Tiếp tục câu chuyện về số nguyên tố, hôm nay chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố. Đây chính là Định lý Euclid về số nguyên tố. Định lý này có một cách chứng minh rất là đơn giản, nhưng cách chứng minh này có lẽ là một trong những chứng minh hay nhất trong toán học.
Chúng ta chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố như sau. Giả sử rằng p_1, p_2, ..., p_k là một dãy số nguyên tố. Chúng ta chỉ ra rằng chúng ta sẽ tìm được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số này. Từ đó suy ra sẽ phải có vô số các số nguyên tố.
Để chỉ ra số nguyên tố mới, chúng ta xây dựng số n = p_1 p_2 \dots p_k + 1.
Rõ ràng n sẽ có một ước số nguyên tố p. Nhưng vì n không chia hết cho các số nguyên tố p_i ở trên nên ước số nguyên tố p của n sẽ là một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số này.
Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới, điều đó chứng tỏ sẽ có vô hạn các số nguyên tố.
Cách chứng minh ở trên thật là hay. Chúng ta sẽ dùng phương pháp chứng minh này để giải một vài bài toán tương tự.
Bài toán 1. Chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố có dạng 4N+3.
Chúng ta biết rằng 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất, còn tất cả các số nguyên tố còn lại là số nguyên tố lẻ. Một số nguyên tố lẻ thì hoặc là có dạng 4N+1 hoặc là có dạng 4N+3. Muốn chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố có dạng 4N+3, chúng ta lý luận tương tự như trên. Đó là với mọi dãy số nguyên tố p_1, p_2, ..., p_k bất kỳ có dạng 4N+3, chúng ta sẽ chỉ ra được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy này và cũng có dạng 4N+3.
Chúng ta xây dựng số n = 4 p_1 p_2 \dots p_k - 1, số này có dạng 4N+3.
Số n này sẽ phải có một ước số nguyên tố p có dạng 4N+3. Vì sao? Bởi vì n là số lẻ lớn hơn 1, cho nên nếu n không có ước số nguyên tố có dạng 4N+3 thì tất cả các ước số nguyên tố của n sẽ có dạng 4N+1. Vậy n sẽ là tích của các số có dạng 4N+1. Nhưng mà chúng ta dễ dàng thấy rằng tích của các số có dạng 4N+1 là một số có dạng 4N+1. Cho nên n cũng có dạng 4N+1, và đây là điều vô lý.
Như vậy n sẽ có ước số nguyên tố p có dạng 4N+3. Tiếp theo, chúng ta thấy rằng vì n không chia hết cho các số nguyên tố p_i ở trên nên ước số
nguyên tố p của n sẽ là một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số
này. Vậy coi như chúng ta đã tìm ra lời giải cho bài toán.
Lời giải bài toán 1. Để chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+3, chúng ta sẽ chứng minh rằng, với mọi dãy số nguyên tố p_1, p_2, ..., p_k có dạng 4N+3, sẽ tồn tại một số nguyên tố khác cũng có dạng 4N+3, và không nằm trong dãy số nguyên tố này.
Thực vậy, lấy n = 4 p_1 p_2 \dots p_k - 1, số này có dạng 4N+3.
Đầu tiên chúng ta khẳng định rằng n phải có một ước số nguyên tố có dạng 4N+3. Đó là vì nếu tất cả các ước số nguyên tố của n có dạng 4N+1 thì n sẽ là tích của các số có dạng 4N+1, suy ra n cũng có dạng 4N+1, vô lý.
Tóm lại, n có ít nhất một ước số nguyên tố p có dạng 4N+3. Cuối cùng vì n không chia hết cho các số nguyên tố p_i nên p \neq p_i.
Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N+3 thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng có dạng 4N+3, do đó sẽ tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+3. \blacksquare
Bài toán 2. Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+1.
Làm theo phương pháp ở trên thì chúng ta sẽ chọn n = 4 p_1 p_2 \dots p_k + 1 và tìm cách chứng minh rằng n sẽ có ước số nguyên tố có dạng 4N+1. Tuy nhiên nhìn kỹ ra thì cách chứng minh này không ổn. Đó là vì tích của hai số có dạng 4N+3 là số có dạng 4N+1. Do đó có khả năng là n là tích của hai số nguyên tố có dạng 4N+3 và vì vậy n sẽ không có ước số nguyên tố nào có dạng 4N+1. Chúng ta phải tìm cách giải khác.
Chúng ta sẽ dùng n = 4 p_1^2 p_2^2 \dots p_k^2 + 1. Để chứng minh n có ước số nguyên tố có dạng 4N+1, chúng ta sẽ dùng bổ đề sau.
Bổ đề. Với mọi số tự nhiên x thì x^2 + 1 không có ước nguyên tố có dạng 4N+3.
Để chứng minh bổ đề này, chúng ta sẽ sử dụng Định lý nhỏ Fermat. Các bạn có thể đọc thêm về Định lý nhỏ Fermat ở đây: "modulo - Phần 5".
Theo định lý nhỏ Fermat thì với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên a không chia hết cho p, a^{p-1} = 1 \pmod{p}.
Bây giờ chúng ta chứng minh bổ đề theo phương pháp phản chứng. Đó là, giả sử như x^2+1 có một ước số nguyên tố p=4N+3. Tức là x^2 = -1 \pmod{p}. Từ đó chúng ta có x^{4N+2} = (x^2)^{2N+1} = (-1)^{2N+1} = -1 \pmod{p}.
Nhưng theo định lý nhỏ Fermat thì x^{4N+2} = 1 \pmod{p}.
Vậy 1=-1 \pmod{p}, hay 2=0 \pmod{p}. Đây là điều vô lý. Cho nên bổ đề đã được chứng minh. \blacksquare
Lời giải bài toán 2. Để chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 4N+1, chúng ta sẽ chứng minh rằng, với mọi dãy số nguyên tố p_1, p_2, ..., p_k có dạng 4N+1, sẽ tồn tại một số nguyên tố khác cũng có dạng 4N+1 và không nằm trong dãy số nguyên tố này.
Thực vậy, lấy n = 4 p_1^2 p_2^2 \dots p_k^2 + 1.
Vì n có dạng x^2+1, nên theo bổ đề trên mà chúng ta vừa chứng minh, thì n không có ước số nguyên tố có dạng 4N+3. Vì n là số lẻ nên toàn bộ các ước số nguyên tố của n sẽ có dạng 4N+1. Chúng ta lại dễ dàng thấy rằng không một số p_i nào trong dãy số trên là ước số của n. Vì vậy chúng ta đã tìm được những số nguyên tố mới có dạng 4N+1.
Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1 thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng dạng 4N+1, do đó sẽ có vô hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1.
Chúng ta tạm dừng ở đây. Chỉ xin lưu ý là hai bài toán ở trên là hai trường hợp đặc biệt của một định lý tổng quát. Định lý này gọi là định lý Dirichlet về cấp số cọng. Định lý Dirichlet về cấp số cọng phát biểu như sau: nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau thì sẽ tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng aN+b.
Hẹn gặp lại các bạn ở bài sau.
Bài tập về nhà.
1. Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6N+1.
2. Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6N+5.
3. Thử chọn vài giá trị khác cho a và b rồi chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng aN+b.