The fundamental theorem of arithmetic

Trong bài này chúng ta sẽ nói một ít về số nguyên tố, trình bày chứng minh định lí cơ bản của số học, và giới thiệu một số kết quả sơ cấp về số nguyên tố. Đây cũng là bài đọc cho các học sinh lớp 9 và các học sinh ôn thi chọn HSG QG tại T’s Lab. Để theo dõi cho dễ dàng bạn đọc nên xem lại bài viết sau:

[1] https://nttuan.org/2023/07/14/divisibility/

Một số nguyên tố là một số nguyên $n$ lớn hơn $1$ có đúng hai ước dương là $1$ và $n$ . Một số nguyên lớn hơn $1$ được gọi là hợp số nếu nó không phải là số nguyên tố. Các số $2,3,$ và $5$ là các số nguyên tố. Các số $4,15,$ và $18$ là các hợp số.

Định lí 1. Mỗi số nguyên lớn hơn $1$ có thể biểu diễn như là tích của các số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử $n$ là một số nguyên lớn hơn $1$ . Nếu $n$ là số nguyên tố thì nó là tích với một thừa số nguyên tố. Nếu không thì $n=n_1 n_2$ , trong đó $n_1$ và $n_2$ là các số nguyên lớn hơn $1$ và bé hơn $n$ . Nếu $n_1$ là một số nguyên tố, ta không làm gì; nếu không thì viết $n_1$ thành tích của hai số nguyên lớn hơn $1$ và bé hơn $n_1$ ; thao tác tương tự với $n_2$ . Tiếp tục thao tác như thế trên các thừa số mới. Quá trình này phải dừng vì không có dãy giảm nghiêm ngặt gồm vô hạn số nguyên dương, khi đó ta có một cách biểu diễn $n$ như là tích của các số nguyên tố. $\Box$

Từ dịnh lí trên, vì các thừa số nguyên tố không nhất thiết phải phân biệt nên mọi số nguyên $n$ lớn hơn $1$ có thể viết được dưới dạng $n=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_r^{\alpha_r},$
trong đó $p_1, p_2, \cdots, p_r$ là các số nguyên tố phân biệt và $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$ là các số nguyên dương. Biểu diễn này được gọi là phân tích chính tắc của $n$ thành các lũy thừa nguyên tố. Ta sẽ chứng minh rằng biểu diễn này là duy nhất theo nghĩa: đối với mỗi $n$ , bất kỳ biểu diễn nào khác chỉ là sự sắp xếp lại các thừa số.

Định lí 2. Nếu $p \mid a b$ , trong đó $p$ là một số nguyên tố còn $a$ và $b$ là các số nguyên, thì $p \mid a$ hoặc $p \mid b$ . Tổng quát hơn, nếu $p \mid a_1 a_2 \cdots a_n$ thì $p$ chia hết một trong các $a_i$ .

Chứng minh. Nếu $p \nmid a$ thì $(a, p)=1$ , suy ra theo bổ đề Euclid ([1]) ta có $p \mid b$ . Phần còn lại của định lí có thể chứng minh bằng quy nạp theo $n$ , bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. $\Box$

Định lí 3 (Định lí cơ bản của số học). Nếu không kể thứ tự của các thừa số, thì có đúng một cách phân tích một số nguyên lớn hơn $1$ thành tích của các số nguyên tố.
Chứng minh. Sự tồn tại của phân tích đến từ định lí 1. Bây giờ giả sử có một số nguyên lớn hơn $1$ với hai phân tích khác nhau. Chia cho những thừa số xuất hiện ở cả hai cách phân tích ta có đẳng thức
$p_1 p_2 \cdots p_r=q_1 q_2 \cdots q_s,$ trong đó các $p_i$ và $q_j$ là các số nguyên tố không cần khác nhau, và không có $p_i$ nào xuất hiện trong vế phải. Từ đẳng thức ta có $p_1 \mid q_1 q_2 \cdots q_s$ , dùng định lí 2 ta thấy $p_1$ chia hết ít nhất một trong các $q_j$ . Suy ra $p_1$ bằng một trong các $q_j$ , vô lý. $\Box$

Cho đến giờ ta không biết tập các số nguyên tố là hữu hạn hay vô hạn? Định lí sau trả lời câu hỏi này.

Định lí 4 (Định lí Euclid). Có vô hạn số nguyên tố.
Chứng minh. Ba số nguyên tố đầu tiên là $2,3$ và $5$ . Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố, ký hiệu các số nguyên tố là $p_1, p_2, \cdots, p_r$ . Số $n=1+\prod p_i$ là một số nguyên lớn hơn $1$ nên tồn tại số nguyên tố $p$ chia hết $n$ . Dễ thấy $p$ khác tất cả các số $p_1 ,p_2, \ldots, p_r,$ vô lý. $\Box$

Tiếp theo chúng tôi giới thiệu một số kết quả mạnh hơn định lí Euclid. Ở một số đội tuyển quốc gia, các kết quả này được dùng khi làm bài thi chọn đội tuyển IMO của họ.

Định lí 5 (Định lí Dirichlet). Với hai số nguyên dương $a$ và $d$ nguyên tố cùng nhau, có vô hạn số nguyên tố trong cấp số cộng $a,a+d,a+2d,a+3d,\ldots.$

Định lí 6 (Định lí Bertrand – Chebyshev). Với mỗi số nguyên $n$ lớn hơn $1$ , có ít nhất một số nguyên tố nằm giữa $n$ và $2n$ .
Định lí 7 (Định lí số nguyên tố). Với mỗi số thực dương $x$ , ký hiệu bởi $\pi (x)$ là số các số nguyên tố không lớn hơn $x$ . Khi đó $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\pi (x)}{x/\ln x}=1.$

Phân bố của các số nguyên tố trong tập các số nguyên dương rất lạ.

Định lí 8. Có một khoảng trống rộng tùy ý trong dãy tăng các số nguyên tố.

Chứng minh. Với một số nguyên dương $k$ lớn hơn $1$ , các số nguyên
$(k+1) !+2,(k+1) !+3, \cdots,(k+1) !+k,(k+1) !+k+1$ đều là hợp số vì $j\mid (k+1) !+j$ khi $2 \leqslant j \leqslant k+1$ . $\Box$

Chúng tôi kết thúc bài này bằng việc mô tả một thuật toán cổ xưa tìm các số nguyên tố, tên của nó là sàng của Eratosthenes. Để tìm tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng một số nguyên dương $n$ đã cho bằng phương pháp Eratosthenes, người xưa thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tạo danh sách các số nguyên liên tiếp từ $2$ đến $n.$

Bước 2: Ban đầu, cho $p=2,$ là số nguyên tố nhỏ nhất.

Bước 3: Liệt kê các bội lớn hơn $p$ của $p$ và đánh dấu chúng trong danh sách.

Bước 4: Tìm số đầu tiên lớn hơn $p$ trong danh sách mà chưa được đánh dấu. Nếu không có số đó, dừng lại; nếu có, cho $p$ bằng số mới này và quay lại bước 3.

Khi họ dừng, các số còn lại không được đánh dấu trong danh sách là tất cả các số nguyên tố không vượt quá $n.$

Do khuôn khổ của một bài viết trên blog nên tôi không cho thêm các ví dụ và bài tập liên quan đến Toán Olympic, tôi sẽ làm việc này vào một dịp khác. Bài viết cũng là tài liệu tự đọc cho các bạn học sinh lớp 9 và lớp 10 đang theo học tại $\mathbf{T}^{\prime}s\, \mathfrak{Lab}$ .

M	T	W	T	F	S	S
			1	2	3	4
5	6	7	8	9	10	11
12	13	14	15	16	17	18
19	20	21	22	23	24	25
26	27	28	29	30	31

The fundamental theorem of arithmetic

Published by Nguyen Trung-Tuan

One thought on “The fundamental theorem of arithmetic”

Leave a comment Cancel reply

Share this:

Related

Published by Nguyen Trung-Tuan

One thought on “The fundamental theorem of arithmetic”

Leave a comment Cancel reply