1 Ước chung lớn nhất

14 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

Chúng ta cũng quan tâm đến các cặp số nguyên mà chúng không có ước

chung lớn hơn 1. Các cặp số nguyên như vậy được gọi là nguyên tố cùng

nhau.

Hiển nhiên là (a, b) = (b, a) và (a, b) = (|a|, |b|).



Đònh lý 2.1. Nếu a, b, c là các số nguyên và (a, b) = d thì:

1. (a/d, b/d) = 1



2. (a + cb, b) = (a, b)

Chứng minh. Giả sử e là các số nguyên dương sao cho e | (a/d) và e | (b/d).



Thế thì có số nguyên k, l để a/d = ke và b/d = le, cũng vậy a = dek, b = del.

Vậy de là ước chung của a và b; từ đó de ≤ d; suy ra e = 1.

Nếu u là một ước chung của a và b, thì do đònh lý 1.5 ta có u | (a + cb);

vậy u là ước chung của a + cb và b. Ngược lại, nếu u là một ước chung của

a + cb và b, thì cũng do đònh lý 1.5 ta có u | (a + cb) − cb = a; vậy u là ước

chung của a và b.

Nếu a, b là các số nguyên, ta nói số nguyên dạng ma + nb là tổ hợp tuyến

tính của a và b, trong đó m, n là các số nguyên.

Một tập M = ∅ các số nguyên được gọi là một module nếuu nó có tính

chất: nếu m, n ∈ M thì m − n ∈ M.

Từ đònh nghóa của module suy ra rằng, nếu m, n ∈ M, thì

0 = m − m ∈ M, −n = 0 − n ∈ M, m + n = m − (−n) ∈ M.



Nói một cách khác, nếu a, b ∈ M thì các tổ hợp tuyến tính của a và b cũng

thuộc M. Module M = {0} được gọi là module tầm thường.



Đònh lý 2.2. Mỗi module không tầm thường



M chính là tập tất cả các bội

của một số nguyên dương nào đó.

Chứng minh. Vì M không tầm thường nên nó chứa số dương. Giả sử d là số



dương nhỏ nhất của M. Thế thì M chứa tất cả các bội của d.

Bây giờ giả sử m ∈ M . Từ đònh lý 1.6, ta có m = dk + c, 0 ≤ c < d.

Do m, dk ∈ M nên c = m − dk ∈ M. Vì d là số dương nhỏ nhất của M nên

c = 0, hay m là bội của d.



2.2. THUẬT TOÁN EUCLID



15



Đònh lý 2.3. Giả sử a, b là các số nguyên không đồng thời bằng 0 và d = (a, b).



Khi đó module M = {ax + by : x, y ∈ Z } chính là tập tất cả các bội của d.

Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng M là một module không tầm thường.



Từ đònh lý 2.2 ta có M chính là tập tất cả các bội của một số nguyên

dương e nào đó. Do e chia hết mọi phần tử của M nên e | a và e | b. Suy ra

e ≤ d. Mặt khác, do d | (ax + by) với mọi x, y ∈ Z nên d chia hết mọi phần

tử của M, đặc biệt, d | e. Vậy d ≤ e.



Hệ quả 2.3.1. Giả sử d = (a, b) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên a



và b. Khi đó:



1. d là số nguyên dương nhỏ nhất là tổ hợp tuyến tính của a và b.

2. Mỗi ước chung của a và b đều là ước của d.

Chứng minh.



1. Hệ quả trực tiếp từ đònh lý trên.



2. Theo 1, có x0 , y0 ∈ Z để ax0 + by0 = d. Giả sử c là ước của a và của

b, hiển nhiên: c | ax0 + by0 = d.



Đònh lý 2.4. Nếùu a1 , a2 , · · · , an , an+1 là các số nguyên khác không, n ≥ 2,

thì (a1 , a2 · · · , an , an+1 ) = (a1 , a2 , · · · , an−1 , (an , an+1 )).

Chứng minh. Mỗi ước chung c của các số a1 , a2 , · · · , an , an+1 hiển nhiên



là ước chung của an và an+1 , do đó c là ước của (an , an+1 ). Vậy c là ước

chung của các số a1 , a2 , · · · , an−1 , (an , an+1 ).

Ngược lại, hiển nhiên mỗi ước chung c của a1 , a2 , · · · , an−1 , (an , an+1 )

đều là ước của các số a1 , a2 , · · · , an−1 , an , an+1 .



2.2 Thuật toán Euclid

Đònh lý 2.5. Giả sử r0 = a và r1 = b là các số nguyên với a ≥ b > 0. Nếu



thuật toán chia được thực hiện liên tiếp rj = rj+1 qj+1 + rj+2, 0 < rj+2 < rj+1

với j = 0, 1, 2, ..., n − 2 và rn+1 = 0, thì (a, b) = rn , là số dư khác 0 cuối cùng.



16 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

Chứng minh. Từ đònh lý 2.1 ta có nhận xét là: nếu c = dq + r thì (c, d) =

(c − qd, d) = (r, d) = (d, r).



Theo thuật toán Euclid:

r0

r1



=

=



..

.



r1 q 1 + r2

r2 q 2 + r3



0 < r2 < r1

0 < r3 < r2



rj−2 = rj−1 qj−1 + rj



0 < rj < rj−1



rn−2 = rn−1 qn−1 + rn

rn−1 = rn qn + 0



0 < rn < rn−1

.



..

.



Từ nhận xét trên, ta có:



(a, b) = (r0 , r1 ) = (r1 , r2 ) = · · · = (rn−2 , rn−1 ) =

(rn−1 , rn ) = (rn , rn+1 ) = (rn , 0) = rn .



Ví dụ 2.2.1. Dùng thuật toán Euclid để tìm (610, −1955).

Vì (610, −1955) = (610, 1955) nên ta tìm (610, 1955). Ta có:

1955 = 610 · 3 + 125

610 = 125 · 4 + 110

125 = 110 · 1 + 15

110 = 15 · 7 + 5

15 = 5 · 3 + 0.



Vậy (610, 1955) = 5, suy ra (610, −1955) = 5.



Ví dụ 2.2.2. Dùng thuật toán Euclid để tìm (1955, 2003). Ta có:

2003 = 1955 · 1 + 48

1955 = 48 · 40 + 35

48 = 35 · 1 + 13

35 = 13 · 2 + 9

13 = 9 · 1 + 4

9=4·2+1

4 = 1 · 4 + 0.



Vậy (1955, 2003) = 1, hay 1955 và 2003 là các số nguyên tố cùng nhau.



2.3.



17



ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA SỐ HỌC



2.3 Đònh lý cơ bản của số học

Đònh lý 2.6. Đònh lý cơ bản của số học. Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều viết



được một cách duy nhất thành tích của các thừa số nguyên tố theo thứ tự

không giảm.



Trước khi chứng minh đònh lý cơ bản, chúng ta chưâng minh hai bổ đề sau

đây.



Bổ đềù 2.6.1. Nếu a, b, c là các số nguyên dương sao cho (a, b) = 1 và a | bc

thì a | c.



Chứng minh. Vì (a, b) = 1 nên theo đònh lý 2.3, có các số nguyên x, y sao



cho ax + by = 1. Nhân hai vế của đẳng thức này với c ta được acx + bcy = c.

Theo giả thiết a | bc ta suy ra a | acx + bcy = c.



Bổ đềù 2.6.2. Nếu p là ước nguyên tố của tích a1 a2 · · · ak , ở đây a1 , a2 , · · · , ak



là các số nguyên, thì có i, 1 ≤ i ≤ k để p | ai .



Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng qui nạp theo k. Trường hợp k = 1



là tầm thường. Giả sử p là ước nguyên tố của tích a1 a2 · · · ak ak+1 . Nếu

p ak+1 ta suy ra (p, ak+1 ) = 1; vậy theo bổ đề 2.6.1 ta có p | a1 a2 · · · ak .

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh bằng qui nạp theo n rằng mọi số

nguyên lớn hơn 1 đều viết được thành tích của các thừa số nguyên tố. Trường

hợp n = 2 là tầm thường. Số nguyên n+1 > 2 nếu là số nguyên tố thì không

có gì phải chứng minh. Ngược lại, ta có n + 1 = ab, với 1 < a, b < n + 1;

theo giả thiết qui nạp thì a, b đều là tích của các số nguyên tố.

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của biểu diễn. Giả sử là

n = p1 p2 · · · pr = q 1 q 2 · · · q s



với p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ pr , q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qs là các số nguyên tố.

Từ bổ đề 2.6.2 ta dễ dàng suy ra rằng r = s và p 1 = q1 , · · · , pr = qs.



Chú ý:

1. Mọi số nguyên n > 1 đều có biểu diễn duy nhất

n = pα1 ... pαk ,

1

k



với 1 ≤ k,



0 < α1 , · · · , αk .



18 2. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT.SỰ PHÂN TÍCH RA THỪA SỐ NGUYÊN TỐ.

2. Nếu dãy tất cả số nguyên tố được sắp theo thứ tự tăng dần:

p1 = 2 < p2 = 3 < p3 = 5 < p4 = 7 < p5 = 11 < · · ·



thì mọi số nguyên dương đều viết được một cách duy nhất dùi dạng

+∞



pα k ,

k



n=

k=0



trong đó αk ≥ 0 và bằng 0 với hầu hết, trừ một số hữu hạn các giá trò

của k.

Bội chung nhỏ nhất của hai số nguyên a = 0 và b = 0, ký hiệu là [a, b], được

hiểu là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho cả a và b.

Dễ dàng thấy rằng [a, b] = [b, a] và [a, b] = [|a|, |b|].

Bội chung nhỏ nhất của các số nguyên khác không a1 , a2 , ..., ak , ký hiệu

[a1 , a2 , ..., ak ], là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho tất cả các số aj , 1 ≤

j ≤ k.



Đònh lý 2.7. Nếu các số nguyên dương a, b có sự phân tích ra thừa số nguyên

tố



+∞



pα k

k



a=



và b =



k=0



+∞



pβk

k

k=0



thì

+∞



(a, b) =



min{αk ,βk }

pk



+∞



, [a, b] =



k=0



max{αk ,βk }



pk



và (a, b) · [a, b] = ab.



k=0



Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng

+∞



pγ k

k



c=



là ước của



k=0



+∞



p θk

k



d=



khi và chỉ khi với mọi k :



k=0



Từ đây dễ dàng suy ra

+∞



(a, b) =

k=0



min{αk ,βk }

pk



+∞



, [a, b] =



max{αk ,βk }



pk

k=0



.



γk ≤ θk .