Định lý 2.1. Hình chữ nhật P chia được thành các hình vuông, trong đó không có hai hình vuông nào bằng nhau, khi và chỉ khi các cạnh của hình chữ nhật P thông ước.
Chứng minh. Một hình chữ nhật với các cạnh thông ước (nghĩa là:
tỷ số hai cạnh của nó là một số hữu tỷ) rõ ràng có thể chia thành các hình vuông bằng nhau (ví dụ, xem trên hình 2.1 là cách chia một hình chữ nhật thành các hình vuông bằng nhau khi tỷ số các cạnh là 7:4). Vì vậy, có thể phát biểu lại định lý như sau: Hình chữ nhật P có thể chia thành các hình vuông con khác nhau từng đôi khi và chỉ khi nó có thể chia thành các hình vuông con bằng nhau.
Hình 2.1:
các hình vuông (không nhất thiết phải khác nhau từng đôi) thì các cạnh của hình chữ nhật này thông ước. Giả sử ta có một phân hoạch nào đó hình chữ nhật P thành n hình vuông. Ký hiệu các cạnh của hình vuông trong phép phân hoạch này bởi x1, x2, ..., xn, các cạnh của hình chữ nhật P bởi X,Y. Ta cần chứng minh X:Y là số hữu tỷ.
Các mối liên hệ ràng buộc n+ 2 đại lượng x1, x2, ..., xn, X, Y có thể nhận được bằng cách sau: tổng độ dài các cạnh của các hình vuông kề với mỗi cạnh của hình chữ nhật bằng độ dài của cạnh đó ( nghĩa là bằng X hoặc Y). Tiếp theo, với mỗi đoạn thẳng đứng hay nằm ngang mà kề với nó từ cả hai phía là một số nguyên các hình vuông của phân hoạch, tổng độ dài các cạnh của các hình vuông kề với nó từ phía này hoặc phía khác sẽ bằng độ dài của đoạn thẳng này. Tập hợp các liên hệ này có thể xét như một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất (tức là không có các số hạng tự do) đối với các ẩn x1, x2, ..., xn, X, Y với hệ số là +1 hoặc −1, nếu tất cả các ẩn được chuyển về một vế (chẳng hạn, vế trái). Phân hoạch xuất phát của hình chữ nhật P tương ứng với một nghiệm dương của hệ này (một nghiệm dương của hệ được cho bởi n+ 2 số dương).
Ta minh họa điều vừa nói bằng một ví dụ phân hoạch một hình chữ nhật thành 10 hình vuông con biểu diễn trên hình 2.2. Trong trường hợp này các liên hệ nói đến sẽ có dạng:
x1 +x2 +x3 = X x1 + x8 = Y x4 +x5 = x2 x7 +x9 = x8
x6 +x10 = x5 +x3 x2 + x4 = x1 +x7
x8 +x7 = x1 x5 +x6 = x4
x9 = x7 + x4 +x6 x10 = x6 +x9
(X = x8 +x9 +x10) x3 = x2 +x5
(Y = x3 +x10)
Chúng lập thành một hệ 11 phương trình thuần nhất với 12 ẩn (trong
Hình 2.2:
ngoặc là các phương trình hệ quả của các phương trình trước).
Hệ phương trình bậc nhất thường được giải bằng cách sau. Từ một phương trình nào đó, một trong các ẩn được biểu diễn qua các ẩn còn lại;
biểu thức nhận được được thế vào tất cả các phương trình còn lại của hệ.
Khi đó hệ ban đầu được chuyển thành hệ mới bao gồm ít phương trình hơn và số ẩn ít hơn. Sau đó, trong hệ mới này lại một ẩn nào đó được biểu diễn qua các ẩn còn lại, v.v...Trong quá trình này số các phương trình và số các ẩn giảm dần. Bây giờ ta nhận xét rằng,tất cả các hệ phương trình được suy ra bằng cách trên và hệ ban đầu đều là thuần nhất. Từ đó suy ra chỉ có thể có 3 khả năng sau:
1. Trong quá trình loại liên tiếp các ẩn từ hệ, cuối cùng chúng ta đi đến một phương trình thuần nhất duy nhất với một ẩn, tức là phương trình dạng ax=0 hay là x=0, trong đó x là một trong các ẩn x1, x2, ..., xn, X, Y. Bởi vì tất cả các ẩn còn lại của hệ trong quá trình loại trừ đều biểu diễn qua các ẩn khác và cuối cùng là qua x bằng một biểu thức thuần nhất thì ta nhận được
x1 = x2 = ... = xn = X = Y = 0.
Rõ ràng, điều này không thể xảy ra đối với hệ của ta, vì ta biết trước rằng hệ có ít nhất một nghiệm dương (tương ứng với phân hoạch đã cho).
ta liên tiếp biểu diễn tất cả các ẩn qua các ẩn còn lại và cuối cùng qua x và y, đồng thời tất cả các ẩn này được biểu diễn qua x và y một cách thuần nhất, nghĩa là bằng các công thức dạng px+qy thì khi biết tỷ số x : y = a : b chúng ta có thể tìm tỷ số của mỗi một trong các ẩn đối với x hoặc là với y. Như vậy, trong trường hợp này nghiệm bất kỳ của hệ thỏa mãn:
x1 :x2 :... : xn :X :Y = a1 : a2 : ...: an : A: B,
trong đó, a1, a2, ..., an, A, B là các số nào đó được xác định trong quá trình giải hệ. Bây giờ ta nhận xét rằng, hệ phương trình của ta chỉ có các hệ số nguyên (chính xác hơn, tất cả các hệ số khác 0 của hệ xuất phát chỉ là +1 hoặc -1). Bởi vậy, trong mỗi bước của quá trình giải hệ các hệ số có mặt trong các phương trình của hệ chỉ là tỷ số của các số nguyên, tức là các số hữu tỷ, các số vô tỷ không thể xuất hiện trong quá trình này. Do đó, tất cả các số a1, a2, ..., an, A, B có thể xem là các số hữu tỷ; nói riêng, tỷ số X : Y = A : B sẽ là hữu tỷ.
Ví dụ, chúng ta xét hệ phương trình tương ứng với phân hoạch biểu diễn trên hình 2.2:
(1) x1 +x2 +x3 = X; (2) x4 +x5 = x2; (3) x6 +x10 = x5 +x3; (4) x8 +x7 = x1; (5) x9 = x7 +x4 +x6; (6) x1 +x8 = Y;
(7) x7 +x9 = x8; (8) x2 + x4 = x1 +x7; (9) x5 +x6 = x4; (10) x10 = x6 + x9; (11) x3 = x2 +x5
Từ các phương trình (11), (2), (9), (3), (10), (5), (7), (4), (1), (6) ta
tìm được:
x5 = x3 −x2; x4 = x2 −x5 = 2x2 −x3 =; x6 = x4 −x5 = 3x2 −2x3; x10 = x5 +x3 −x6 = 4x3 −4x2; x9 = x10−x6 = 6x3 −7x2;
x7 = x9 −x4 −x6 = 9x3 −12x2; x8 = x7 +x9 = 15x3 −19x2; x1 = x8 +x7 = 24x3 −31x2;
X = x1 +x2 +x3 = 25x3 −30x2; Y = x1 +x8 = 39x3 −50x2;
Đặt các giá trị nhận được vào phương trình (8) (là phương trình duy nhất chưa sử dụng cho đến nay) ta nhận được
3x2 −x3 = 33x3 −43x2 ⇔ 34x3 = 46x2 ⇔x2 : x3 = 17 : 23 Từ đó dễ dàng suy ra rằng:
x1 : x2 : x3 : x4 : x5 : x6 : x7 : x8 : x9 : x10 : X : Y
= 25 : 17 : 23 : 11 : 6 : 5 : 3 : 22 : 19 : 24 : 65 : 47. Như vậy, ta thấy rằng phân hoạch xuất phát chính xác đến một phép đồng dạng trùng với phân hoạch biểu diễn trên hình 1.17 của hình chữ nhật với tỷ số các cạnh 65:47 thành 10 hình vuông.
3. Trong quá trình loại liên tiếp các ẩn từ hệ, cuối cùng chúng ta đi đến một phương trình thuần nhất với số ẩn lớn hơn 2 (ta giả sử rằng các ẩn được loại là x1, ..., xr, các ẩn X,Y được giữ lại đến cùng). Ta viết phương trình này như sau:
xr = qr+1xr+1 +qr+2xr+2+ ...+qnxn +Q1X +Q2Y.
Đồng thời, tất cả biến còn lại được biểu diễn qua các biến xr+1, xr+2, ..., xn, X, Y
...
xr−1 = pr+1xr+1+pr+2xr+2 +...+pnxn+P1X +P2Y
Cho các ẩn xr+1, xr+2, ..., xn, X, Y các giá trị tùy ý (kể cả các giá trị làm cho X : Y vô tỷ), có thể nhận được nghiệm bất kỳ của hệ. Tuy nhiên, ta sẽ chỉ ra rằng đối với hệ xuất phát trường hợp này không thể xảy ra. Ta giả sử trái lại,
x1, x2, ..., xr, xr+1, xr+2, ..., xn, X, Y
là một nghiệm của hệ tương ứng với phân hoạch đã cho của hình chữ nhật thành các hình vuông. Thay đổi một chút giá trị Y bởi giá trị Y +ε. Khi đó các giá trị x1, x2, ..., xr biến đổi theo, chúng sẽ biến đổi thành
x′1 = ar+1xr+1+ar+2xr+2+...+anxn+A1X + A2Y′ = x1 +A2ε x′2 = br+1xr+1+br+2xr+2 +...+bnxn +B1X +B2Y′ = x2 +B2ε ...
x′r = qr+1xr+1+qr+2xr+2 +...+qnxn +Q1X +Q2Y′ = xr +Q2ε Nếu ta chọn ε đủ bé để tất cả các số Y′ = Y +ε, x′1, x′2, ..., x′r vẫn còn dương và biến dạng phân hoạch xuất phát của hình chữ nhật P với các cạnh X và Y thành n hình vuông với các cạnh x1, x2, ..., xn
sao cho P biến thành một hình chữ nhật P’ sai khác ít với P với các cạnh X và Y’, còn các hình vuông cũ biến thành các hình vuông mới với các cạnh
x′1, x′2, ..., x′r, xr+1, xr+2, ..., xn
không dẫn đến mâu thuẫn nào với sơ đồ phân bố các hình vuông (nhắc lại rằng, các số X,Y’, x′1, ..., x′r, xr+1, xr+2, ..., xn thỏa mãn sơ
đồ xuất phát biểu diễn điều kiện kề của các hình vuông với nhau và với các cạnh hình chữ nhật tương ứng với sơ đồ phân bố các hình vuông cho bởi phân hoạch xuất phát). Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng nếu vậy ta sẽ nhận được mệnh đề về sự tồn tại vô hạn các phân hoạch xấp xỉ nhau của các hình chữ nhật thành các hình vuông, các phân hoạch này nhận được khi ε nhận tất cả các giá trị đủ bé, điều này dẫn đến mâu thuẫn. Thực vậy, vì các hình chữ nhật với các cạnh X,Y được phân thành n hình vuông với các cạnh x1, x2, ..., xn thì
XY = x21 +x22 +...+x2r + x2r+1+...+x2n. (*) (diện tích hình chữ nhật bằng tổng diện tích của tất cả các hình vuông hợp thành). Cũng đúng như thế, hình chữ nhật với các cạnh X và Y’=Y+ε được phân thành các hình vuông với các cạnh
x′1 = x1 +A2ε, x′2 = x2 +B2ε, ..., x′r = xr +Q2ε, xr+1, ...., xn thì:
XY′ = (x′1)2 + (x′2)2 +...+ (x′r)2 +x2r+1+ ...+x2n
⇔ X(Y+ε) = (x1 +A2ε)2+(x2 +B2ε)2+...+(xr +Q2ε)2+x2r+1+...+x2n Đẳng thức cuối cùng có thể viết lại dưới dạng sau:
XY +Xε = x21 +x22 +...+x2r +x2r+1 +...+ x2n+
2A2x1ε+ 2B2x2ε+....+ 2Q2xrε+ ...+A22ε2 +B22ε2 +...+Q22ε2 (**) Dùng đẳng thức (*) rút gọn (**) và chia hai vế đẳng thức nhận được cho ε ta nhận được
X = 2(A2x1 +B2x2 + ...+Q2xr) + (A22 +B22 +...+Q22)ε
Bởi vì: A22 +B22 +...+ Q22 6= 0 (các số A2, B2, ..., Q2 không thể đồng thời bằng 0, vì các đại lượng x1, x2, ..., xr không thể hoàn toàn không phụ thuộc vào Y: tổng độ dài các cạnh của hình vuông kề với cạnh độ dài Y của hình chữ nhật bằng một số Y hoàn toàn xác định chứ
Như vậy, ε xác định đơn trị bởi các đại lượng X, x1, ..., xr, A2, ..., Q2. Trong khi theo lý luận của ta ε là một số dương tùy ý đủ nhỏ. Ta nhận được mâu thuẫn.
Như vậy, có thể khẳng định rằng nếu hệ phương trình tuyến tính suy ra từ một phân hoạch nào đó hình chữ nhật P thành các hình vuông thì đối với hệ này trạng thái đặc trưng là trường hợp 2. Một nghiệm của hệ này tương ứng với phân hoạch xuất phát hoặc là chỉ sai khác phân hoạch xuất phát bởi một phép đồng dạng. Như đã phân tích trong trường hợp 2, khi đó tỷ số X : Y = A : B của hình chữ nhật được phân hoạch bắt buộc phải là số hữu tỷ. Điều kiện cần của định lý được chứng minh.
Chứng minh điều kiện đủ. Nếu các cạnh của hình chữ nhật thông ước thì hình chữ nhật này có thể chia thành các hình vuông khác nhau từng đôi.
Chỉ cần chứng minh rằng, tồn tại vô hạn các phép phân hoạch khác nhau một hình vuông thành các hình vuông khác nhau từng cặp và không có hình vuông nào tham gia vào hai phân hoạch khác nhau. Thực vậy, mỗi hình chữ nhật với độ dài các cạnh thông ước có thể chia thành một số các hình vuông bằng nhau. Chẳng hạn, nếu tỷ số các cạnh hình chữ nhật là m : n thì có thể chia hình chữ nhật thành m×n hình vuông bằng nhau (ta gọi các hình vuông con bằng nhau này là các hình vuông con sơ cấp). Đối với các hình vuông con sơ cấp, ta chọn cho mỗi hình một phân hoạch chia nó thành các hình vuông con không bằng nhau từng đôi (ta gọi các hình vuông con này là các hình vuông con thứ cấp) sao cho hai phân hoạch của hai hình vuông con sơ cấp bất kỳ là khác nhau. Bởi vì, không có hình vuông con thứ cấp nào, trong phân hoạch của một hình vuông con sơ cấp, tham gia vào phân hoạch của một hình vuông con sơ cấp khác, nên toàn bộ hình chữ nhật được phân thành các hình vuông con khác nhau từng đôi.
Như vậy, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại vô số các phân hoạch một hình vuông thành các hình vuông con khác nhau từng đôi thỏa mãn điều kiện đã nêu. Chứng minh được chia thành hai giai đoạn:
1) Tồn tại nhiều vô số các phân hoạch khác nhau một hình vuông thành các hình vuông con khác nhau từng đôi.
Giả sử P0 là một hình chữ nhật nào đó (hình 2.3a). Ta xét một hình chữ nhật, đồng dạng với hình chữ nhật P0 sao cho cạnh lớn của nó bằng cạnh bé của P0. Ghép hình chữ nhật này với hình chữ nhật P0 ta nhận được một hình chữ nhật P1 nào đó (hình 2.3). Làm tương tự với hình chữ nhật P1 ta được hình chữ nhật P2 (hình 2.3b). Làm tương tự với hình P2 ta được hình P3 và v.v...Như vậy ta nhận được một loạt các hình chữ nhật với các cạnh bé giống nhau P0, P1, P2, P3, . . . trong đó hình chữ nhật P1 bao gồm 2 hình chữ nhật đồng dạng với P0, hình chữ nhật P2 bao gồm 4 hình chữ nhật đồng dạng với P0, hình chữ nhật P3 bao gồm 8 hình chữ nhật đồng dạng với P0, v.v . . .; Nói chung hình chữ nhật Pk (trong đó k là số nguyên dương bất kỳ) bao gồm từ 2k hình chữ nhật đồng dạng với P0. Rõ ràng, nếu hình chữ nhật P0 có thể phân thành một loạt các hình vuông khác nhau từng đôithì tất cả các hình chữ nhật đồng dạng với P0
cũng có thể phân thành các hình vuông con khác nhau từng đôi; bởi vậy, tất cả các hình chữ nhật P1, P2, P3, .. có thể phân thành các hình vuông con. Tuy nhiên, chúng ta vẫn chưa thể khẳng định rằng tất cả các hình vuông nhận được từ việc chia các hình chữ nhật P1, P2, P3,...là khác nhau từng đôi.
Bây giờ ta giả sử rằng P0 là hình chữ nhật với tỷ số các cạnh là 422:593 như chỉ ra trong 1.1 (xem hình 1.6a), có thể chia thành các hình vuông khác nhau từng đôi bằng hai cách khác nhau. Khi đó mỗi hình chữ nhật P1, P2, P3, ... có thể chia thành các hình vuông con khác nhau từng đôi bằng hai cách khác nhau, hoặc là theo cách phân hoạch thứ nhất của P0, hoặc là theo cách phân hoạch thứ hai của P0. Ta sẽ chứng minh rằng mỗi một trong các hình chữ nhật P1, P2, P3, ... được chia thành các hình vuông con khác nhau từng đôi bằng hai cách khác nhau sao cho không có một hình vuông con nào tham gia vào một cách phân hoạch của một
Hình 2.3:
hình chữ nhật Pk nào đó lại được gặp lại trong một phân hoạch khác của cùng hình chữ nhật đó.
Giả sử cạnh bé của hình chữ nhật P0 bằng 1 còn cạnh lớn bằng 593 422; ta ký hiệu nó bởi u0. Ký hiệu cạnh lớn của hình chữ nhật P1 bởi u1, cạnh lớn của hình chữ nhật P2 bởi u2, v.v...(cạnh bé của tất cả các hình chữ nhật này bằng 1). Từ quy luật dựng các hình chữ nhật suy ra rằng với k bất kỳ:
uk = uk−1 + 1 uk−1
(vì hình chữ nhật Pk nhận được bằng cách ghép hình chữ nhật Pk−1 với các cạnh 1 và uk−1 với hình chữ nhật đồng dạng với Pk−1, cạnh lớn của nó bằng 1, tức là hình chữ nhật với các cạnh là 1
uk−1
,1; bởi vậy, các cạnh của hình chữ nhật Pk bằng 1 và uk = uk−1 + 1
uk−1
, (xem hình 2.4). Hiệu số uk−uk−1 = 1
uk−1
được ký hiệu qua vk; rõ ràng, vk là cạnh của hình chữ nhật cần ghép vào hình chữ nhật Pk−1 để nhận được hình chữ nhật Pk. Hình chữ nhật P1 bao gồm hai hình chữ nhật đồng dạng với P0; cạnh bé của một hình (hình P0) là 1, còn cạnh bé của hình kia là v1 = 1
u0
. Hình chữ nhật P2 bao gồm hai hình chữ nhật đồng dạng với P1; cạnh bé của một hình là 1 (hình P1), còn cạnh bé của hình kia là v2 = 1
u1
. Vì P1 bao
gồm hai hình chữ nhật đồng dạng với P0 ta kết luận rằng P2 bao gồm bốn hình chữ nhật đồng dạng với P0, các cạnh bé của hai trong chúng ( lập thành hình P1 bằng 1 và P1, các cạnh bé của hai hình chữ nhật còn lại là v2.1 và v2.v1. Tương tự, hình chữ nhật P3 bao gồm hai hình chữ nhật đồng dạng với P2; các cạnh bé của chúng tương ứng bằng 1 và v2 = 1
u2
. Từ đó suy ra rằng P3 bao gồm tám hình chữ nhật đồng dạng với P0; các cạnh bé của bốn trong chúng bằng 1, v1, v2, v2v1, còn các cạnh bé của bốn hình còn lại bằng
v3.1, v3v1, v3v2, v3.v2v1
Cũng đúng như vậy, có thể chứng minh rằng hình chữ nhật P4 bao gồm 16 hình chữ nhật đồng dạng với P0; các cạnh bé của chúng bằng1, v1, v2, v3, v4, v1v2, v1v3, v1v4, v2v3, v2v4, v3v4, v1v2v3, v1v2v4 v1v3v4, v2v3v4 và v1v2v3v4. Kích thước của 2k hình chữ nhật đồng dạng với P0 hợp thành hình chữ nhật Pk được xác định tương tự (k=1,2,3,4,...).
Hình 2.4:
Giả sử x là cạnh của một hình vuông nào đó trong phân hoạch hình chữ nhật Pk. Hình vuông này tham gia vào thành phần của một trong 2k hình chữ nhật đồng dạng với P0 hợp thành hình chữ nhật P0; hệ số đồng dạng ở đây bằng tích nào đó dạng vi1vi2...vin. Ta sẽ xem rằng các nhân tử trong tích này sắp xếp theo thứ tự tăng dần của chỉ số, các chỉ số này khác nhau và mỗi một trong chúng không vượt quá k, tức là 1 ≤ i1 < i2 < ... < in ≤ k; từ đó suy ra số các nhân tử không vượt quá k, nghĩa là n≤ k. Ta ký hiệu cạnh của hình vuông của phân hoạch hình chữ nhật P0 tương ứng với hình vuông được xét của phân hoạch hình chữ
một hình vuông khác trong cùng phân hoạch đó hoặc trong một phân hoạch khác của chính Pr. Giả sử
x = vi1vi2...vinc, y = vj1vj2...vjmd
Trong đó c, d là các cạnh của các hình vuông tương ứng trong phân hoạch của P0, đồng thời 1 ≤ i1 < i2 < ... < in ≤ r 1 ≤ j1 < j2 < ... < jm ≤ r.
Như vậy, ta nhận được đẳng thức:
vi1vi2...vinc = vj1vj2...vjmd Từ đó suy ra rằng:
d
c = vi1vi2...vin
vj1vj2...vjm
(A) ở đây ta xem rằng tất cả các nhân tử ở tử số và mẫu số đều khác nhau, vì trong trường hợp trái lại ta có thể rút gọn.
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng đẳng thức (A) (tương đương với nó là đẳng thức x=y) không thể xảy ra. Ta cần một số khảo sát sơ bộ để chứng minh khẳng định là cơ sở cho lý luận tiếp theo này. Xuất phát từ số u0 = 593 : 422 hữu tỷ suy ra rằng tất cả các số
u1 = u0 + 1 u0
, u2 = u1 + 1 u1
, u3 = u2 + 1 u2
, ...
hữu tỷ. Nhưng trong trường hợp này tất cả các số v1 = 1
u0
, v2 = 1 u1
, v3 = 1 u2
, ...
cũng sẽ hữu tỷ; do đó, chúng có thể biểu diễn dưới dạng v1 = p1
q1
, v2 = p2
q2
, v3 = p3
q3
, ...
trong đó pk, qk ( k=1,2,3,...) là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau.
Đẳng thức (A) bây giờ có dạng d
c = pi1
qi1
.pi2
qi2
...pin
qin
: pj1
qj1
.pj2
qj2
...pjm
qjm
= pi1pi2...pinqj1qj2...qjm
pj1pj2...pjmqi1qi2...qin
(B)
Bây giờ chúng ta cố gắng nắm bắt quy luật, theo đó các số pk, qk được hình thành. Như chúng ta thấy:
uk = 1 vk+1
= uk−1 + 1 uk−1
= 1 vk
+vk
Nhưng
1 vk+1
= qk+1
pk+1
, 1 vk
+vk = qk
pk
+ pk
qk
= p2k +qk2 pkqk
Từ đó suy ra rằng
qk+1
pk+1
= p2k+ qk2
pkqk (1)
hay là
pk+1 = pkqk, qk+1 = p2k +qk2 (1a) (Do các số pk, qk nguyên tố cùng nhau nên các số p2k+qk2, pkqk nguyên tố cùng nhau ; bởi vậy, đẳng thức (1), do cả hai vế của nó là các phân số tối giản, tương đương với các đẳng thức (1a)). Từ đẳng thức (1a) có thể kết luận rằng:
a. qk+1 > qk
b. Các số qk+1 nguyên tố cùng nhau với mỗi một trong các số p1, p2, ..., pk, pk+1 và q1, q2, ..., qk.
Khẳng định đầu tiên được suy ra từ đẳng thức qk+1 = p2k +q2k. Khẳng định thứ hai cần được chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh rằng qk+1
nguyên tố cùng nhau với mỗi một trong các số q1, q2, ..., qk và p1, vì theo đẳng thức đầu tiên trong (1a) :
pi = p1q1q2...qi−1 (2) với i = 2,3,4, ..., k + 1 (tuy nhiên, chỉ cần hạn chế trên các giá trị i = 2,3, ..., k do đã biết trước rằng các số qk+1, pk+1 nguyên tố cùng nhau).