Về Tính Chất đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (49 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Thạc sĩ - Cao học
>>
3. Sư phạm

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 NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC---------------------------NGUYỄN THỊ HẰNGVỀ TÍNH CHẤT ĐÔI MỘT NGUYÊN TỐCÙNG NHAULUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCTHÁI NGUYÊN - 2018ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC---------------------------NGUYỄN THỊ HẰNGVỀ TÍNH CHẤT ĐÔI MỘT NGUYÊN TỐCÙNG NHAUChuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấpMã số: 8460113LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCNGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCTS. TRẦN ĐỖ MINH CHÂUTHÁI NGUYÊN - 2018Mục lụcLời nói đầu11 Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một 31.1Chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31.2Về các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một . . . . . . . . . .61.3Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một .91.4Giả thuyết Erd¨os với k = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .142 Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một192.1Bộ ba số không nguyên tố cùng nhau từng đôi một . . . . . .192.2Bộ các số nguyên tố cùng nhau từng đôi một26Kết luận. . . . . . . . .44Tài liệu tham khảo451Mở đầuCho 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 ) = 1 với mọi 1 ≤ i < j ≤ k thì ta nói (a1 , . . . , ak ) không nguyêntố 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 cácbộ 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 quásố 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 Randell1Heyman 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 mộtvà chứng minh khẳng định cho giả thuyết của Erd¨os trong các trường hợpk ≤ 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 2018Người viết luận vănNguyễn Thị Hằng2Chương 1Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tốcùng nhau từng đôi mộtMục tiêu của chương 1 là trình bày câu trả lời khẳng định cho giả thuyếtcủa P. Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôi một khi k ≤ 4. Hai tiếtđầu dành để nhắc lại khái niệm và một số tính chất cơ bản của ước, bội, ướcchung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất và một số bài toán về các số nguyên tốcùng nhau từng đôi một. Trong hai tiết tiếp theo, chúng tôi trình bày chi tiếtchứng minh cho giả thuyết của Erd¨os khi k = 1, 2, 3.1.1Chuẩn bịTrong tiết này, chúng tôi nhắc lại một số khái niệm và tính chất cơ bảnvề 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 = 0. Ta nói b chia hếta hay a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên q sao cho a = bq. Khi ấy ta còn.nói 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 = 0.3Trong 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 = 0 tồn tại duy nhất cặp sốnguyên q, r thỏa mãn các hệ thứca = 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 ) = ∅ và có hữu hạn phần tử.Rõ ràngni=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 củaa1 , 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 nếu4ta thêm hay bớt một số bằng 0. Vì thế ta có thể giả thiết thêm ai = 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 d cùng làước chung lớn nhất của a1 , a2 , . . . , an thì d = ±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 hiệud = 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 nguyêntố 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.Ví dụ 1.1.9. 6, 10, 15 là nguyên tố cùng nhau vì gcd(6, 10, 15) = 1. Các số6, 7, 13 là nguyên tố cùng nhau từng đôi một vìgcd(6, 7) = gcd(7, 13) = gcd(6, 13) = 1.Định lý sau đây khẳng định ước chung lớn nhất của các số nguyên kháckhông cho trước luôn tồn tại.Định lý 1.1.10. Tồn tại ước chung lớn nhất của các số nguyên khác khônga1 , 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 , . . . , unsao chod = a1 u1 + a2 u2 + . . . + an un .(ii) Điều kiện cần và đủ để a1 , a2 , . . . , an nguyên tố cùng nhau là tồn tại các5số nguyên u1 , u2 , . . . , un sao cho1 = a1 u1 + a2 u2 + . . . + an un .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.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 cógcdana1 a2, ,...,δ δδ=gcd(a1 , a2 , . . . , an ).δ(iii) Một ước chung dương d của các số a1 , a2 , . . . , an là ước chung lớna1 a2annhất của chúng khi và chỉ khi gcd( , , . . . , ) = 1.d dd(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) = 1.1.2Về các số nguyên tố cùng nhau từng đôi mộtMục 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 nguyêntố 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 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 tanthấy rằng tập hợp {62 + 1 | n ∈ N} là tập vô hạn số tự nhiên nguyên tố cùngnhau từng đôi một.6Giả 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 củalí thuyết số, phát biểu rằng nếu chúng ta biết được các phần dư khi chia mộtsố 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 báosố 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 biệtlà 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 dưx ≡ 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,đặtni = m1 . . . mi−1 mi+1 . . . mt .Do m1 , . . . , mt là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau từng đôi một nêngcd(ni , mi ) = 1, với mọi i = 1, . . . , t. Suy ra tồn tại các số nguyên ki sao choni 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 trìnhđồng dư đã cho.7Tiếp theo ta chứng minh sự duy nhất. Giả sử x, y cùng là nghiệm củahệ đã cho. Khi đó x ≡ y (mod mi ), với mọi i = 1, . . . , t. Do m1 , . . . , mt lànguyên tố cùng nhau từng đôi một nênx ≡ y (mod m1 . . . mt ).Trong toán phổ thông, có rất nhiều bài toán liên quan đến các số nguyêntố 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. Suyra 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.nBài tập 1.2.5. Dãy số an = 62 + 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 đượcan = 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 ướccủa r. Do đó ta cần tính r. Ta cónmn−m62 + 1 = (62 )2n−m+ 1 ≡ (−1)2m+ 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 thếgcd(an , am ) = 1 với mọi n = m.8Một 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 +y 2 = z 2 . 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 bộkx, ky, kz đều là bộ số Pythagore với mọi k ∈ N. Ngược lại, nếu x, y, z làx y zbộ số Pythagore và d = gcd(x, y), thì d là ước của z và , , là bộ sốd d dPythagore nguyên thủy. Như vậy, để xác định các bộ số Pythagore, chúng tachỉ 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 sốPythagore nguyên tố cùng nhau từng đôi một nếu và chỉ nếu tồn tại haisố 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 − v 2 , y = 2uv.Chứng minh. Giả sử x, y, z là bộ số Pythagore nguyên thủy. Khi đó ta cógcd(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 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 phảilà bộ số Pythagore nguyên thủy. Do đó, bài toán được suy ra từ kết quả quenbiết về bộ số Pythagore nguyên thủy.1.3Giả thuyết Erd¨os về k số nguyên tố cùng nhau từng đôimộtMục 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 = 2.9Trong 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 ksố 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 tríchra 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 làp1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .Gọi X là tập gồm các số nguyên dương a sao cho a ≤ n và a chia hết cho mộtsố nguyên tố pi với i ≤ k nào đó. Giả sử tập X có r phần tử. Khi đó, theoKí hiệu 1.3.1, ta có Ak (n) = r. Ta khẳng định rằng không tồn tại một bộk + 1 số trong tập X nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Thật vậy, lấy k + 1số 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 nguyêntố p1 , . . . , pk , ắt phải tồn tại hai số ai , aj với i = 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 đóa1 , . . . , ak+1 không thể nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Suy raBk (n) ≥ r = Ak (n).Năm 1965, P. Erd¨os [7] đã chỉ ra rằng nếu k = 1 hoặc k = 2, thì ta cóđẳng thức Bk (n) = Ak (n). Vì thế ông đã đặt ra giả thuyết sau.Giả thuyết 1.3.3. (Erd¨os, 1965) Với hai số nguyên dương k ≤ n ta cóBk (n) = Ak (n).10Trước 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 nvà 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.n• Cho n chẵn. Khi đó A1 (n) = . Chọn X = {2, 4, . . . , n} là tập hợp2ngồm số chẵn không vượt quá n. Rõ ràng từ tập X ta không thể trích ra 22số nguyên tố cùng nhau. Vì thến= A1 (n).2n−1• Cho n là số lẻ. Khi đó A1 (n) =. Chọn X = {2, 4, . . . , n − 1} là2n−1số chẵn không vượt quá n, từ tập X ta không thể tríchtập hợp gồm2ra được hai số nguyên tố cùng nhau. Vì thếB1 (n) ≥B1 (n) ≥n−1= A1 (n).2Dưới đây ta sẽ chứng minh rằng B1 (n) = A1 (n). Trước hết, ta cần bổđề sau.Bổ đề 1.3.4. Cho n = 2t + r với r ∈ {0, 1}. Khi đó trong t + 1 số nguyêndương bất kì không vượt quá n, luôn chọn được 2 số nguyên tố cùng nhau.Chứng minh. Cho 1 ≤ a1 < a2 < . . . < at+1 ≤ n là dãy gồm t + 1 số nguyêndương không vượt quá n. Nếu a1 = 1, thì a1 , a2 là hai số trong dãy nguyêntố cùng nhau. Do đó ta có thể giả thiết a1 ≥ 2. Đặtm = min{ai+1 − ai | i = 1, . . . , t}.Hiển nhiên m ≥ 1. Ta chứng minh m = 1. Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đóm ≥ 2 và ta cóat+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 choai+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.11Kết 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 a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a.Định lý 1.3.5. B1 (n) = A1 (n) =n.2Tiếp 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 3số 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 cácsố 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.• 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. Erd¨os đã chú thích rằng B2 (n) = A2 (n). Chúng tathảo 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 nguyêndương bất kì không vượt quá n, luôn chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từngđôi một.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 dãy2 ≤ 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. Suy12ra 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. Gọir là số vị trí i của dãy sao cho mi = 1. Khi đó có 4t − r vị trí i thỏa mãnmi ≥ 2. Ta cón ≥ 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 trongdãy không có 3 số tự nhiên liên tiếp, thì ứng với 2t + 1 vị trí mà mi = 1, sẽ cóít nhất 2t + 1 số lẻ và 2t + 1 số chẵn, tức là trong dãy có ít nhất 4t + 2 số, điềunày không thể xảy ra. Vì thế tồn tại một chỉ số i ≤ 4t sao cho ai+1 = ai + 1và ai+2 = ai + 2. Rõ ràng ai , ai+1 nguyên tố cùng nhau, và ai+1 , ai+2 nguyêntố cùng nhau. Giả sử ai lẻ. Nếu d là ước chung của ai và ai+2 , thì d là số lẻvà d ước của 2, vì thế ai , ai+2 là nguyên tố cùng nhau. Suy ra ai , ai+1 , ai+2là 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 trêncó 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.Bổ đề 1.3.7. Các phát biểu sau là đúng(i) Nếu n = 6t + 2, thì mỗi dãy gồm 4t + 2 số nguyên dương bất kì khôngvượt quá n, luôn chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từng đôi một.(ii) Nếu n = 6t + 3, thì mỗi dãy gồm 4t + 3 số nguyên dương bất kì khôngvượt 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 nguyêndương bất kì không vượt quá n, luôn chọn được 3 số nguyên tố cùng nhau từngđôi một.13Kết 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 3số 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 cónnn+−.236B2 (n) = A2 (n) =1.4Giả thuyết Erd¨os với k = 3Tiết 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 làp1 = 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 ) làsố các số nguyên trong [n1 , n2 ] là bội của ít nhất một trong ba số 2, 3, 5. Vớikí hiệu này ta có A3 (n) = A(1, n).14Bổ 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 số1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Vì thế X là xấu nếu và chỉ nếu X trùng với tập cácsố 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 nguyêntố cùng nhau từng đôi một. Vì thế ta chỉ cần chứng minh Bổ đề đúng vớij = 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 sốM + 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 cho157. 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.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 tronghai số M + 22, M + 26 mà không chia hết cho 7. Khi đó X chứa ít nhất 4trong 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 nhấtA(1, 15) + 1 số nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] hoặc chứa ít nhấtA(16, 30) + 1 số nguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + 30]. Do đó từ Bổ đề 1.4.5và 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]16thì 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 nguyêntố 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 1.4.1Chứng minh. Cho X là tập gồm A3 (n) + 1 số nguyên trong đoạn [1, n] vớin ≥ 5. Ta sẽ chứng minh rằng X là tốt. Theo Bổ đề 1.4.8 ta có thể giả sửn 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 nghĩalà 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 suy17ra |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. Chenvà 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.18Chương 2Bộ các số nguyên tố cùng nhautừng đôi mộtMục tiêu của chương 2 là giới thiệu và trình bày chứng minh cho haicông thức gần đúng tính số bộ nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Trong tiếtđầu, chúng tôi xây dựng công thức tính số bộ ba các số nguyên dương nhỏhơn số H và không nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Tiết cuối sử dụng lýthuyết đồ thị và một số công cụ giải tích để xây dựng công thức gần đúngtính số bộ v số nguyên dương nhỏ hơn số H và nguyên tố cùng nhau từngđôi một.2.1Bộ ba số không nguyên tố cùng nhau từng đôi mộtCho 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 tínhsố 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 củas, và hàm Euler ϕ(s) là số các số nguyên dương nhỏ hơn s, nguyên tố cùng19nhau với s. Chú ý rằng, ta có công thức sau cho hàm Euler.1−ϕ(s) = sp nguyên tốp|s1.pTa cũng kí hiệu µ(s) là hàm M¨obius xác định bởi(−1)ω(s) nếu s không là số chính phươngµ(s) =0nếu s là số chính phươngTừ định nghĩa hàm M¨obius, ta thấy rõ ràng hàm này chỉ nhận một trong cácgiá trị −1, 0, 1.Trong các kết quả chính của luận văn, chúng ta cần sử dụng hàm zetaRiemann cho bởi∞ζ(s) =n=11js.Chú ý rằng, theo Euler, hàm này có thể phân tích thành tích thông qua cácsố nguyên tốζ(s) =p nguyên tốTa kí hiệu f (x) = O(g(x)) hoặc f (x)cho f (x) ≤ c g(x) với x11−p−1.g(x) khi tồn tại hằng số c > 0 sao0. Kí hiệu f (x) = o(g(x)) được sử dụng khif (x)= 0.x→∞ g(x)limf (x)= 1 thì ta viết f (x) ∼ g(x).x→∞ g(x)Nếu limĐịnh 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 vớimọi 1 ≤ i < j ≤ k.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).20Kết 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 hiệuC(H) =1,1 = H 2,P (H) =1≤a1 ,a2 ≤Hgcd(a1 ,a2 )=11≤a1 ,a2 ≤HthìC(H)6= 2.H→∞ P (H)πlimTrong trường hợp tổng quát, Nymann [15] đã chứng minh được côngthức sau.Bổ đề 2.1.4. Với mỗi số nguyên k ≥ 2, ta cóO(H log H) nếu k = 2Hk1=+.ζ(k)  O(H k − 1) nếu k ≥ 3 (2.1)1≤a1 ,...,ak ≤Hgcd(a1 ,...ak )=1Kết quả này, một cách tự nhiên, dẫn đến kết quả về ước lượng các bộnguyên tố cùng nhau từng đôi một.Bổ đề 2.1.5. Với mỗi số nguyên k ≥ 2, ta có1 = ϑ(k)H k + O(H k−1 (log H)k−1 ),(2.2)1≤a1 ,...,ak ≤Hgcd(ai ,aj )=1i=jtrong đóϑ(k) =p nguyên tố11−pk−11+k−1.p(2.3)Bài toán đặt ra là xây dựng một công thức tính số bộ k số (a1 , . . . , ak )không nguyên tố cùng nhau từng đôi một sao cho các ai đều không vượt quásố nguyên dương H cho trước. Trong tiết này, chúng ta sẽ xây dựng một côngthức gần đúng để tính số bộ như thế khi k = 3. Nhờ công thức này, ta xácđịnh được xác suất của các bộ ba đôi một không nguyên tố cùng nhau làkhoảng 17,4%.21Trong quá trình chứng minh kết quả chính, chúng ta cần sử dụng mộtchặn trên cho sai số trong công thức gần đúng củaH2ϕ(n)nn=1.Chú ý rằng chặn trên cho sai số trong trường hợp tổng quát đã được chứngminh bằng công cụ giải tích (xem [5], [2], [12]). Ở đây, chúng ta sẽ đưa rachứng minh sơ cấp khác cho chặn trên này.Bổ đề 2.1.6. Cho m ≥ 2. Khi đóHn=11−mϕ(n)n=H1+p nguyên tốm1pp−1+ O((log H)m ).Chứng minh. Giả sử m ≥ 2. Áp dụng công thức hàm Euler ta cóHϕ(n)nn=11−Hm=nn=1H=n=1 p|np|n1pmn11−pHm=(1 + f (p) ,(2.4)n=1 p|ntrong đóf (n) =1−p|nm1p−10nếu n không là số chính phươngnếu n là số chính phươngChú ý rằng|f (n)| ≤p|nm mω(n)=.pnĐiều này dẫn đếnHn=1ϕ(n)nHm=f (d) =n=1 d|n=Hd≤Hf (d)d≤Hf (d)+Od22H+ O(1)d|f (d)| .d≤H(2.5)

Tài liệu liên quan

• Tiết thứ 20: LUYỆN TẬP: BẢNG TUẦN HOÀN, SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN CẤU HÌNH ELECTRON NGUYÊN TỬ VÀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC (tiết 2) doc
  • 11
  • 882
  • 4
• Tiết thứ 19: LUYỆN TẬP: BẢNG TUẦN HOÀN, SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN CẤU HÌNH ELECTRON NGUYÊN TỬ VÀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC (tiết 1) ppt
  • 12
  • 708
  • 1
• Tiết thứ 17: SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌCĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN (tiết 2) docx
  • 10
  • 619
  • 1
• Tiết thứ 16: SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌCĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN docx
  • 18
  • 774
  • 3
• Bài 9. SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC. ĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN pdf
  • 5
  • 806
  • 3
• Tiết 20 Luyện tập: BẢNG TUẦN HOÀN, SỰ BIẾN ĐỔI CẤU HÌNH ELECTRON NGUYÊN TỬ VÀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC docx
  • 7
  • 849
  • 7
• Bài 9. SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC pps
  • 5
  • 883
  • 1
• Tiết 17 §. Bài 9. SỰ BIẾN ĐỔI TUẦN HOÀN TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC ppt
  • 5
  • 713
  • 0
• BẢNG TUẦN HOÀN, SỰ BIẾN ĐỔI CẤU HÌNH ELECTRON NGUYÊN TỬ VÀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC NGUYÊN TỐ HOÁ HỌC potx
  • 9
  • 859
  • 1
• Tìm hiểu về tính chất đối xứng của tinh thể vật rắn : Khoá luận tốt nghiệp đại học
  • 102
  • 521
  • 0

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(425.34 KB - 49 trang) - Về tính chất đôi một nguyên tố cùng nhau Tải bản đầy đủ ngay ×