BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HUỲNH THỊ THANH HÀ

TIỂU LUẬN CUỐI KÌ
HỌC PHẦN: LÝ THUYẾT SỐ

TÊN ĐỀ TÀI

ĐỊNH LÝ DIRICHLET VỀ SỐ NGUYÊN TỐ

Chuyên ngành
Phương pháp Tốn sơ cấp - Khóa 23 (2020-2022)

NGƯỜI HƯỚNG DẪN
TS. TRẦN ĐÌNH LƯƠNG

Bình Định - Năm 2021


Mục lục

Mở đầu

2

1 Kiến thức cơ sở
1.1 Quan hệ đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2 Thặng dư bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Một số giả thuyết về số nguyên tố đã được chứng minh . . .
1.3.3 Một số giả thuyết về số nguyên tố chưa được chứng minh . .
1.4 Các tính chất hai số tự nhiên dựa vào sự phân tích các thừa số
nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Tích của hai số và tính chia hết của hai số . . . . . . . . . .
1.4.2 Ước chung lớn nhất(UCLN) và bội chung nhỏ nhất(BCNN)
1.5 Hàm Euler, định lý Fermat, cấp của phần tử và căn nguyên thủy .

3
3
3
3
4
4
4
5
5
5
6
8
8
8
9

2 Định lý Dirichlet và một số trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet

2.1 Định lý Dirichlet và trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet . . .
2.1.1 Định lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet . . . . . . . . . . .
2.1.3 Định lý Euclide về số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Một số bài tốn chứng minh có vơ số số nguyên tố có dạng cho trước
2.2.1 Phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10
10
10
10
12
13
13
13

Kết luận

30

Tài liệu tham khảo

31

1


Mở đầu


Lý thuyết số là một trong những kiến thức lâu đời nhất của Toán học và cũng
là lĩnh vực tồn tại những giả thuyết chưa có câu trả lời. Nói đến Lý thuyết số,
chúng ta khơng thể khơng nhắc đến Định lý Dirichlet-một định lý rất nổi tiếng về
sự tồn tại số nguyên tố. Định lý này được nhà toán học Dirichlet (1805 - 1859)
người Đức chứng minh năm 1837, được phát biểu:“Với hai số tự nhiên a, b nguyên
tố cùng nhau, tồn tại vô số số nguyên tố dạng an + b, trong đó n là một số ngun
dương”.
Từ Định lý Dirichlet, ta có vơ vàn các trường hợp khác nhau của bài tốn chứng
minh có vơ số số ngun tố có dạng cho trước. Việc đi tìm lời giải cho bài tốn
này, có rất nhiều phương pháp nhưng có lẽ phương pháp sử dụng định lý Euclide
về số nguyên tố được xem là cách chứng minh hay nhất của Tốn học. Và nó trở
thành vấn đề thú vị đối với người u Tốn.
Đó là lí do tơi tìm hiểu đề tài:"Định lý Dirichlet về số nguyên tố".
Tiểu luận trình bày hai chương: chương một hệ thống chi tiết các kiến thức liên
quan đến quan hệ đồng dư, thặng dư bậc hai, số nguyên tố, hàm Euler... Chương
hai trình bày Định lý Dirichlet, trường hợp đặc biệt của Định lý Dirichlet, phép
chứng minh Định lý Euclide về số nguyên tố; từ đó giới thiệu phương pháp chứng
minh có vơ số số ngun tố có dạng cho trước, sau đó trình bày lời giải các bài
tốn liên quan. Trong tiểu luận, tác giả có tham khảo nguồn tài liệu [2] và [4], tìm
hiểu bài tốn 2.2.4 với đa thức chia đường tròn thứ n, bản thân rất tò mò về đa
thức chia đường trịn thứ n; bài tốn 2.2.5 và bài toán 2.2.6 xoay quanh các vấn
đề về ước nguyên tố của số Fermat.
Hy vọng tiểu luận sẽ cung cấp phần nào kiến thức về số nguyên tố xoay quanh
Định lý Dirichlet và nhìn nhận về cách chứng minh bài tốn có vơ số số ngun tố
có dạng cho trước, giúp hỗ trợ về phương pháp chứng minh cho học sinh viên và
học sinh giỏi Toán. Mặc dù đã rất cố gắng song do thời gian và kiến thức cịn hạn
chế nên tiểu luận khơng thể trách khỏi những thiếu sót. Rất mong Thầy TS. Trần
Đình Lương, q thầy cơ và bạn đọc góp ý để tiểu luận được hồn thiện hơn.
Cuối cùng, tơi xin được bày tỏ sự kính trọng và lịng cảm ơn sâu sắc đến Thầy
TS. Trần Đình Lương đã giảng dạy tận tình trong thời gian vừa qua.


2


Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1
1.1.1

Quan hệ đồng dư
Định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1. Cho m là một số nguyên dương, a và b là hai số nguyên. Hai
số nguyên a và b được gọi là đồng dư với nhau nếu a − b chia hết cho m. Kí hiệu
a ≡ b (mod m).
1.1.2

Một số tính chất

Tính chất 1.1.1. Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập Z
i. Với mọi a ∈ Z , a ≡ a (mod m).
ii. Với mọi a, b ∈ Z , a ≡ b (mod m) khi và chỉ khi b ≡ a (mod m).
iii. Với mọi a, b, c ∈ Z , a ≡ b (mod m), b ≡ c (mod m) suy ra a ≡ c (mod m).
Tính chất 1.1.2. Ta có thể cộng trừ từng vế của nhiều đồng dư thức theo cùng
một môdun. Cụ thể là nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì a ± c ≡ b ± d (mod m).
Tính chất 1.1.3. Ta có thể nhân từng vế của nhiều đồng dư thức theo cùng một
môdun. Cụ thể là nếu a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m) thì ac ≡ bd (mod m).
Tính chất 1.1.4. Ta có thể chia hai vế của một đồng dư thức cho một ước chung
của chúng nguyên tố với môdun m. Cụ thể là nếu ac ≡ bc (mod m), (c, m) = 1 thì

a ≡ b (mod m).
Tính chất 1.1.5. Ta có thể chia hai vế và moodun của một đồng dư thức cho một
a

b

ước chung dương của chúng. Cụ thể là nếu a ≡ b (mod m), (a, b, m) = d thì ≡
d
d
(mod m).
Tính chất 1.1.6. Nếu hai số đồng dư với nhau theo một mơdun thì chúng cũng
đồng dư theo moodun là ước của môdun ấy.
3


Cụ thể là nếu a ≡ b (mod m), d|m, d > 0 thì a ≡ b (mod d).

Tính chất 1.1.7. Nếu hai số đồng dư với nhau theo nhiều mơdun thì chúng
cũng đồng dư với nhau theo moodun là bội chung nhỏ nhất của các môdun ấy.
Cụ thể là nếu a ≡ b (mod mi ), i = 1, ..., k thì a ≡ b (mod m), m = BCN N (m1 , ..., mk ).
Tính chất 1.1.8. Nếu hai số đồng dư với nhau theo một mơdun thì chúng có cùng
ước chung lớn nhất với mơdun ấy. Cụ thể là nếu a ≡ b (mod m) thì (a, m) = (b, m).

1.2
1.2.1

Thặng dư bậc hai
Định nghĩa

Định nghĩa 1.2.1. Cho m > 1 là một số tự nhiên. Với a là một số nguyên,

(a, m) = 1, nếu tồn tại số nguyên x sao cho x2 ≡ a (mod m) thì ta gọi a là một
thặng dư bậc hai theo moodun m; trái lại, ta gọi a là một bất thặng dư bậc hai
theo moodun m.
Định nghĩa 1.2.2. ( Ký hiệu Legendre) Cho p > 2 là một số nguyên tố, a ∈ Z
với a không chia hết cho p. Khi đó, Legendre của a trên p kí hiệu là

a
.
p

Ta đặt
i.

a
p

= 1 nếu a là một thặng dư bậc hai theo môdun p.

ii.

a
p

= −1 nếu a là một bất thặng dư bậc hai theo môdun p.

Nhận xét 1.2.1. Rõ ràng là nếu a ≡ b (mod p) thì

1.2.2

a

p

=

b
.
p

Một số tính chất

Các tính chất dưới đây được trích dẫn từ tài liệu [1].
p−1
thặng dư
2
p−1
bậc hai theo môdun p, và
bất thặng dư bậc hai theo môdun p. Hơn nữa các
2
p−1 2
phần tử 12 ,22 ,...,
tạo thành một tập đầy đủ các thặng dư bậc hai theo
2
mơdun p.

Tính chất 1.2.1. Cho p > 2 là một số nguyên tố. Khi đó, có đúng

4


Tính chất 1.2.2. (Tiêu chuẩn Euler) Cho p > 2 là một số nguyên tố. Khi đó,

với mọi a ∈ Z , a khơng chia hết cho p, ta có
p−1
a 2 ≡

a
p

(mod p).

Tính chất 1.2.3. Cho p > 2 là một số nguyên tố. Nếu ab không chia hết cho p thì
ab
p

a
p

=

b
.
p

Tính chất 1.2.4. Cho p > 2 là một số nguyên tố. Khi đó

p−1
= (−1) 2 .

−1
p


Nhận xét 1.2.2. Từ kết quả trên ta thấy ngay rằng −1 là một thặng dư bậc hai
theo môdun p khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4).

Tính chất 1.2.5. Cho p > 2 là một số nguyên tố. Khi đó

2
p

p2 − 1
= (−1) 8 .

Tính chất 1.2.6. (Luật tương hỗ bậc hai) Cho p, q là hai số nguyên tố lẻ phân
biệt. Khi đó
q
p

1.3
1.3.1

p
q

p−1q−1
2 .
= (−1) 2

Số nguyên tố
Định nghĩa

Định nghĩa 1.3.1. Số tự nhiên p khác 1 được gọi là số nguyên tố nếu nó chỉ có 2

ước là 1 và chính nó.
1.3.2

Một số giả thuyết về số ngun tố đã được chứng minh

Các định lý và mệnh đề dưới đây được trích dẫn từ tài liệu [1].
Với n là một số nguyên dương, kí hiệu σ(n) là tổng các ước của n.
Mệnh đề 1.3.1. Giả sử n có biểu diễn chính tắc n = p1 α1 p2 α2 ...pt αt trong đó
p1 , p2 , ..., pt là các số nguyên tố phân biệt, và αi là các số nguyên dương với mọi
i = 1, 2, ..., t. Khi đó
pi αi +1 − 1
.
pi − 1
i=1
t

σ(n) =

5


Mệnh đề 1.3.2. Nếu (m, n) = 1 thì σ(mn) = σ(m)σ(n).
Định nghĩa 1.3.2. Số nguyên dương n được gọi là một số hoàn chỉnh nếu σ(n) =
2n.

Định lý 1.3.1. Cho p = 2n−1 là một số nguyên tố. Khi đó số 2n−1 (2n − 1) là một
số hồn chỉnh. Hơn nữa, mọi số hồn chỉnh chẵn đều có dạng này.
Đến nay người ta vẫn chưa biết có tồn tại hay khơng về số hồn chỉnh lẻ. Từ
định lí trên ta thấy rằng có sự tương ứng 1-1 giữa các số hồn chỉnh chẵn và các
số ngun tố có dạng 2n − 1 gọi là các số nguyên tố Mersenne. Đến nay người ta

vẫn chưa biết có tồn tại vơ số số nguyên tố Mersenne hay không.
Định lý 1.3.2. Nếu a và n > 1 là các số nguyên dương sao cho an − 1 là số nguyên
tố thì a = 2 và n là số nguyên tố.
Tương tự như số nguyên tố Mersenne, các số nguyên tố có dạng an + 1 được gọi
là các số nguyên tố Fermat.
Định lý 1.3.3. Nếu n là một số nguyên dương sao cho an + 1 là một số nguyên tố
thì n = 2m .
Cho đến nay (tháng 9 năm 2015) các số Fermat được biết chỉ gồm 5 số đầu tiên
là 3, 5, 17, 257, 65537. Người ta giả thuyết rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố Fermat.

1.3.3

Một số giả thuyết về số nguyên tố chưa được chứng minh

Các kết quả sau là sự tổng hợp từ nguồn tài liệu [1] và [5].
Các nhà toán học nổi tiếng như Fermat, Euler, Gauss rất thích thú tìm hiểu về
các số ngun tố. Có nhiều bài tốn về số ngun tố, phát biểu thì rất đơn giản,
nhưng đến nay vẫn chưa ai tìm ra được lời giải.
*Giả thuyết Goldbach
Đây có lẽ là bài toán nổi tiếng nhất về số nguyên tố. Giả thuyết Goldbach dự
đoán rằng mọi số chẵn lớn hơn 2 đều có thể viết được thành tổng của hai số nguyên
tố. Ví dụ như 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5,...
Nhà toán học Goldbach đã nêu lên giả thuyết này trong một lá thơ gởi cho nhà
toán học Euler vào năm 1742. Hiện tại với cơng cụ máy vi tính hiện đại, các nhà
6


toán học đã kiểm tra thấy giả thuyết Goldbach đúng đến số hàng tỉ tỉ, tuy nhiên
lời giải tổng quát cho mọi số chẵn thì đến nay vẫn chưa ai chứng minh được. Có
một số tổ chức đã đưa ra giải thưởng lên đến cả triệu đô la cho người nào giải được

bài tốn này, nhưng chưa có ai là người may mắn thắng được những giải thưởng này.
Bài toán chưa có lời giải:"Có đúng hay khơng rằng mọi số chẵn lớn hơn 2 đều
có thể viết được thành tổng của hai số nguyên tố".
*Định lý Chebyshev
Định lý Chebyshev là một kết quả rất đẹp, đó là với mọi n > 1, luôn tồn tại một
số nguyên tố nằm giữa hai số n và 2n. Ví dụ như,
ở giữa 2 và 4 có số nguyên tố 3,
ở giữa 3 và 6 có số nguyên tố 5,
ở giữa 4 và 8 có số nguyên tố 5 và 7, v.v...
Bertrand phát biểu định lý này vào năm 1845 nhưng ông không chứng minh
được, sau đó định lý này được Chebyshev chứng minh vào năm 1850, vì thế định
lý này cịn được gọi là định đề Bertrand. Nhà toán học Erdos, vào năm ông 19
tuổi, đã chứng minh được định lý này bằng một phương pháp sơ cấp.
Định lý Chebyshev cho ta hệ quả: Nếu pi và pi + 1 là hai số nguyên tố liên tiếp
nhau thì
pi+1
< 2.
pi

*Cặp số nguyên tố sinh đôi
Nếu viết các số nguyên tố ra thành một dãy số 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29,. . .
Chúng ta sẽ thấy có khá nhiều các cặp số nguyên tố đứng cạnh nhau là hai số
lẻ liên tiếp, ví dụ như 3 và 5, 5 và 7, 11 và 13, 17 và 19. Các cặp số này gọi là các
cặp số nguyên tố sinh đôi. Đến nay các nhà tốn học vẫn khơng biết có vơ hạn hay
hữu hạn các cặp số nguyên tố sinh đôi.
Bài tốn chưa có lời giải:"Tồn tại vơ hạn hay khơng các cặp số nguyên tố (pi , pi+1 )
sao cho pi+1 − pi = 2.”

7



1.4

Các tính chất hai số tự nhiên dựa vào sự phân tích các thừa
số nguyên tố

Kết quả dưới đây được trích dẫn từ tài liệu [5].
1.4.1

Tích của hai số và tính chia hết của hai số

Định nghĩa 1.4.1. (Tích của hai số) Nếu hai số a và b được phân tích ra thừa
số nguyên tố như sau
a = p1 α1 p2 α2 ...pt αt
b = p1 β1 p2 β2 ...pt βt

thì tích của chúng sẽ là ab = p1 α1 +β1 p2 α2 +β2 ...pt αt +βt .
Định nghĩa 1.4.2. (Tính chia hết của hai số) Nếu hai số a và b được phân
tích ra thừa số nguyên tố như sau
a = p1 α1 p2 α2 ...pt αt .
b = p1 β1 p2 β2 ...pt βt .

thì a chia hết cho b khi và chỉ khi α1 ≥ β1 , α2 ≥ β2 ,..., αk ≥ βk .
1.4.2

Ước chung lớn nhất(UCLN) và bội chung nhỏ nhất(BCNN)

Định nghĩa 1.4.3. Nếu hai số a và b được phân tích ra thừa số nguyên tố như
sau
a = p1 α1 p2 α2 ...pt αt

b = p1 β1 p2 β2 ...pt βt

thì
U CLN (a, b) = p1 min(α1 ,β1 ) p2 min(α2 ,β2 ) ...pt min(αt ,βt ) .
BCN N (a, b) = p1 max(α1 ,β1 ) p2 max(α2 ,β2 ) ...pt max(αt ,βt ) .

Bởi vì min(αi , βi ) + max(αi , βi ) = αi + βi , chúng ta chứng minh được hằng đẳng
thức

U CLN (a, b)BCN N (a, b) = ab.

8


1.5

Hàm Euler, định lý Fermat, cấp của phần tử và căn nguyên
thủy

Định nghĩa 1.5.1. (Hàm Euler) Ta kí hiệu φm là số các lớp thặng dư (theo
moodun m) nguyên tố cùng nhau với m. Hàm φm được gọi là hàm Euler.
Ta có thể hiểu φm như là các số nguyên k với 1 ≤ k < m sao cho (k, m) = 1.
Nếu p là số nguyên tố thì φp = p − 1.
Định lý 1.5.1. (Định lí Euler) Cho m là một số nguyên dương. Nếu (a, m) = 1
thì
aφm ≡ 1 (mod m).

Định lý 1.5.2. (Định lý Fermat) Cho p là một số nguyên tố. Với a là một số
ngun bất kì thì ta có
ap−1 ≡ 1 (mod p).


Định nghĩa 1.5.2. (Cấp của phần tử) Cho n là một số nguyên dương và a là
một số nguyên, (a, n) = 1. Số nguyên dương l bé nhất sao cho al ≡ 1 mod n được
gọi là cấp của a theo môdun n.

Định nghĩa 1.5.3. (Căn nguyên thủy) Cho n là một số nguyên dương và d là
một số nguyên, (g, n) = 1. Ta nói g là một căn ngun thủy mơdun n nếu g có cấp
bằng φn .

9


Chương 2

Định lý Dirichlet về số nguyên tố
2.1
2.1.1

Định lý Dirichlet và trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet
Định lý Dirichlet

Định lý 2.1.1. Cho a và b là các số nguyên dương với (a, b) = 1. Khi đó, có vơ số
số ngun tố có dạng an + b.
Chứng minh
Trước hết, ta nhận xét rằng với b cố định và với mọi a sao cho (a, b) = 1 luôn
tồn tại một số nguyên tố có dạng an + b.
Thật vậy, giả sử tồn tại số n1 > 0, với a và b là các số nguyên dương cho trước
sao cho an1 + b = p1 là một số nguyên tố.
Bây giờ, ta thay a = ap1 , khi đó ta có (ap1 , b) = 1. Do đó, tồn tại số n2 > 0 sao
cho an2 + b = p2 là một số nguyên tố.

Tiếp tục quá trình trên, ta kết luận được rằng có vơ số số ngun tố có dạng
an + b.
2.1.2

Trường hợp đặc biệt của định lý Dirichlet

Định lý 2.1.2. Cho k > 1 là một số ngun. Khi đó tồn tại vơ số số ngun tố có
dạng kn + 1 trong đó n là một số nguyên dương.
Một số nhận định
Theo lập luận chứng minh của định lý Dirichlet, ta chỉ cần chỉ ra rằng tồn
2πia
tại một số nguyên tố có dạng kn + 1. Xét các căn bậc k của đơn vị e k với
a = 0, 1, ..., k − 1, đặt

10


2πia
(x − e n ).

Fn (x) =

(a,n)=1

trong đó a chạy trên một hệ thặng dư mơdun n. Khi đó, ta có đẳng thức
xk − 1 =

Fn (x).
n|k


trong đó tích lấy trên tất cả các ước n của k , bởi vì mỗi nghiệm của đa thức ở
vế trái phải xuất hiện ở vế phải và ngược lại, và các nghiệm này là không lặp lại.
Gọi Gk (x) là bội chung nhỏ nhất của các đa thức xn − 1 với n|k , n < k và Gk (x)
có hệ tử cao nhất bằng 1. Khi đó Gk (x) là một đa thức với hệ số nguyên, và ta được
xk − 1 = Fk (x)Gk (x).

Cho nên đa thức Fk (x) có các hệ số nguyên. Từ đó, ta cũng thấy rằng
Fn (x).

Gk (x) =
n|k,n
Rõ ràng nếu x = ±1 là một số nguyên thì Fk (x)Gk (x) = 0 cho nên Fk (x) và Gk (x)
là các số nguyên khác không.
Ta sử dụng hai bổ đề sau
Bổ đề 1. Cho n là một ước của k . Khi đó với mọi số nguyên x = ±1, ta có

xn

xk − 1
− 1, n
x −1

k.

Chứng minh
Đặt k = nd và y = xn − 1. Khi đó
(y + 1)d − 1
xk − 1
=

= y d−1 + Cd1 y d−2 + ... + Cdd−2 y + d ≡ d (mod y).
xn − 1
y

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2. Cho x là một số nguyên, x = ±1 . Khi đó mỗi ước chung nguyên tố
của Fk (x) và Gk (x) là một ước của k.

11


Chứng minh
Giả sử p|(Fk (x), Gk (x)) với p là một số nguyên tố. Vì

Fn (x).

p|Gk (x) =
n|k,n
cho nên tồn tại một số nguyên n < k với n|k sao cho p|Fn (x). Từ đó suy ra
p|(xn − 1).
Nhắc lại rằng ta có

Fk (x) =

Vì p|Fk (x) nên p

xk − 1 xk − 1
.
Gk (x) xn − 1

xk − 1
. Theo Bổ đề 1 ta có p|k .
xn − 1

Phép chứng minh định lý 2.1.2
Cho x = ky với y là một số nguyên. Khi đó ta có

Fk (x)Gk (x) = xk − 1 ≡ −1 (mod k).

Ta có thể chọn y sao cho Fk (x) = ±1. Theo Bổ đề 2, tồn tại một ước nguyên tố
p của Fk (x) sao cho p Gk (x). Nói cách khác, với mỗi số nguyên dương n < k và
n|k ta có không tồn tại x để xn ≡ 1 mod p, nhưng xk ≡ 1 (mod p).
Bây giờ ta chứng minh k|p − 1. Ký hiệu m = (k, p − 1). Khi đó tồn tại các số
nguyên s và t sao cho m = sk + t(p − 1), và ta có

xm = (xk )s (xp−1 )t ≡ 1 (mod p).

Do đó m = k , cho nên k|p − 1, hay p ≡ 1 (mod k). Điều này chứng tỏ tồn tại một
số nguyên tố có dạng kn + 1. Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.1.3

Định lý Euclide về số nguyên tố

Định lý Euclide về số nguyên tố được phát biểu:"Tồn tại vô số các số nguyên
tố". Định lý này có một cách chứng minh rất đơn giản, nhưng cách chứng minh
này có lẽ là một trong những chứng minh hay nhất trong toán học.

12

Chứng minh
Chúng ta chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố như sau: Giả sử rằng p1 , p2 , ...,
pk là một dãy hữu hạn các số nguyên tố pi với i ∈ {1, 2, .., k}. Chúng ta chỉ ra rằng
sẽ tìm ra mâu thuẫn. Từ đó suy ra sẽ phải có vơ số các số ngun tố.
Ta biết rằng với mọi số tự nhiên N lớn hơn 1 đều được biểu diễn dưới dạng
N = p1 p2 ...pk + 1.

Vì mọi số tự nhiên N > 1 có ít nhất một ước ngun tố nên tồn tại p là số
nguyên tố sao cho p|N . (1)
Vì có hữu hạn số nguyên tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
p|p1 p2 ...pk .(2)
Từ (1) và (2) suy ra p|1 (mâu thuẫn với p nguyên tố).
Vậy tồn tại vơ số các số ngun tố.
Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố thì chúng ta lại
tìm được một số ngun tố mới, điều đó chứng tỏ sẽ có vơ hạn các số nguyên tố.

2.2
2.2.1

Một số bài toán chứng minh có vơ số số ngun tố có dạng
cho trước
Phương pháp giải

Chúng ta sẽ dùng phương pháp chứng minh của định lí Euler để giải một số bài
tốn cụ thể.
Bước 1. Giả sử rằng có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk .
Bước 2. Ta xây dựng một số tự nhiên N biểu diễn theo p1 , p2 , ..., pk .
Bước 3. Lập luận tìm ra mâu thuẫn.

Bước 4. Kết luận.
2.2.2

Một số bài toán

Bài toán 2.2.1. a) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4n + 1, trong
đó n là một số nguyên dương cho trước.
13


b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4n + 3, trong đó n là một
số nguyên dương cho trước.
Lời giải
a) Trước hết ta chứng minh được bổ đề sau:

a2

Bổ đề. Cho a là một số nguyên dương. Khi đó mọi ước nguyên tố lớn hơn 2 của
+ 1 đều có dạng 4n + 1.
Chứng minh

Thật vậy, nếu p là một ước nguyên tố của a2 + 1 và p có dạng 4k + 3 . Dễ thấy
a không chia hết cho p nên theo định lí Fermat ta có
ap−1 ≡ 1 (mod p) ⇔ a2(2k+1) + 1 ≡ 2 (mod p).

Mặc khác ta lại có a2 + 1 ≡ 0 (mod p) ⇒ a2(2k+1) + 1 ≡ 0 (mod p).
Do đó 2 ≡ 0 (mod p) (vơ lí). Vậy mọi ước ngun tố lớn hơn 2 của a2 + 1 đều có
dạng 4n + 1.
Bài giải câu a
Cách 1. Dùng bổ đề vừa chứng minh

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 4n + 1.
Khi đó, theo bổ đề trên số N = (p1 p2 ...pk )2 + 1 có một ước nguyên tố p dạng
4n + 1.(3)
Vì có hữu hạn số ngun tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
p|p1 p2 ...pk .(4)
Từ (3) và (4) suy ra p|1 (mâu thuẫn với p nguyên tố).
Vậy tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4n + 1.
Cách 2. Dùng thặng dư bậc hai và cách chứng minh định lí Euclide

14


Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 4n + 1.
Đặt N = (p1 ...pk )2 + 1.
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N .
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 + 1 ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 ≡ −1 (mod p).

Vì phương trình trên có nghiệm nên −1 là một thặng dư bậc hai theo mơdun p.
Ta xét bài tốn sau: Tìm điều kiện của số nguyên tố p để −1 là một thặng dư
bậc hai theo mơdun p.

Ta có

−1
p

p−1
= (−1) 2 .

Ta xét các trường hợp của p như sau:
Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 4) tức là p = 1 + 4t, t ∈ Z . Ta có

−1
p

= (−1)2t = 1.

Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 4) tức là p = 2 + 4t, t ∈ Z . Trường hợp này khơng thỏa
vì p ngun tố lớn hơn 2.
Trường hợp 3. p ≡ 3 (mod 4) tức là p = 3 + 4t, t ∈ Z . Ta có

−1
p

= (−1)2t+1 =

−1.

Vậy với p ≡ 1 (mod 4) thì −1 là một thặng dư bậc hai theo môdun p.
Khi đó số N có ước nguyên tố là p có dạng 4n + 1. (7)
Vì có hữu hạn số ngun tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
p|p1 p2 ...pk .(8)
Từ (7) và (8) suy ra p|1 (mâu thuẫn với p ngun tố).
Tóm lại, có vơ số số nguyên tố có dạng 4n + 1.

15

Nhận xét 2.2.1. Ở cả hai cách chứng minh, đầu tiên xây dựng số tự nhiên có
dạng N = (p1 ...pk )2 + 1 trong đó p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố. Sau đó dùng bổ
đề vừa chứng minh hoặc dùng kết quả của thặng dư bậc hai để tìm ra số ngun
tố có dạng 4n + 1. Điều quan trọng ở đây là ta chọn số tự nhiên N sao cho thích
hợp, rõ ràng kết quả bổ đề trên gợi ý cho ta cách đặt N . Ở đây ta có thể đặt
N = (2p1 ...pk )2 + 1 trong đó p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố.
b) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 4n + 3.
Đặt N = 4p1 ...pk − 1 trong đó p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố.
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N .
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ 4p1 ...pk − 1 ≡ 0 (mod p).
⇒ 4p1 ...pk ≡ 1 (mod p).

Vì phương trình trên có nghiệm nên 1 là một thặng dư bậc hai theo mơdun p.
Ta xét bài tốn sau: Tìm điều kiện của số nguyên tố p để 1 là một thặng dư bậc
hai theo mơdun p.
Ta có

1
p

=

−1
p

−1
p

= (−1)p−1

Ta xét các trường hợp của p như sau:
Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 4) tức là p = 1 + 4t, t ∈ Z . Ta có

1
p

= (−1)4t = 1.

Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 4) tức là p = 2 + 4t, t ∈ Z . Trường hợp này không thỏa
vì p nguyên tố lớn hơn 2.
Trường hợp 3. p ≡ 3 (mod 4) tức là p = 3+4t, t ∈ Z . Ta có

−1
p

= (−1)4t+2 = 1.

Vậy với p ≡ 1, 3 (mod 4) thì 1 là một thặng dư bậc hai theo môdun p.
Tuy nhiên p là ước ngun tố của N , mà N khơng có ước nguyên tố có dạng
p = 4t + 1. Do đó p = 3 + 4t.(9)

16


Vì có hữu hạn số ngun tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
p|4p1 p2 ...pk .(10)
Từ (9) và (10) suy ra p|1 (mâu thuẫn với p ngun tố).
Tóm lại, có vơ số số ngun tố có dạng 4n + 3.
Nhận xét 2.2.2. Với cách đặt N = 4p1 ...pk − 1 ta chứng minh được bài toán. Một

câu hỏi đặt ra rằng tại sao lại đặt N như trên?
Thật vậy, ta có p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố có dạng 4n + 3 nên pi ≡ 3 (mod 4)
với i ∈ {1, 2, ..., k}.
Với k chẵn ta có p1 ...pk ≡ 1 (mod 4) ⇒ 4p1 ...pk ≡ 4 (mod 4) ⇒ 4p1 ...pk − 1 ≡ 3
(mod 4).
Với k lẻ ta có p1 ...pk ≡ −1 (mod 4)⇒4p1 ...pk ≡ −4 (mod 4)⇒4p1 ...pk + 7 ≡ 3
(mod 4).
Từ cách suy luận trên ta có hai cách đặt N = 4p1 ...pk − 1 hoặc N = 4p1 ...pk + 7.
Bài toán 2.2.2. a) Chứng minh rằng tồn tại vơ số số ngun tố dạng 6n + 1, trong
đó n là một số nguyên dương cho trước.
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 6n + 5, trong đó n là một
số nguyên dương cho trước.
Lời giải
a) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 6n + 1.
Đặt N = (2p1 ...pk )2 + 3.
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N.
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ (2p1 ...pk )2 + 3 ≡ 0 (mod p)
⇒ (2p1 ...pk )2 ≡ −3 (mod p)

17


Phương trình trên có nghiệm nên −3 là một thặng dư bậc hai theo mơdun p.
Ta xét bài tốn sau: Tìm điều kiện của số nguyên tố p để −3 là một thặng dư
bậc hai theo mơdun p.
Ta có

−3
p

Mặc khác
Suy ra

=
−1
p

−3
p

−1
p

3
.
p

p−1
= (−1) 2 và

= (−1)p−1

3
p

3−1p−1
2
= (−1) 2

p
3

p−1
= (−1) 2

p
.
3

p
.
3

Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 3), tức là p = 3t + 1, t ∈ Z . Thay p = 3t + 1 vào
−3
p

p
3

= (−1)p−1

−3
p

Nếu t chẵn thì
Nếu t lẻ thì

ta được

−3
p

−3
p

= (−1)3t

1
3

= (−1)t .

= 1.

= −1.

Vậy p ≡ 1 (mod 6) thỏa yêu cầu.
Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 3), tức là p = 3t + 2, t ∈ Z . Thay p = 3t + 2 vào
−3
p

p
3

= (−1)p−1

Nếu t chẵn thì
Nếu t lẻ thì

−3
p

ta được
−3
p

−3
p

= (−1)3t+1

2
3

= (−1)3t .

= 1.

= −1.

Vậy p ≡ 2 (mod 6) ( loại vì p lẻ lớn hơn 2).
Từ 2 trường hợp trên ta có kết quả p ≡ 1 (mod 6).
Do đó p có dạng 6n + 1. Mà p nguyên tố nên p chỉ có thể bằng 1 trong k số
nguyên tố p1 , p2 , ..., pk thỏa mãn p|N .(11)
Vì có hữu hạn số ngun tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
p|p1 p2 ...pk hay p| (2p1 ...pk )2 . (12)
Từ (11) và (12) suy ra p|3 (mâu thuẫn với p là ước nguyên tố lớn hơn 3 của N
vì N > 3).

18


Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 6n + 1.
Nhận xét 2.2.3. Với cách đặt N = (2p1 ...pk )2 + 3 ta chứng minh được bài toán.
Một câu hỏi đặt ra rằng tại sao lại đặt N như trên?
Thật vậy, ta có p1 , p2 , ..., pk là các số nguyên tố có dạng 6n + 1 nên pi ≡ 1 (mod 6)
với i ∈ {1, 2, ..., k}. Do đó (p1 ...pk )2 ≡ 1 (mod 6).
Hơn nữa 4 ≡ −2 (mod 6). Suy ra được (2p1 ...pk )2 ≡ −2 (mod 6).
Do đó (2p1 ...pk )2 + 3 ≡ 1 (mod 6).
b)
Giả sử có hữu hạn các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 6n + 5.
Đặt N = p1 ...pk + 6 .
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N.
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ p1 ...pk + 6 ≡ 0 (mod p)
⇒ p1 ...pk ≡ −6 (mod p)

Phương trình trên có nghiệm nên −6 là một thặng dư bậc hai theo môdun p.
Ta xét bài tốn sau: Tìm điều kiện của số ngun tố p để −6 là một thặng dư
bậc hai theo môdun p.
Ta có

−6
p

* Xét

−2
p

Ta có

−2
p

=

=

−2
p

−1
p

3
p

2
p

= 1.

p−1
p2 − 1
(p − 1)(p + 5)
8
= (−1) 2 (−1) 8 = (−1)
.

Ta xét các trường hợp của p như sau:

19


Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 8) tức là p = 1 + 8t , t ∈ Z
Ta có

−2
p

= (−1t(8t+6) ) = 1.

Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 8) tức là p = 2 + 8t, t ∈ Z . Trường hợp này khơng thỏa
vì p ngun tố lớn hơn 2.
Trường hợp 3. p ≡ 3 (mod 8) tức là p = 3 + 8t, t ∈ Z .
Ta có

−2
p

= (−1(1+t)(8t+2) ) = 1.

Trường hợp 4. p ≡ 4 (mod 8) tức là p = 4 + 8t, t ∈ Z . Trường hợp này khơng thỏa
vì p nguyên tố lớn hơn 2.
Trường hợp 5. p ≡ 5 (mod 8) tức là p = 5 + 8t, t ∈ Z .
Ta có

−2

p

= (−18t

2

+14t+5 )

= -1.

Trường hợp 6. p ≡ 6 (mod 8) tức là p = 6 + 8t, t ∈ Z . Trường hợp này khơng thỏa
vì p nguyên tố lớn hơn 2.
Trường hợp 7. p ≡ 7 (mod 8) tức là p = 7 + 8t, t ∈ Z
Ta có

−2
p

* Xét

3
p

Ta có

3
p

= (−1(4t+3)(2t+3) ) = −1.

p−1
= (−1) 2

p
.
3

Ta xét các trường hợp của p sau:
Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 3) tức là p = 1 + 3t, t ∈ Z

Ta có

3
p

3t
= (−1) 2

1
3

3t
= (−1) 2 .

*) Với t = 4k , k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 1. Ta được

3
p

= (−1)6k = 1.

*) Với t = 4k + 1, k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 4. (loại vì p khơng ngun tố).

20


*) Với t = 4k + 2, k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 7. Ta được

3
p

= (−1)6k+1 = −1.

*) Với t = 4k + 3, k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 10. (loại vì p khơng ngun tố).
Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 3) tức là p = 2 + 3t, t ∈ Z

Ta có

3
p

3t + 1
= (−1) 2

3t + 3
= (−1) 2 .

2
3

*) Với t = 4k , k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 2.(loại vì p không nguyên tố).
*) Với t = 4k + 1, k ∈ Z . Tìm được p = 12k + 5. Ta được

3
p

= (−1)6k+3 = −1.

*) Với t = 4k + 2, k ∈ Z. Tìm được p = 12k + 8.(loại vì p khơng ngun tố).
*) Với t = 4k + 3, k ∈ Z. Tìm được p = 12k + 11.Ta được
Dựa vào các kết quả của
Trường hợp 1.
Ta có

−2
p

Ta có

3
p

−2
p

=

3
p
3

p

và

3
p

= (−1)6k+6 = 1.

−2
, ta xét hai trường hợp
p

= 1.

= 1 khi p ≡ 1, 3 (mod 8).
= 1 khi p ≡ 1, −1 (mod 12).

Kết hợp các kết quả trên ta có p ≡ 1 (mod 6).(13)
Trường hợp 2.
Ta có

−2
p

Ta có

3
p

−2
p

=

3
p

= −1.

= −1 khi p ≡ 5, 7 (mod 8).
= −1 khi p ≡ 5, 7 (mod 12).

Kết hợp các kết quả trên ta có p ≡ 5, 7 (mod 6).(14)
Từ (13) và (14) ta có p ≡ 5 (mod 6).
Vậy ta tìm được số nguyên tố p có dạng 6n + 5 thỏa mãn p|N .(15)
Vì có hữu hạn số nguyên tố pi với i ∈ {1, 2, .., k} nên p ∈ {p1 , p2 , ..., pk }. Suy ra
21


p|p1 p2 ...pk hay p|p1 ...pk . (16)

Từ (15) và (16) suy ra p|6 (mâu thuẫn với p là ước nguyên tố lớn hơn 6 của N
vì N > 6).
Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 6n + 5.
Nhận xét 2.2.4. Ta xem xét cách đặt số N theo các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có
dạng 6n + 5.
Ta có pi ≡ 5 (mod 6) với i ∈ {1, 2, ..., k}. Do đó p1 ...pk ≡ 5k ≡ (−1)k (mod 6).
Nếu k chẵn thì p1 ...pk ≡ 1 (mod 6). Suy ra p1 ...pk + 4 ≡ 5 (mod 6).
Nếu k lẻ thì p1 ...pk ≡ −1 (mod 6). Suy ra p1 ...pk + 6 ≡ 5 (mod 6).

Như vậy, xuất phát từ một mơdun ta có thể xây dựng các bài tốn chứng minh
có vơ số số ngun tố có dạng cho trước. Bây giờ ta xét mơdun 8.
Vì 8n + 2 chỉ có số nguyên tố 2 và số 8n + 4, 8n + 6 không là số nguyên tố nên
ta xây dựng được bài toán sau:
Bài toán 2.2.3. a) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 8n + 1, trong
đó n là một số nguyên dương cho trước.
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 8n + 3, trong đó n là một
số nguyên dương cho trước.
c) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 8n + 5, trong đó n là một
số nguyên dương cho trước.
d) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 8n + 7, trong đó n là một
số nguyên dương cho trước.
Nhận xét 2.2.5. 1/ Ta xem xét cách đặt số N theo các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk
có dạng 8n + 3.
Ta có pi ≡ 3 (mod 8) với i ∈ {1, 2, ..., k}. Do đó pi 2 ≡ 1 (mod 8)⇒(p1 ...pk )2 ≡ 1
(mod 8)⇒(p1 ...pk )2 + 2 ≡ 3 (mod 8).

22


Như vậy ta đặt số N = (p1 ...pk )2 + 2.
2/Ta xem xét cách đặt số N theo các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 8n + 5.
Ta có pi ≡ 5 (mod 8) với i ∈ {1, 2, ..., k}. Do đó pi 2 ≡ 9 (mod 8)⇒(p1 ...pk )2 ≡ (−1)k
(mod 8).
Với k chẵn thì ta có (p1 ...pk )2 ≡ 1 (mod 8)⇒ (p1 ...pk )2 + 4 ≡ 5 (mod 8).
Với k lẻ thì ta có (p1 ...pk )2 ≡ −1 (mod 8)⇒ (p1 ...pk )2 + 6 ≡ 5 (mod 8).
Như vậy ta đặt số N = (p1 ...pk )2 + 4 hoặc N = (p1 ...pk )2 + 6.
3/ Ta xem xét cách đặt số N theo các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 8n + 7.
Ta có pi ≡ 7 (mod 8) với i ∈ {1, 2, ..., k}. Do đó pi ≡ −1 (mod 8)⇒p1 ...pk ≡ (−1)k
(mod 8).

Với k chẵn thì ta có p1 ...pk ≡ 1 (mod 8)⇒ p1 ...pk + 6 ≡ 7 (mod 8).
Với k lẻ thì ta có p1 ...pk ≡ −1 (mod 8)⇒ p1 ...pk + 8 ≡ 7 (mod 8).
Như vậy ta đặt số N = p1 ...pk + 6 hoặc N = p1 ...pk + 8.
Lời giải
b) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 8n + 3.
Đặt N = (p1 ...pk )2 + 2.
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N .
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 + 2 ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 ≡ −2 (mod p).

Vì phương trình trên có nghiệm nên −2 là một thặng dư bậc hai theo môdun p.

23


Theo kết quả kết quả bài toán 2.2.2, ta được p ≡ 1, 3 (mod 8).
Do đó p có dạng 8n + 1 hoặc 8n + 3.
Nếu p có dạng 8n + 1 thì p khơng là ước của N.
Nếu p có dạng 8n + 3 thì theo giả thiết có hữu hạn k số nguyên tố nên p bằng
số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk .
Hay p | p1 , ..., p | pk . Hơn nữa p | N . Suy ra p | 2 (mâu thuẩn với p lẻ).
Vậy có vơ số số ngun tố có dạng 8n + 3.
d) Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , ..., pk có dạng 8n + 7.
Đặt N = (p1 ...pk )2 − 2
Vì N > 1 nên tồn tại số nguyên tố p sao cho p | N .
Ta có p | N suy ra N ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 − 2 ≡ 0 (mod p).
⇒ (p1 ...pk )2 ≡ 2 (mod p).

Vì phương trình trên có nghiệm nên 2 là một thặng dư bậc hai theo môdun p.
Ta xét bài tốn sau: Tìm điều kiện của số ngun tố p để 2 là một thặng dư bậc
hai theo mơdun p.

Ta có

2
p

p2 − 1
= (−1) 8 .

Ta xét các trường hợp của p như sau:
Trường hợp 1. p ≡ 1 (mod 8) tức là p = 1 + 8t, t ∈ Z
Ta có

2
p

= (−1)8t

2

+2t

= 1.

Trường hợp 2. p ≡ 2 (mod 8) tức là p = 2 + 8t, t ∈ Z . Trường hợp này khơng thỏa
vì p nguyên tố lớn hơn 2.
24