Về định lý lêm, định lý kronecker vfa ứng dụng

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ QUANG HUY V Đ NH E Đ NH KRONECKER VÀ ỨNG DỤNG UẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ N - 2011 Ở ĐẦU Trong Số học có nhiều Định lý tiếng, với ứng dụng sâu sắc lĩnh vực khác khoa học, đặc biệt ứng dụng thực tế lĩnh vực – Công nghệ thông tin Các định lý quan tâm giới Toán học mà người làm việc lĩnh vực Tin học kỹ thuật Bởi vậy, việc nghiên cứu Định lý số học cần thiết Gauss - nhà Toán học tiếng lịch sử - nói (xem [9, pp 2]): Mathematics is the Queen of all Sciences, and Arithmetic the Queen of Mathematics "Toán học Vua khoa học, Số học Nữ hồng Tốn học" Với mục đích tìm hiểu sâu thêm định lý Số học, luận văn giới thiệu Định lý Lame Định lý Kronecker với ứng dụng chúng Một thuật toán lâu đời toán học thuật toán Euclid Thuật toán cho phép xác định ước chung lớn hai số nguyên Cho đến nay, thuật toán Euclid thuật tốn tốt để tìm ước chung lớn của hai số nguyên cho trước (xem [4]) Định lý Lame vừa cho ta chứng minh tính đắn thuật toán Euclid, vừa cho ước lượng độ phức tạp thuật tốn Nói rõ hơn, Định lý Lame khẳng định rằng, số phép chia cần thiết để tìm ước chung lớn hai số ngun thuật tốn Euclid khơng vượt q lần chữ số thập phân số bé hai số cho Cũng từ thu số phép tính bit cần thiết để thực thuật tốn Euclid O((log2a)3) Vì vậy, nói Định lý Lame cho đánh giá cực tốt thuật toán Euclid Nội dung luận văn gồm hai chương: Chƣơng 1: Trình bày định lý tính chia hết số nguyên; số vấn đề biểu diễn số nguyên hệ số; thuật toán Euclid (EA) thuật toán tối tiểu (MA) Chƣơng 2: Trình bày hai Định lý Lame Định lý Kronecker với chứng minh chi tiết; số ứng dụng hai Định lý Toán học Tin học Tác giả xin trân trọng cảm ơn PGS.TS Nguyễn Thành Quang tận tình hướng dẫn bảo, giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn thầy cô Bộ môn Đại số, Khoa Toán, Khoa Đào tạo Sau đại học Trung tâm thông tin thư viện Nguyễn Thúc Hào - Trường Đại học Vinh - giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho học tập nghiên cứu chương trình đào tạo sau đại học Xin cảm ơn gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ tơi suốt thời gian học tập vừa qua Tuy cố gắng trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, song chắn cịn có nhiều thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả Đ NH CHƢƠNG V PHÉP CHI CÓ DƢ VÀ ỨNG DỤNG 1.1 TÍNH CHIA HẾT 1.1.1 Định nghĩa Cho a q hai số nguyên Khi số aq gọi bội a Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b (b  0) a = bq với q số nguyên Nếu b chia hết a - b chia hết a a = bq dẫn đến a = (-b)(-q) Điều đủ để phát biểu ước nguyên dương thay cho ước nguyên 1.1.2 Định lý 1) Nếu b chia hết a ước b chia hết a 2) Cho a số nguyên dương Nếu số nguyên b chia hết a giá trị tuyệt đối b lớn a 3) Nếu b chia hết a a chia hết b a = b a = - b Chứng minh 1) Vì b chia hết a a = bq1 Cho c ước b b = cq2 Điều dẫn đến a = bq1 = c(q1q2) 2) Vì b chia hết a nên a = bq |q|  Do đó: a = |a| = |b||q|  |b| 3) Ta có a = bq1 b = aq2 Từ a = aq1q2 Dẫn đến q1 q2 hai + - ■ 1.1.3 Định lý 1) Nếu b chia hết a1 a2, b chia hết c1a1 + c2a2 c1 c2 hai số nguyên tùy ý 2) Nếu b chia hết a1, ,ak, b chia hết c1a1 + c2a2 + + ckak c1 , ck số nguyên tùy ý Chứng minh Ta có a1 = bq1 a2 = bq2 Như vậy, ta có: c1a1 + c2a2 = c1bq1 + c2bq2 = b(c1q1 + c2q2) ■ 1.1.4 Định lý Cho a b hai số nguyên bất kỳ, b > Khi đó, tồn số nguyên q r cho a = bq + r;  r < b Chứng minh Xét dãy bội b: , - b, 0, b, , bq, Hiển nhiên a bội b (giả sử bq) nằm hai bội (giả sử bq b(q+1)) Từ dẫn đến bq  a < b(q+1) Suy  a - bq < b Ta đặt a - bq = r, a = bq + (a - bq) = bq + r ;  r < b Ta tồn q r Bây ta chứng minh tính nhất: Giả sử ngược lại, chúng không Khi đó: a = bq + r;  r < b a = bq1 + r1;  r1 < b, với số nguyên q, q1 , r, r1 Hai đẳng thức dẫn đến r1 - r = b(q - q1) Từ suy b ước r1 - r Điều vơ lý r r1 hai số nguyên dương bé b ■ Chúng ta chứng minh Định lý 1.1.4 cách khác [8], mà chúng tơi chưa tìm thấy cách chứng minh tài liệu số học tiếng Việt Giả sử S tập hợp số nguyên xác định sau: S  a  bt / t  Z  Số nguyên a thuộc S âm khơng âm Nếu a số nguyên âm a – ba = a(1 – b) số nguyên không âm Do đó, S có số ngun khơng âm bé (sử dụng tính thứ tự tốt tập hợp số tự nhiên) Giả sử số a – bq với q số nguyên Ta có:  (a  bq) Ta nhận xét rằng, phần tử thuộc S nhỏ (a – bq) số nguyên âm Đặc biệt số a – b(q + 1) thoả mãn: a  b(q  1)  hay (a  bq)  b Từ ta thu được:  a  bq  b Đặt r  a  bq , ta có a  bq  (a  bq)  bq  r ,  r  b ■ 1.1.5 Định lý Cho a b hai số nguyên bất kỳ, b > Khi tồn số nguyên Q R cho a = bQ + eR,  R < b , e = +1 -1 Chứng minh Theo Định lý 1.1.4 ta có: a = bq + r ;  r < b (1) Trường hợp 1: r < b Nếu ta cho Q = q; R = r e = 1, (1) trở thành a = bQ + eR;  R < Trường hợp 2: r > b b b Khi đó, ta có < b - r < Nếu ta chọn Q = q + 1; 2 R = b - r e = - (1) trở thành a = b(q + 1) - (b - r) = bQ + eR;  R < Trường hợp 3: r = b b Trong trường hợp ta đặt Q = q; R = r e = 1, (1) trở thành a = bQ + eR; R = b/2 Tương tự Q = q + 1; R = b - r; e = -1 ta nhận a = b(q + 1) - (b - r) = bQ + eR; R = b ■ 1.1.6 Chú ý Do q r nhất, điều dẫn đến Q R trừ trường hợp R = b Số R gọi số dư bé (hay số dư có trị tuyệt đối bé nhất) a b Ta thấy rằng: (i) Nếu r < b , số dư bé r (ii) Nếu r > (iii) Nếu r = b , số dư bé - (b - r) b , số dư bé r - r tùy theo cách chọn 1.1.7 Hệ Bất số nguyên có dạng sau: (i) 3q, (3q  1); (ii) 4q, (4q  1), (4q  2); (iii) 5q, (5q  1), (5q  2) Chứng minh Cho a số nguyên (i) Cho b = Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 3Q + eR;  R  , e =  Do đó, R = (ii) Cho b = Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 4Q + eR;  R  Do đó, R = 0; (iii) Cho b = Theo Định lý 1.1.5 ta có a = 5Q + eR;  R  Do đó, R = 0; ■ 1.1.8 Định lý Cho a b hai số nguyên lẻ Khi đó, hai số a b lẻ số chẵn Chứng minh Cho a = 2h + b = 2k + Khi đó: ab a b = (h + k) + 1; = (h - k) 2 Từ hai kết ta suy diễn sau: (i) Nếu h k chẵn (hoặc lẻ) (ii) Nếu h k chẵn cịn số lẻ ab a b lẻ cịn chẵn 2 ab a b chẵn lẻ ■ 2 ab 1.2 BÀI TOÁN BACHET V KHỐI ƢỢNG 1.2.1 Định lý Giả sử b số nguyên lớn Khi đó, số nguyên dương N có biểu diễn dạng sau: N = akbk + ak-1bk-1 + + a1b + a0 ,  a0, a1, , ak  b - ak  Chứng minh Chia N cho b, theo Định lý phép chia có dư ta có: N = q1b + a0, < a0 k Trừ vế theo vế ta có: rngn + rn-1gn-1 +….+ (rk - sk)gk + +(r1 – s1)g + (r0 – s0) = Suy (r0  s0 ) g  r0  s0 (vì 0 r0, s0  g - 1) Từ ta có: rngn + rn-1gn-1 + + r1g = rngn + rn-1gn-1 + + r1g Lý luận tương tự ta có: r1= s1, r2 = s2, , rk = sk Khi đó: rngn-k + rn-1gn-k-1 + +rk+1 = Điều mâu thuẫn với rn  0, suy n = k Ta có điều phải chứng minh ■ 1.2.2 Định nghĩa Giả sử b số nguyên lớn Khi đó, theo Định lý 1.2.1 số nguyên dương N có biểu diễn dạng sau: N = akbk + ak-1bk-1 + + a1b + a0 ,  a0, a1, , ak  b – 1, ak  Ta ký hiệu: N =(ak ak-1 a1a0)b gọi (ak ak-1 a1a0)b cách viết số nguyên dương N hệ số b Các ký hiệu gọi chữ số số b Ví dụ Biểu diễn 4385 với số Giải: Chia liên tiếp cho thu thương số dư sau: 4385 = 487  + 487 = 54  + 54 =  + Thương cuối nhỏ Do 4385 = ( 6012)9 = 6.93 + 0.92 + 1.91 + Ví dụ Biểu diễn 5163 thành kí hiệu với số 12 Giải: Chúng ta chọn số 12, kí hiệu cho số từ đến 11 Chúng ta biết kí hiệu số từ đến Bây cần kí hiệu cho số 10 11 Giả sử t = 10 e = 11 Khi đó: 5163 = 430  12 + 430 = 35  12 +t 35 =  12 + e Do đó: 5163 = ( 2et3 )12 10 Ví dụ Biểu diễn hệ nhị phân b = Nếu số số kí hiệu biết đến nhị phân Chẳng hạn, 39 = ( 100111 ) Trong kí hiệu nhị phân gồm chữ số (gọi bit) Do đó, máy tính chữ số định có mạch điện hay khơng có mạch điện Đây lợi lớn tính tốn liên quan đến số lượng lớn Kí hiệu nhị phân sở số trò chơi số học trò giải trí, số trình bày sau 1.2.3 Định lý Mỗi số nguyên dương có dạng 2n - biểu diễn dạng tổng nhiều số nguyên sau: 1, 2, 22, , 2n-1 Chứng minh Nếu ta đặt b = ta nhận được: N = ak2k + ak-12k-1 + + a12 + a0 ,  a0, a1, , ak  1, ak =1 Do đó, số nguyên dương biểu diễn dạng tổng số nguyên 1, 2, 22, Ta nhận thấy, tổng n số nguyên 1, 2, 22, , 2n-1 2n- Định lý 1.2.3 chứng minh ■ Định lí có số ứng dụng thú vị Một ứng dụng ma trận số Lấy thẻ A B C D E F với số viết chúng sau: 13 25 37 49 61 15 27 39 51 63 17 29 41 53 19 31 43 55 21 33 45 57 11 23 35 47 59 A B 14 26 38 50 62 15 27 39 51 63 18 30 42 54 29 31 43 55 10 22 34 46 58 11 23 35 47 59 20 a = ba1 + r1 ; < r1 < b (1) b = r1a2 + r2 ; < r2 < r1 (2) r1 = r2a3 + r3 ; < r3 < r2 (3) rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 ; < rn-2 < rn-3 (n - 2) rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 ; < rn-1 < rn-2 (n - 1) rn-2 = rn-1an + rn ; = rn (n) an  Ta thấy a > b > r1 > r2 > r3 > Do dãy giảm số nguyên không âm, đến lúc rn phải 0, thuật toán kết thúc Tập hợp đẳng thức từ (1) đến (n) gọi Thuật toán Euclid (EA) a b 1.3.4 Định lý Cho a > b, hai dương, cho rn = EA a b Khi rn-1 g.c.d a b (rn-1 số dư cuối khác EA) Chứng minh Ta quay lại đẳng thức từ (1) đến (n): rn-2 = rn-1an + Do đó: rn-1 | rn-2 (1) rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 (2) rn-1 | rn-3 (3) rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 (4) Tiếp theo ta có: Từ (1) (2) ta có: Tiếp theo: Từ (1) ; (2) ; (3) ta có: rn-1 | rn-4 Cứ tiếp tục , cuối ta nhận được: rn-1 chia hết a b Như rn-1 thỏa mãn điều kiện (A) g.c.d Giả sử c chia hết a b Xuất phát từ a = ba1 + r1 suy c chia hết b r1 (5) Tiếp theo b = r1a2 + r2 (6) Từ (5);(6) suy c chia hết r1 r2 Cứ tiếp tục vậy, cuối suy c chia hết r n-1 Vậy rn-1 thỏa mãn tính chất (B) g.c.d Vậy (a, b) = rn-1 21 Ví dụ: Tìm g.c.d 117 45 Lời giải EA hai số nguyên là: 117 = 45  + 27 45 = 27  + 18 27 = 18  + 18 =  + Vậy g.c.d 117 45 1.3.5 Thuật toán tối tiểu ( ) hay thuật tốn tìm số dƣ trị tuyệt đối bé (MA) a b tập hợp gồm n đẳng thức sau: a = bQ1 + e1R1 ; < R1  (1) b b = R1Q2 + e2R2 ; < R2  R1 (2) R1 = R2Q3 + e3R3 ; < R3  R2 (3) Rn-4 = Rn-3Qn-2 + en-2Rn-2 ; < Rn-2  Rn 3 (n-2) Rn-3 = Rn-2Qn-1 + en-1Rn-1 ; < Rn-1  Rn  2 (n-1) Rn-2 = Rn-1Qn + enRn ; = rn (n) ei +1 -1 tùy trường hợp Ta thấy: a > b > R1 > R2 > R3 > dãy giảm số ngun khơng âm Do đến lúc R n phải thuật toán dừng Dễ dàng thấy Rn-1 g.c.d a b Ví dụ Tìm g.c.d 671 396 theo (MA) 671 = 396  – 121 396 = 121  + 33 121 = 33  – 11 33 = 11  + Suy g.c.d(671, 396) = 11 22 CÁC Đ NH CHƢƠNG E VÀ KRONECKER 2.1 Đ NH LÝ LAME 2.1.1 Định nghĩa Dãy số u1, u2, u3, u1 = 1; u2 = un = un-1 + un-2 với n > gọi dãy Fibonacci 2.1.2 Định lý Cho un phần tử thứ n dãy Fibonacci xác định trên, cho   1 , un >  n1 với n > 1 1 )      Chứng minh Ta có   ( 2 (1) Bởi với số nguyên k > 1, có  k   k 2   k 2 (  1) Do đó:  k   k 1   k 2 Bây u2 =   (2) 1 Do đó: u2 >  (3) Từ (3) (1) ta có u3 = u2 + u1 >     nên Định lý với n = Giả thiết Định lý với n = 2,3, ,k u   k 1 uk 1   k 2 Như k vậy: uk 1  uk  uk 1   k 1   k 2 Sử dụng (2) ta có uk+1 >  k Như ta chứng minh Định lý với n = k + ■ 2.1.3 Định lý Lame Cho a > b, hai dương Cho n số phép chia thuật toán Euclid (EA) a b, n  5t, với t số chữ số b Chứng minh Tương ứng với n phép chia EA a b, ta có đẳng thức từ (1) đến (n) mục 1.3.5 Khi ta có dãy rn-1, rn-3, , r1, b, a, so sánh chúng với dãy Fibonacci định nghĩa mục 2.1.1, tức u1, u2, u3, u1 = 1; u2 = 2; u3 = 3; u4 = Hiển nhiên rn-1  Do rn-1  u1 Tiếp tục 23 rn-2 = rn-1an an  Do rn-2  u2 Hơn với k > 2, rn-k = rn-(k-1)an-(k-2) + rn-(k-2) Do ta có: rn-k  rn-(k-1) + rn-(k-2) Đặt k = 3, 4, , n-1 ta có theo thứ tự: rn-3  rn-2 + rn-1  u2 + u1 = u3 rn-4  rn-3 + rn-2  u3 + u2 = u4 r2  r3 + r4  un-2 r1  r2 + r3  un-1 Theo đẳng thức (2) mục 1.3.4 ta có b  r1 + r2, vậy: b  un-1 + un-2 = un >  n1 ;   1 theo hệ Định lý Lame Lấy logarit số 10, log10b > (n-1)log10  Nhưng log10  = log10 t số chữ số b > log10b Cho nên: t > (n - 1) suy n < 5t + tức n  5t ■ 1 > 24 2.2 Đ NH LÝ KRONECKER 2.2.1 Bổ đề Kronecker Cho a  2b Khi đó, M(a, b)  M(a, a – b) Chứng minh Định lý với a = 2, 3, 4, 5, 6, Ta giả sử Định lý với a = 2, 3, , k - Ta cần chứng minh Định lý với a = k Ta có nếu: 0 ■ 27 2.3 ỨNG DỤNG CỦ Đ NH 2.3.1 Hệ Định lý ame n  E VÀ Đ NH KRONECKER 1 t ; log10  Chứng minh Ta chứng minh t > log10b > (n - 1) log10  suy n  t log10  2.3.2 Định lý Số phép chia EA un+1 un n Chứng minh Trong dãy Fibonacci số tổng hai số đứng trước Do ta có EA un+1 un: un+1 = un  + un-1 ; < un-1 < un un = un-1  + un-2 ; < un-2 < un-1 u3 = u2  + u1 ; < u1 < u2 u2 = u1  + Ta thấy có n ước thuật tốn Vì Định lý chứng minh ■ 2.3.3 Định lý Cho a > b, hai dương Cho n số phép chia thuật tốn tối tiểu a b Khi (n - 1)  10 t t số chữ số b Chứng minh Tương ứng với n phép chia thuật toán tối tiểu a b, ta có đẳng thức từ (1) đến (n) mục 1.3.5 Ta nhận thấy rằng: R1  b R1 b  22 R b R3   2 R2  Rn1  Rn2 b  n1 2 28 Rn1  Do b  2n-1 log10b  (n - 1)log102 Nhưng log102 > log10b Từ suy t > (n - 1) t > 10 10 (n – 1) < t ■ 10 2.3.4 Ví dụ Cho a = 13, b = n = 10 10 10 t=  1= 3 Cho a = 124, b = 79 n = 10 20 t= 3 2.3.5 Định lý E(a,b)  5t 10 t + a 2.3.7 Định lý Cho < b  Khi M(a, b) < M(a, a - b) 2.3.6 Định lý M(a,b)  Chứng minh Điều kiện < b  a dẫn đến: a  a b 2 a 0 Cũng từ a < 3b suy ra: a - 2b = Do ta có < a - 2b < 2a  4b a  a  4b a  3b  4b a  b    2 2 a b Như bước MA a a - b a = (a - b)2 + e1(a - 2b) e1 = - Điều dẫn đến: M(a, a - b) = + M(a - b, a - 2b) (1) Nhưng: a - b = b + (b - (3b - a)) a - 2b = b - (3b - a) Do đó: M(a - b, a - 2b) = M(b + (b - (3b - a)), b - (3b - a)) = M(b, b - (3b - a)) Từ (1) (2) suy điều cần chứng minh ■ (2) 32 Sau ta vài ứng dụng Định lý Kronecker 2.3.11 ập thuật toán chia Xét đa thức với hệ số trường K tùy ý Mỗi đa thức P, ký hiệu qua l(P) hệ số lũy thừa cao Ta có thuật toán để với hai đa thức cho A,B; B  , tìm đa thức Q,R cho A = BQ + R degR < degB C1 (Xuất phát) Đặt R  A, Q  C2 (Kết thúc?) Nếu degR < degB, kết thúc thuật tốn C3 (Tìm hệ số) Đặt S  l ( R) deg Rdeg B x Sau đó, đặt Q  Q  S , R  R  S.B l ( B) chuyển sang bước C2 2.3.12 ập thuật tốn E để tính gcd( B) EP1 (Kết thúc?) Nếu B = 0, in A kết thúc thuật toán EP2 (Bước Euclid) Giả sử A = BQ + R, với degR < degB (Tính thuật tốn chia trên) Đặt A  B, B  R quay bước EP1 Sử dụng Định lý Kronecker người ta định lý sau [xem 8] 2.3.13 Định lý Có thể nhân chia hai phần tử trường Fq với  (log3 q) phép tính bit Nếu k số ngun dương phần tử F q nâng lên lũy thừa k với  (log k log3 q) phép tính bit 33 KẾT UẬN Nội dung chủ yếu luận văn gồm: ● Hệ thống hoá kiến thức bản, định lý có liên quan đến phép chia có dư, tốn Bachet khối lượng, hệ số, số toán hệ số, thuật toán Euclid (EA) thuật toán tối tiểu (MA) ● Giới thiệu trình bày chi tiết cách chứng minh hai định lý sau: Định lý Lame Giả sử a  b số nguyên dương n số phép chia thuật toán Euclid thực hai số a, b Khi đó, n  5t , t số chữ số b Định lý Kronecker Số phép chia thuật toán cực tiểu thực số nguyên dương a b không vượt số phép chia thuật toán Euclid thực số ● Giới thiệu hệ ứng dụng hai định lý lĩnh vực Toán - Tin học Định lý Lame vừa cho ta chứng minh tính đắn thuật toán Euclid, vừa cho ước lượng độ phức tạp thuật toán Định lý Kronecker cho ta ứng dụng lập thuật toán chia tìm ước chung lớn Luận văn tiếp tục tìm hiểu sâu ứng dụng số học tin học, mà cầu nối chúng Số học thuật toán 34 TÀI IỆU TH KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, Lập trình Giảng dạy Tốn học Maple, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [2] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [3] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [4] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [6] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội TIẾNG NH [7] Z I Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press [8] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [9] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [10] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi ... thiệu hệ ứng dụng hai định lý lĩnh vực Toán - Tin học Định lý Lame vừa cho ta chứng minh tính đắn thuật tốn Euclid, vừa cho ước lượng độ phức tạp thuật toán Định lý Kronecker cho ta ứng dụng lập... (4), (5) Định lý 2.2.1 ta có: E(k,b) = + E(b, b - R)  + M(b, b - R)  + M(b, R) = M(k, b) Định lý với a = k, Định lý với a > ■ 27 2.3 ỨNG DỤNG CỦ Đ NH 2.3.1 Hệ Định lý ame n  E VÀ Đ NH KRONECKER. .. minh ta xem Định lý với a = 2, 3, 4, 5, A b M(a, b) E(a, b) 1 2 1 2 1 1 2 3 2 1 2 2 1 1 1 Định lý Kronecker với a = 2, 3, 4, 5, Giả sử Định lý với a = 2, 3, , k - Ta cần chứng minh Định lý với a