XUNG QUANH ĐỊNH LÍ DIRICHLET VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Trần Ngọc Thắng Giáo viên THPT Chuyên Vĩnh Phúc A Mở đầu Như biết lý thuyết số có định lí tiếng tồn số ngun tố Định lí mang tên nhà tốn học Dirichlet có nội dung sau: “với hai số nguyên dương a, b nguyên tố nhau, nhị thức bậc ax + b lấy vô số giá trị nguyên tố”, hay nói cách khác “với hai số tự nhiên a, b nguyên tố nhau, tồn vô số số nguyên tố dạng an + b , n số nguyên dương” Định lí nhà tốn học Dirichlet (1805 - 1859) người Đức chứng minh năm 1837 Chứng minh Dirichlet phải dùng đến kiến thức toán cao cấp Năm 1949, nhà tốn học Selberg (sinh năm 1917) tìm chứng minh sơ cấp cho định lí cách chứng minh phức tạp Trong viết đưa cách chứng minh sơ cấp định lí Dirichlet trường hợp đặc biệt a b B Nội dung Định lí a) Tồn vơ hạn số ngun tố dạng 4n + , n số nguyên dương b) Tồn vô hạn số nguyên tố dạng 4n + , n số nguyên dương Chứng minh a) Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau: Bổ đề Cho a số nguyên dương Khi ước nguyên tố lớn a + có dạng 4m + Thật p ước nguyên tố a + p có dạng p = 4k + Dễ thấy a không chia hết cho p nên theo định lí Fecma ta có p −1 2 k +1 a ≡ 1( mod p ) ⇔ ( a ) + ≡ ( mod p ) , mặt khác a + ≡ ( mod p ) ⇒ a 2( k +1) + ≡ ( mod p ) Kết hợp với kết ta ≡0 ( mod p ) vơ lí Vậy mệnh đề chứng minh Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng 4m + p1 , p2 , , pk Khi theo bổ đề số ( p1 p2 pk ) + có ước nguyên tố dạng 4m + ước nguyên tố khác tất số nguyên tố p1 , p2 , , pk , vơ lí Vậy tồn vô số số nguyên tố dạng 4n + b) Kết hiển nhiên Định lí a) Tồn vơ hạn số nguyên tố dạng 6n + , n số nguyên dương b) Tồn vô hạn số nguyên tố dạng 6n + , n số nguyên dương Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho a số nguyên dương Khi ước nguyên tố lớn a + có dạng 6n + p Thật vậy, ước nguyên tố lớn Nếu ( 3−1) ( p −1) p −1 −3 −1 p p = 6k + ⇒ ÷ = ⇔ ÷ ÷ = ⇔ ( −1) ÷ 3 p p p = ⇔ ( −1) p −1 ( −1) p +1 = ⇔ ( −1) = p vơ lí Do bổ đề chứng minh Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng 6n + p1 , p2 , , pk Khi theo bổ đề số ( p1 p2 pk ) + có ước nguyên tố dạng 6n + ước nguyên tố khác tất số nguyên tố p1 , p2 , , pk , vơ lí Vậy tồn vô số số nguyên tố dạng 6n + Định lí Tồn vơ hạn số nguyên tố dạng pn + , p số nguyên tố n số nguyên dương Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: k Bổ đề Cho a, k số nguyên dương a ≥ Chứng minh k Φ ( a − 1) k k Thật vậy, đặt m = a − ⇒ a ≡ 1( mod m ) Gọi h cấp a theo module m ⇒ k Mh a h ≡ 1( mod m ) ⇒ a h ≥ m + = a k ⇒ k ≤ h ⇒ k = h suy k cấp a theo module m Mặt ≡ 1( mod m ) ⇒ k Φ ( a − 1) Vậy bổ đề chứng khác theo định lí Euler ta có: a minh Bổ đề Cho m số nguyên dương, p số nguyên tố cho p ước m Chứng minh tồn ước nguyên tố q m cho q có dạng q = + pn Φ( m) k piα ⇒ Φ ( m ) = ∏ piα −1 ( pi − 1) Do p không ước m Thật vậy, giả sử m = ∏ i i i i p Φ ( m ) ⇒ p ∏ ( pi − 1) , từ p số nguyên tố nên p pi − ⇒ pi = + pn i Bây ta trở lại chứng minh định lí Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng pn + p1 , p2 , , pk Đặt a = pp1 p2 pk m = a p − Theo bổ đề ta có p Φ ( a p − 1) theo bổ đề ta có tồn ước nguyên tố q m có dạng pn + Dễ thấy ước nguyên tố q khác ước nguyên tố p1 , p2 , , pk , vơ lí Vậy định lí chứng minh Định lí Với số nguyên dương n cho trước, tồn vô hạn số nguyên tố dạng n k + , k số nguyên dương Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho a, n số nguyên dương Khi ước nguyên tố p a + số có dạng 2n+1 k + Thật vậy, giả sử p ước nguyên tố lẻ a + Gọi h cấp a module p n +1 Khi ta có a ≡ −1( modp ) ⇒ a ≡ 1( modp ) nên h (1) Ta chứng minh h > 2n , t h ≤ 2n ⇒ 2n = ht + r ⇒ a = ( a h ) a r ⇒ a r ≡ −1( mod p ) ⇒ a r ≡ 1( mod p ) ⇒ h 2r ⇒ 2r = h , n n n +1 n n n n +1 suy = ht + r ⇒ = 2ht + h = h ( 2t + 1) , vơ lí nên h > 2n , kết hợp với (1) ta p −1 n +1 h = 2n +1 Theo định lí Fecma ta có a ≡ 1( mod p ) ⇒ h p − ⇒ p = + k Vậy bổ đề chứng minh Trở lại chứng minh định lí Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pm có dạng 2n.k + Xét số A = ( p1 p2 pm ) + theo bổ đề ta có A có ước nguyên tố dạng n −1 2n.k + ước nguyên tố không trùng với số nguyên tố p1 , p2 , , pm , vơ lí Vậy định lí chứng minh Định lí Cho a số nguyên dương Khi tồn vơ số số ngun tố dạng an + , n số nguyên dương Để chứng minh định lí trước hết ta đưa số định nghĩa khái niệm liên quan Định nghĩa a) Mỗi nghiệm đa thức x n − £ gọi bậc n đơn vị n −1 Tập hợp nghiệm kí hiệu £ n Tập £ n viết thành { 1, ε , ε , , ε } , ε nghiệm đa thức Mỗi phần tử ε gọi phần tử sinh £ n b) Một phần tử sinh £ n gọi nguyên thủy bậc n đơn vị Số nguyên thủy bậc n đơn vị ϕ ( n ) với ϕ hàm Euler Định nghĩa Giả sử ξ1 , ξ , , ξϕ ( n ) ϕ ( n ) nguyên thủy bậc n Đa thức chia đường tròn thứ n đa thức xác định bởi: Φ n ( x ) = ( x − ξ1 ) ( x − ξ ) ( x − ξϕ ( n ) ) Mệnh đề n Φd ( x) a) x − = ∏ dn b) Φ n ( x ) ∈ ¢ [ x ] Chứng minh a) Đây kết hiển nhiên b) Ta chứng minh quy nạp theo n Nếu n = kết hiển nhiên Ta có: x n − = ∏ Φ d ( x ) = Φ n ( x ) ∏ Φ d ( x ) dn d n Theo giả thiết quy nạp Φ d ( x ) , ∀d n (nghĩa d ước n d < n ) Φd ( x ) ∈ ¢ [ x] Đặt G = ∏ d n xn − G Φ Từ dễ thấy n ( x ) ∈ ¢ [ x ] Ta có Φ n ( x ) = Mệnh đề Cho f ( x ) = an x + an−1 x + + a0 ∈ ¢ [ x ] đa thức khác Khi + tập hợp { f ( a ) : a ∈ ¢ , f ( a ) ≠ 0} chứa vô hạn ước nguyên tố n −1 n Chứng minh Ta giả sử a0 ≠ Đặt f ( a0 x ) = a0 g ( x ) , g ( x ) = an a0 x + + , + để chứng minh yêu cầu toán ta chứng minh { g ( a ) : a ∈ ¢ , g ( a ) ≠ 0} chứa vô hạn ước ngun tố Do khơng tính tổng qt ta giả sử a0 = Giả sử { f ( a ) : a ∈ ¢ + , f ( a ) ≠ 0} có hữu hạn ước nguyên tố p1 , p2 , , pk n −1 n Xét f ( p1 p2 pk x ) = an ( p1 p2 pk x ) + + a1 ( p1 p2 pk x ) + n Giả sử tồn a để f ( p1 p2 pk a ) ≠ 0; ±1 f ( p1 p2 pk a ) có ước nguyên tố số p1 , p2 , , pk Ta giả sử pi suy pi mâu thuẫn Vậy toán chứng minh Mệnh đề Cho p số nguyên tố, a m > số nguyên tố với * p Khi p Φ m ( a ) ⇔ liên hợp a a ( ¢ / p¢ ) có cấp m Chứng minh (i) Nếu a có cấp m ( ¢ / p¢ ) ⇒ ( a ) = ⇔ p a m − , mặt khác với d cho m * ( ) < d < m , ta có d m = , p khơng ước a d − Theo mệnh đề ta có: xm − = ∏ Φd ( x ) (1) am −1 = ∏ Φd ( a ) (2) dm suy dm d Lấy d ước m Từ Φ d ( a ) a − ⇒ p không ước Φ d ( a ) Mặt khác, p a m − ⇒ p Φ m ( a ) Vậy ta có chiều thuận mệnh đề (ii) Ngược lại, giả sử p Φ m ( a ) Khi từ (2) ta có p a m − ⇒ ( a ) = , từ cấp a m ước m Giả sử cấp a m ' < m (hiển nhiên m ' m ) Cũng giống đẳng thức (1) (2) ta có: xm ' − = ∏ Φd ( x ) (3) am' −1 = ∏ Φd ( a ) (4) d m' d m' Từ (4) tồn d m ' cho p Φ d ( a ) (hiển nhiên d