3. Thuật toán Ơclit:
5.3. Sàng Ơratosten
1) Bổ đề : Một hợp số a có ít nhất một −ớc nguyên tố không v−ợt quá a .
2) Sàng Ơ ratosten : H−ớng dẫn tìm tất cả các số nguyên tố không v−ợt quá 100. Sàng ơratosten: Ta trình bày ph−ơng pháp này qua một ví dụ cụ thể
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100
Đầu tiên ta gạch bỏ 1, vì 1 không là số nguyên tố. Số đầu tiên không bị gạch là 2, thì 2 là số nguyên tố (tô đậm số 2). Tiếp theo ta gạch bỏ tất cả bội của 2. Số đầu tiên ch−a bị gạch là số 3. Khi đó 3 phải là số nguyên tố vì nếu ng−ợc lại nó phải có một −ớc nguyên tố nhỏ hơn nó (là 2) và do đó đã bị gạch. Ta tô đậm số 3. Tiếp tục gạch tất cả bội của 3 (khác 3). Quá trình tiếp tục đến 5 rồi 7. Ta khẳng định tất cả số ch−a bị gạch đều là số nguyên tố. Thật vậy, các số này đều nhỏ hơn 100 nên nếu là hợp số thì nó phải có một −ớc nguyên tố ≤ 100 10= tức là nó phải là bội của 2, 3, 5 hoặc 7 và do đó nó đã bị gạch trong quá trình ở trên. Tất cả những số đ−ợc tô đậm ở trên đều là các số nguyên tố nhỏ hơn 100. Bằng cách nh− trên ng−ời ta có thể lập đ−ợc bảng các số nguyên tố không v−ợt quá số tự nhiên n khá lớn.
Đ6 . Định lý cơ bản của số học 6.1. Các bổ đề :
Bổ đề 1: Giả sử p là số nguyên tố, n là một số tự nhiên tuỳ ý. khi đó hoặc n
chia hết cho p hoặc n nguyên tố cùng nhau với p.
Chứng minh: Xét ƯCLN(n, p). Vì p chỉ có hai −ớc là 1 và p nên chỉ có hai khả
năng ƯCLN(n, p) = 1 hoặc ƯCLN(n, p) = p . Trong tr−ờng hợp thứ nhất n nguyên tố với p , trong tr−ờng hợp thứ hai n chia hết cho p.
Bổ đề 2: Nếu một tích các số tự nhiên chia hết cho số nguyên tố p thì phải có ít
nhất một thừa số của tích chia hết cho p.
Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bổ đề bằng phản chứng. Gải sử tích a1.a2...an chia hết cho số nguyên tố p và giả sử không có một thừa số nào chia hết cho p cả. Khi đó theo bổ đề 1 tất cả các thừa số a1, a2,..., an đều nguyên tố với p và theo tính chất cảu các số nguyên tố cùng nhau ta có :
ƯCLN(a1.a2...an , p) = ƯCLN(a2...an , p ) = ... = ƯCLN(an , p) = 1 Vậy tích a1.a2...an nguyên tố với p. Mâu thuẫn với giả thiết.