhất 26

Chương 3 Một mở rộng của định lí Euclid 42 3.1 Mở đầu 42

3.2 Định lí cơ bản thứ hai 42

Các số nguyên tố có vai trò đặc biệt quan trọng không chỉ trong các vấn đề

lý thuyết của Toán học mà cả trong ứng dụng, nhất là trong lý thuyết số, lýthuyết mật mã, tin học,

Chính bởi vậy, mặc dù đã được nghiên cứu cách đây cả nghìn năm nhưng các sốnguyên tố vẫn thu hút được sự quan tâm, nghiên cứu của nhiều nhà Toán học

và gần đây vẫn có những kết quả mới về các số nguyên tố

Tôi chọn đề tài “Một số vấn đề về số nguyên tố” làm đề tài cho luận văn Thạc

sĩ Toán của mình với mong muốn được tìm hiểu sâu hơn, có hệ thống về các sốnguyên tố và tiếp cận với các kết quả mới về số nguyên tố

Luận văn bao gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương:

Chương 1: Một số kết quả cổ điển về số nguyên tố

Chương này trình bày một số kết quả kinh điển về số nguyên tố và các kết quảliên quan

Chương 2: Số nguyên tố bé nhất đồng dư với1 mod n.

Chương này trình bày một kết quả mới gần đây về số nguyên tố: Tìm biên trêncủa các số nguyên tố đồng dư với 1 mod n.

Chương 3: Một mở rộng của định lý Euclid

Chương này trình bày một kết quả mới gần đây về số nguyên tố: Một mở rộngcủa định lý Euclid cổ điển

1

9769, 9781, 9787, 9791, 9803, 9811, 9817, 9829, 9833, 9839, 9851, 9857,

9859, 9871, 9883, 9887, 9901, 9907, 9923, 9929, 9931, 9941, 9949, 9967,9973

1.2 Một số kết quả cổ điển về số nguyên tố

Định lý 1.2.1 Với mọi số tự nhiên n ∈N, n > 1, ước tự nhiên khác 1 nhỏ nhấtcủan là một số nguyên tố p

Chứng minh Giả sử p là ước tự nhiên khác 1 nhỏ nhất của n và p không là

Chứng minh Giả sửn không phải là số nguyên tố Theo Định nghĩanphải có

ít nhất một ước thật sự, ta gọi p là số nhỏ nhất trong các ước đó Do nhỏ nhấtnên p phải là số nguyên tố (Định lí (1.2.1)) Chia n cho p ta được n = p.m với

1 < m < n =⇒ m|n =⇒ p ≤ m (do p bé nhất) =⇒ p.p ≤ p.m = n =⇒ p ≤ √

n Vậy

có số nguyên tố p là ước của n và p ≤ √

n, điều này mâu thuẫn với giả thiết Định lý 1.2.3 Với số tự nhiêna và số nguyên tố pthì hoặcp là ước của a hoặc

a nguyên tố với p Điều đó có nghĩa là: ∀a ∈N, ∀p ∈P=⇒







p|a (a, p) = 1

.

Chứng minh Nếup|a thì ta có điều phải chứng minh Ta giả sửp- a Vìp chỉ

có ước nguyên dương là 1 và chính nó nên ta có (a, p) = 1 

Định lý 1.2.4 Có thể tìm được 1 dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp (n > 1)

mà không có số nào là số nguyên tố

Chứng minh Ta chọn dãy số sau:(ai) : ai = (n + 1)! + i + 1 =⇒ ai .i + 1, ∀i = 1, n.Dãy số (ai) ở trên gồm có n số tự nhiên liên tiếp là a1, a2, an, trong đó không

Định lý 1.2.5 Cho n ∈N, n ≥ 2 Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n Khi

đó với mọi ước d của n, nếu d 6= 1 và d không là số nguyên tố thì d ≥ q2

Chứng minh Giả sử d < q2. Vì d 6= 1 và d không là số nguyên tố nên ta có

.Mà p − 1 ≥ k ≥ 1 =⇒

p- k Suy ra (k, p) = 1

(⇐=) Ta có 1|p, p|p (hiển nhiên)

Với p − 1 ≥ k ≥ 2 =⇒ k- p (vì nếu k | p thì (k, p) = k > 1, vô lí)

Định lý 1.2.7 Nếu p là một số nguyên tố và p|ab thì







p|a p|b

Chứng minh Nếup|a thì ta có điều phải chứng minh Ta giả sửp- a Vìp chỉ

có ước nguyên dương là 1 và chính nó nên ta có (p, a) = 1 Suy ra p|b 

Hệ quả 1.2.8 Nếu p là số nguyên tố và p|a1a2 an thì tồn tại m: 1 ≤ m ≤ n

và p|am

Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo n Nếu n = 1 thì Hệ quả(1.2.8) đúng Giả sử Hệ quả (1.2.8) đúng tới n = k − 1, tức là: “Nếu p là sốnguyên tố và p|a1a2 ak−1 thì tồn tại m : 1 ≤ m ≤ k − 1 và p|am” Ta sẽ chứngminh Hệ quả (1.2.8) đúng với n = k

Thật vậy, vì p|a1a2 ak nên theo Định lí (1.2.7) ta có







p|akp|a1a2 ak−1

Nếu p|ak thì m = k và Hệ quả (1.2.8) đã được chứng minh Nếu p|a1a2 ak−1

thì theo giả thiết quy nạp, tồn tại m : 1 ≤ m ≤ k − 1 sao cho p|am Vậy Hệ quả

Nếu n2 = 1 thì n = p1.p2 là sự phân tích củan thành tích những thừa số nguyêntố.

Nếu n2 > 1 thì lại tiếp tục lí luận ở trên có ước nguyên tố p3, Ta có dãy giảm

Định lý 1.2.12 Có vô số số nguyên tố

Chứng minh Giả sử tập số nguyên tố là{p1, p2, , pn} Ta gọiMn = p1p2 pn.

Vì Mn + 1 > 1 nên tồn tại số nguyên tố p ∈ {p1, p2, , pn} là ước của Mn+ 1.Nhưng p là ước của Mn, do đó cũng là ước của 1 (vô lí)

Vậy có vô số số nguyên tố

Nói thêm: vìp / ∈ {p1, p2, , pn} nênp ≥ pn+1. Ta suy ra pn+1 ≤ Mn + 1 Định lý 1.2.13 Nếu pn là số nguyên tố thứ n thì pn ≤ 2 2n−1

Chứng minh Ta sẽ chứng minh quy nạp theo n Bất đẳng thức đúng khi

n = 1 Ta giả sử n > 1 và bất đẳng thức đúng tới n Khi đó

Hệ quả 1.2.14 Với n ∈N, n > 1, có ít nhất n + 1 số nguyên tố nhỏ hơn 22n

Chứng minh Từ Định lí (1.2.13), ta biết rằng p1, p2, , pn+1 đều nhỏ hơn

Trường hợp 1: Khi lấy các số trong dãy trên chia cho p, tồn tại hai số có cùng

số dư làma và na (m < n) Khi đó p|(n − m)a Mà 0 < n − m < p và (p, n − m) = 1

nênp|a (vô lí)

Trường hợp 2: Khi lấy các số trong dãy trên chia chop, không có số nào có cùng

số dư Suy ra các số dư nếu không kể thứ tự là: 1, 2, 3, p − 1 Suy ra

a.2a.3a (p − 1)a ≡ 1.2.3 (p − 1) mod p

=⇒ap−1.(p − 1)! ≡ (p − 1)! mod p

=⇒ap−1≡ 1 mod p.

Hệ quả 1.2.16 Nếup là số nguyên tố thì ap≡ a mod p

Chứng minh Từ Định lí Fermat nhỏ ta cóap−1≡ 1 mod p =⇒ a p ≡ a mod p.Định lý 1.2.17 (Wilson) Nếup là số nguyên tố thì (p − 1)! ≡ −1 mod p

Chứng minh Trường hợp p = 2, p = 3 hiển nhiên Định lí đúng Ta sẽ chứngminh Định lí với p > 3

Đặt a là một trong các số nguyên dương

1, 2, 3, , p − 1

và xét đồng dư

ax ≡ 1 mod p. (1.2.1)

Vì (a, p) = 1 nên (1.2.1) chỉ có nghiệm duy nhất mod p Vì vậy, có duy nhất

a0∈ {1, 2, 3, , p − 1} sao cho aa0≡ 1 mod p

Nếua = a0thì đồng dư thứcaa0 ≡ 1 mod p ⇐⇒ a 2 ≡ 1 mod p ⇐⇒ (a−1)(a+1) ≡

Ta sẽ chứng minh phản chứng Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng

3n + 2, ta gọi là q1, q2, qn Ta xét số nguyên dương

N = 3q1q2 qn− 1 = 3(q1q2 qn− 1) + 2.

Khi đó có hai trường hợp xảy ra

Trường hợp 1: N là số nguyên tố và vì N > qn nên ta có điều mâu thuẫn Từ đóĐịnh lí đã được chứng minh

Trường hợp 2: N không là số nguyên tố Khi chia N cho q1, q2, , qn ta đềuđược các số dư khác0 Suy ra các ước nguyên tố của N đều lớn hơn qn Các ướcnguyên tố này không thể có dạng3n Cũng không thể toàn là các ước nguyên tố

có dạng3n + 1 vì như thế N phải có dạng 3n + 1 Như vậy trong các ước nguyên

tố củaN có ít nhất một ước có dạng3n + 2, mà ước này hiển nhiên phải lớn hơn

qn Điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy có vô số số nguyên tố có dạng 3n + 2 

Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Ta sẽ chứng minh phản chứng Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng

4n + 3, ta gọi là q1, q2, qn Ta xét số nguyên dương

N = 4q1q2 qn− 1 = 4(q1q2 qn− 1) + 3

Khi đó có hai trường hợp xảy ra

Trường hợp 1: N là số nguyên tố và vì N > qn nên ta có điều mâu thuẫn Từ đóĐịnh lí đã được chứng minh

Trường hợp 2: N không là số nguyên tố Khi chia N cho q1, q2, , qn ta đềuđược các số dư khác0 Suy ra các ước nguyên tố của N đều lớn hơn qn Các ướcnguyên tố này không thể có dạng 4n hay 4n + 2 Cũng không thể toàn là cácước nguyên tố có dạng 4n + 1 vì như thế N phải có dạng 4n + 1 Như vậy trongcác ước nguyên tố của N có ít nhất một ước có dạng 4n + 3, mà ước này hiểnnhiên phải lớn hơnqn Điều này dẫn đến mâu thuẫn Vậy có vô số số nguyên tố

Định lý 1.2.20

a) Ước nguyên tố lẻ của một số có dạng x2+ 1 luôn đồng dư với 1 mod 4.b) Có vô số số nguyên tố có dạng 4k + 1

Chứng minh.

a) Theo Định lý Fermat nhỏ thì với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên a

không chia hết cho p, ta có

ap−1≡ 1 mod p.

Gọip|x2+ 1 Vì plẻ nênp có dạng4n + 1 hoặc 4n + 3 Giả sửp có dạng4n + 3 ⇐⇒

p ≡ 3 mod 4, nghĩa là

x4n+2≡ xp−1 ≡ 1 mod p. (1.2.2)Nhưng vì p|x2+ 1 nên

x2 ≡ −1 mod p.

Từ đó ta có

x4n+2 ≡ (x2)2n+1≡ (−1)2n+1≡ −1 mod p. (1.2.3)

Từ (1.2.2) và (1.2.3) ta thấy điều mâu thuẫn Vậy mọi ước nguyên tố lẻ của

x2+ 1 đều có dạng 4n + 1 Hay nói cách khác, mọi ước nguyên tố lẻ của một số

có dạng x2+ 1 luôn đồng dư với 1 mod 4

b) Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố ≡ 1 mod 4 là p1, , pn Xét số

2Qn

i=1 pi
2+ 1 Theo a), một ước nguyên tố bất kì của số này (hiển nhiên là lẻ)đều≡ 1 mod 4 và không thể là một trong các pi được, vô lý Định lý 1.2.21

a) Ước nguyên tố khác 3 của số tự nhiên có dạng n2− n + 1 phải đồng dư với 1 mod 6

b) Có vô số số nguyên tố có dạng 6k + 1

Chứng minh

a) Xétp|n2−n+1,pnguyên tố,p 6= 3 Chú ý rằng doplà lẻ, ta phải cóp ≡ 1 mod 6

hoặcp ≡ 5 mod 6 Giả sử p ≡ 5 mod 6 Ta cóp|n2−n+1 =⇒ p|n 3 +1 =⇒ n3 ≡ −1 mod p. Từ đó

np−1 ≡ n6k+4 = n.n6k+3 = n.(n3)2k+1 ≡ −n mod p.

Kết hợp Định lí Fermat nhỏ cho ta n ≡ −1 mod p.

Khi đó n2− n + 1 ≡ 3 mod p =⇒ p|(n 2 − n + 1 − 3) =⇒ p|3 (vô lí)

Vậy ước nguyên tố khác 3 của số tự nhiên có dạng n2− n + 1 phải đồng dư với

1 mod 6

b) Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố≡ 1 mod 6làp1, , pn Xétn = 3Qn

i=1 pi.Khi đó các ước nguyên tố của n2− n + 1 (hiển nhiên khác 3) đều ≡ 1 mod 6 và

Nhận xét : Các Định lí (1.2.18), (1.2.19), (1.2.20), (1.2.21) là trường hợp đặcbiệt của Định lí dưới đây, được gọi là Định lí Dirichlet về cấp số cộng Việcchứng minh của Định lí Dirichlet khá sâu sắc, sử dụng nhiều các kiến thức vềgiải tích số nên ta không trình bày ở đây

Định lý 1.2.22 (Dirichlet) Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì cấp số cộng

a, a + b, a + 2b, a + 3b,

chứa vô số số nguyên tố

và S Tesauri [3], năm 2009 đưa ra đánh giá p ≤ 3

n − 1

2 ; S.S.Pillai [9] đã chứngminh được p ≤ 2n+ 1

Mục đích chính của chương này là trình bày kết quả mới nhất của 2 tác giảR.Thangadurai và A.Vatwani (2011) (xem [1]) với đánh giá khá tốt như sau:

p ≤ 2φ(n)+1− 1, trong đó φ(n) là hàm Euler

2.2 Hàm Euler

Định nghĩa 2.2.1 Ánh xạ f : N∗−→C được gọi là một hàm số học.

Một hàm số học f được gọi là hàm nhân tính nếu f (m.n) = f (m).f (n), với

16

(m, n) = 1.

Định nghĩa 2.2.2 Hàm Euler φ(n) là một hàm số xác định với mọi n ∈ N∗,được định nghĩa là số các số nguyên dương không vượt quán và nguyên tố cùngnhau với n Tức là

1 2 r m

m + 1 m + 2 m + r 2m 2m + 1 2m + 2 2m + r 3m

(n − 1)m + 1 (n − 1)m + 2 (n − 1)m + r nm

Ta biết rằng φ(mn) chính là số các số trong bảng trên nguyên tố cùng nhau với

mn Nó cũng chính là số các số trong bảng trên nguyên tố cùng nhau đồng thờivới m và n (vì (m, n) = 1)

Vì(qm + r, m) = (r, m) nên những số trong cột thứ r nguyên tố cùng nhau với m

khi và chỉ khir nguyên tố cùng nhau với m Vì vậy, chỉ có φ(m) cột chứa những

số tự nhiên nguyên tố cùng nhau vớim Và tất cả số tự nhiên trong mỗi cột đóđều nguyên tố cùng nhau với m

Điều còn lại ta sẽ chứng minh là: trong mỗi cột của φ(m) cột phía trên, có φ(n)

số tự nhiên nguyên tố cùng nhau vớin Và điều đó cũng có nghĩa là có φ(m)φ(n)

số tự nhiên trong bảng trên nguyên tố cùng nhau đồng thời với m và n

Bây giờ ta xét dãy là cột thứ r (ở đây ta giả sử (r, m) = 1) là

nguyên tố cùng nhau vớin chính là số các số trong tập{0, 1, 2, , n − 1}nguyên

Tức là

Sd =m|(m, n) = d; 1 ≤ m ≤ n

Bây giờ (m, n) = d khi và chỉ khi (m/d, n/d) = 1. Do đó, số phần tử trong Sd

bằng với số các số nguyên dương không vượt quá n/d mà nguyên tố cùng nhauvớin/d, một cách diễn đạt khác nó chính làφ(n/d) Vì mỗi giá trị của số nguyêntrong tập {1, 2, , n} đều nằm trong đúng 1 lớp Sd Ta có công thức

n =Xd|n φ(n/d).

Nhưng vì d là tất cả các ước nguyên dương của n và n/d cũng vậy, do đó

X

d|n

φ(n/d) =X

d|n φ(d).

Nếu p2|m hoặc p2|n thì p2|mn Khi đó µ(mn) = 0 = µ(m)µ(n).

Vì vậy, ta giả sử cảm và n đều là những số nguyên không chia hết cho số chínhphương nào khác1 cả Nghĩa là m = p1p2 pr , n = q1q2 qs, với pi và qj đều lànhững số nguyên tố phân biệt Khi đó

b) Nếu f và g là hai hàm số học sao cho f (n) =P

a) Công thức hiển nhiên đúng khi n = 1 Ta giả sử n > 1 và biểu diễn n =

é

=Xd|n

Ñ

X

c|(n/d) µ(d)g(c)

é

=Xc|n

Ñ

X

d|(n/c) g(c)µ(d)

é

=Xc|n

Ñ

g(c) Xd|(n/c) µ(d)

é

=Xc=n g(c).1

= g(n).

2.4 Đa thức chia đường tròn

Định nghĩa 2.4.1 Với n nguyên dương, đa thức chia đường tròn thứ n đượcđịnh nghĩa là:

với e2πim/n là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị

Như vậy bậc của đa thức Φn(x) chính là φ(n)

Φn(x) là đa thức đơn khởi (đa thức có hệ số cao nhất bằng 1), bất khả quy trênQ

Bổ đề 2.4.2 Cho n là số nguyên dương Khi đó

đơn khởi Do đó hai đa thức xn− 1 và Q

d|n Φd(x) đều đơn khởi

Chú ý rằng một đa thức có nghiệm bội khi và chỉ khi đa thức đó và đạo hàm

của nó phải có nghiệm chung Vì thế xn− 1 không có nghiệm bội (các nghiệmcủa xn− 1 đều khác 0, trong khi đó đạo hàm của nó là nxn−1 chỉ có nghiệmduy nhất bằng 0).

Với mỗi ước d của n, các nghiệm của Φd(x) đều là nghiệm của xd − 1 và do

đó nó không có nghiệm bội Giả sử d và d0 là hai ước khác nhau của n Khi

đó mỗi nghiệm của Φd(x) có cấp là d, trong khi đó mỗi nghiệm của Φd0 (x) cócấp là d0 Vì thế các nghiệm của đa thức Q

d|n Φd(x) đều là nghiệm đơn.Giả sử  là nghiệm của xn− 1 Gọi d là cấp của  Khi đó d = 1 và d là sốnguyên dương bé nhất có tính chất này Vì thế  là căn nguyên thủy bậc d

của đơn vị Suy ra  là nghiệm của đa thức Φd(x) Ngược lại, cho d là ướccủa n và  là nghiệm của Φd(x) Khi đó, n = 1, tức  là nghiệm của đa thức

xn− 1 Vậy ta có điều phải chứng minh

d|(n/m) µ(d)

= Ym=n g(m)

= x4− x2+ 1.

Tương tự, ta cũng xác định được một số đa thức chia đường tròn khác như:

Φ3(x) = x2+ x + 1 là đa thức chia đường tròn thứ 3

Φ4(x) = x2+ 1 là đa thức chia đường tròn thứ 4

Φ5(x) = x4+ x3+ x2+ x + 1 là đa thức chia đường tròn thứ 5

Φ6(x) = x2− x + 1 là đa thức chia đường tròn thứ 6

Φ8(x) = x4+ 1 là đa thức chia đường tròn thứ 8

Φ9(x) = x6+ x3+ 1 là đa thức chia đường tròn thứ 9

Φ10(x) = x4− x3+ x2− x + 1 là đa thức chia đường tròn thứ 10

Bổ đề 2.4.4 Cho A là một vành giao hoán với đơn vị 1 Nếu f (x), g(x) ∈ A[x]

và g(x) là đa thức đơn khởi (đa thức có hệ số cao nhất bằng 1) thì tồn tại duynhất q(x), r(x) ∈ A[x] sao cho

f (x) = g(x).q(x) + r(x),

với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x)

Chứng minh Trước hết ta chứng minh tính duy nhất

Giả sử

f (x) = g(x)q1(x) + r1(x) với deg(r1(x)) < deg(g(x)) nếu r1(x) 6= 0 và

f (x) = g(x)q2(x) + r2(x) với deg(r2(x)) < deg(g(x)) nếu r2(x) 6= 0.