Về Tính Chất Đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau.docx

THÁI NGUYÊN - 2018
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
NGUYỄN THỊ HẰNG
VỀ TÍNH CHẤT ĐÔI MỘT NGUYÊN TỐ
CÙNG NHAU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
NGUYỄN THỊ HẰNG
VỀ TÍNH CHẤT ĐÔI MỘT NGUYÊN TỐ
CÙNG NHAU
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN ĐỖ MINH CHÂU

1
Mnc lnc
L i nói đau 1
1 Giả thuyet Erdös ve k so nguyên to cùng nhau tfing đôi m t 3
1.1 Chuȁn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Ve các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t . . . . . . . . . . 6
1.3 Giả thuyet Erdös ve k so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t . 9
1.4 Giả thuyet Erdös với k = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 B các so nguyên to cùng nhau tfing đôi m t 19
2.1 B® ba so không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t . . . . . . 19
2.2 B® các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t . . . . . . . . . 26
Ket lu n 44
Tài li u tham khảo 45

1
M đau
Cho A là t p con của t p tích Đe Các {1, . . . , k}2
. B® (a1, . . . , ak) ∈ Zk
được goi là nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t trên A neu gcd(ai, aj) = 1
với moi (i, j) ∈ A. Trong trường hợp gcd(ai, aj) = 1 với moi 1 ≤ i < j ≤ k,
b® (a1, . . . , ak) ∈ Zk
được goi là nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t. Neu
gcd(ai, aj) /= 1 với moi 1 ≤ i < j ≤ k thì ta nói (a1, . . . , ak) không nguyên
to cùng nhau tùng đôi m®t. Tính chat nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t có
vai trò quan trong trong lý thuyet so. Nó là giả thiet không the thieu trong
Định lý phan dư Trung Hoa női tieng được cháng minh cách đây 750 năm
(xem [11]). Cho đen nay, Định lý này van được áp dụng rat nhieu trong các
lĩnh vực khác nhau của toán hoc hi n đại như nhân đong dư; tính toán bac
cau; lý thuyet mã hóa và m t mã ... (xem [6]). Ngày nay, vi c tính toán các
b® nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t là rat can thiet đe xác định được so
các b® không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t (xem [8], [14]). Chính vì
các lý do này, tôi đã chon đe tài "Ve tính chat đôi m t nguyên to cùng
nhau".
Mục đích thá nhat của lu n văn là trình bày lại m®t so ket quả ve giả
thuyet của Erdös cho trường hợp k = 1, 2, 3, 4, dựa theo các bài báo [3] và [4].
Giả thuyet phát bieu rang, so lớn nhat các so nguyên dương không vượt quá
so nguyên dương n, sao cho tà các so này không the trích ra k + 1 so nguyên
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t đúng bang so các so nguyên dương không
vượt quá n và là b®i của ít nhat m®t trong k so nguyên to đau tiên.
Mục đích thá hai của lu n văn là trình bày lại ket quả của Randell

2
Heyman trong bài báo [9] ve xây dựng các công thác gan đúng với sai so
thích hợp đe tính so b® gom ba so nguyên dương nhỏ hơn so H cho trước,
không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t và so b® gom v so nguyên dương
nhỏ hơn so H cho trước, nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t trên m®t t p A
xác định.
Ngoài phan mở đau và ket lu n, lu n văn gom 2 chương. Chương 1 trình
bày m®t so bài toán liên quan đen các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t
và cháng minh khȁng định cho giả thuyet của Erdös trong các trường hợp
k ≤ 4. Chương 2 trình bày ket quả và cháng minh chi tiet các công thác tính
gan đúng các b® so nguyên dương nhỏ hơn so H và không nguyên to cùng
nhau tàng đôi m®t ho c nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t trên m®t t p A
dựa trên lý thuyet đo thị và m®t so công cụ giải tích.
Lu n văn được hoàn thành tại trường Đại hoc Khoa hoc, Đại hoc Thái
Nguyên, dưới sự hướng dan t n tình của cô giáo TS. Tran Đo Minh Châu.
Cô đã dành nhieu thời gian hướng dan cũng như giải đáp các thac mac của
tôi trong suot quá trình làm lu n văn. Tôi xin bày tỏ lòng biet ơn sâu sac tới
cô.
Tôi xin chân thành cảm ơn toàn the các thay, cô giáo trong Khoa Toán
- Tin, trường Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên đã t n tình hướng
dan, truyen đạt kien thác trong suot thời gian theo hoc, thực hi n và hoàn
thành lu n văn. Tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân và các đong nghi p đã
giúp đơ, đ®ng viên tôi đe tôi hoàn thành lu n văn này.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018
Người viet lu n văn
Nguyen Thị Hang

3
Chương 1
Giả thuyet Erdös ve k so nguyên to
cùng nhau tfing đôi m t
Mục tiêu của chương 1 là trình bày câu trả lời khȁng định cho giả thuyet
của P. Erdös ve k so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t khi k ≤ 4. Hai tiet
đau dành đe nhac lại khái ni m và m®t so tính chat cơ bản của ước, b®i, ước
chung lớn nhat, b®i chung nhỏ nhat và m®t so bài toán ve các so nguyên to
cùng nhau tàng đôi m®t. Trong hai tiet tiep theo, chúng tôi trình bày chi tiet
cháng minh cho giả thuyet của Erdös khi k = 1, 2, 3.
1.1 Chuan bị
Trong tiet này, chúng tôi nhac lại m®t so khái ni m và tính chat cơ bản
ve ước, b®i, ước chung lớn nhat, b®i chung nhỏ nhat của các so nguyên, khái
ni m các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t đe ti n cho vi c theo dõi các
n®i dung phía sau.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sả a và b là hai so nguyên, b =
/ 0. Ta nói b chia het
a hay a chia het cho b neu ton tại so nguyên q sao cho a = bq. Khi ay ta còn
nói b là ước của a hay a là b®i của b và viet b | a hay a . b. Khi b không chia
het a ta viet b ‡ a.
Ví dn 1.1.2. −1, 1 là hai ước của moi so nguyên a và 0 là b®i của moi so
nguyên b /= 0.

4
i=1
Trong trường hợp không xảy ra quan h chia het, ta có định lý ve phép
chia có dư phát bieu như sau.
Định lj 1.1.3. Với moi c¾p so nguyên a, b,b /= 0 ton tại duy nhat c¾p so
nguyên q, r thóa mãn các h thúc
a = bq + r, 0 ≤ r < |b| .
H quả của Định lý 1.1.3 là vành các so nguyên Z là vành chính. Vì
the trong vành Z có các khái ni m ước chung lớn nhat, b®i chung nhỏ
nhat...Chúng ta sě lan lượt nhac lại các ket quả ve các khái ni m này ở
trong Z, bỏ qua cháng minh.
Định nghĩa 1.1.4. (i) M®t so nguyên d được goi là ước chung của các so
nguyên a1, a2, . . . , an neu d là ước đong thời của moi so nguyên đó.
(ii) Với moi so nguyên ai (i = 1, 2, . . . , n) ta kí hi u U(ai) là t p hợp
các ước của ai. Hien nhiên U(ai) ∅ và có hǎu hạn phan tả.
Rõ ràng
Tn
U(ai) ∅ và bị ch n trên bởi so lớn nhat trong các so
|a1|, |a2|, . . . , |an| , do đó nó có so lớn nhat d. Hien nhiên d là m®t chung của
a1, a2, . . . , an và có the thay rang moi ước chung của a1, a2, . . . , an đeu là ước
của d.
Định nghĩa 1.1.5. M®t ước chung d của các so nguyên a1, a2, . . . , an sao cho
moi ước chung của a1, a2, . . . , an đeu là ước của d, được goi là ước chung lớn
nhat của các so đó.
Ví dn 1.1.6. Các so 1, −1, 2, −2 là các ước chung của 4 và −6. Các ước
chung lớn nhat của 4 và −6 là 2 và −2.
Nh n xét 1.1.7. (i) T p hợp các ước chung của nhieu so cho trước trùng
với t p hợp các ước của ước chung lớn nhat của các so đó.
(ii) Neu tat cả các so a1, a2, . . . , an đeu bang 0 thì t p hợp các ước chung
của chúng là Z {0}. Khi ay khái ni m ước chung lớn nhat không có nghĩa
nǎa. Do đó giả thiet các so a1, a2, . . . , an đang xét không phải bang 0 tat cả.
Hơn nǎa t p hợp các ước chung của các so đang xét sě không thay đői neu

5
ta thêm hay bớt m®t so bang 0. Vì the ta có the giả thiet thêm ai /= 0 với
moi i = 1, 2, . . . , n.
(iii) Neu d là m®t ước chung lớn nhat của (a1, a2, . . . , an) thì −d cũng
m®t ước chung lớn nhat của (a1, a2, . . . , an). Hơn nǎa neu d và dJ cùng là
ước chung lớn nhat của a1, a2, . . . , an thì dJ
= ±d. Do đó tà đây ve sau,
neu không có nói gì thêm ta sě lay so dương d trong các ước chung lớn
nhat của a1, a2, . . . , an làm ước chung lớn nhat của a1, a2, . . . , an và kí hi u
d = gcd(a1, a2, . . . , an). Như v y, ta có the định nghĩa: ước chung lớn nhat của
các so nguyên a1, a2, . . . , an là các so lớn nhat trong t p hợp các ước chung
của chúng.
Với khái ni m ước chung lớn nhat, ta có the định nghĩa các so nguyên
to cùng nhau và nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t như sau.
Định nghĩa 1.1.8. (i) Các so nguyên a1, . . . , an được goi là nguyên to cùng
nhau neu ước chung lớn nhat của chúng bang 1.
(ii) Các so nguyên a1, . . . , an được goi là nguyên to cùng nhau tùng đôi
m®t neu hai so bat kì trong chúng nguyên to cùng nhau.
Ví dn 1.1.9. 6, 10, 15 là nguyên to cùng nhau vì gcd(6, 10, 15) = 1. Các so
6, 7, 13 là nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t vì
gcd(6, 7) = gcd(7, 13) = gcd(6, 13) = 1.
Định lý sau đây khȁng định ước chung lớn nhat của các so nguyên khác
không cho trước luôn ton tại.
Định lj 1.1.10. Ton tại ước chung lớn nhat của các so nguyên khác không
a1, a2, . . . , an cho trước.
H quả 1.1.11. Các khȁng đ nh sau là đúng.
(i) Neu d = gcd(a1, a2, . . . , an) thì ton tại các so nguyên u1, u2, . . . , un
sao cho
d = a1u1 + a2u2 + . . . + anun.
(ii) Đieu ki n can và đủ đe a1, a2, . . . , an nguyên to cùng nhau là ton tại các

6
δ δ δ δ
n
so nguyên u1, u2, . . . , un sao cho
1 = a1u1 + a2u2 + . . . + anun.
Ta luôn tìm được ước chung lớn nhat của các so khác không cho trước
nhờ vào thu t toán Ơclit. Tiep theo, chúng ta nhac lại các tính chat của ước
chung lớn nhat.
M nh đe 1.1.12. Các khȁng đ nh sau là đúng.
(i) Với k ∈ Z, k > 0 ta có gcd(ka1, ka2, . . . , kan) = k·gcd(a1, a2, . . . , an).
(ii) Với δ ∈ Z, δ > 0, δ | ai (i = 1, 2, . . . , n) ta có
gcd
a1
,
a2
, . . . ,
an
=
gcd(a1, a2, . . . , an)
.
(iii) M®t ước chung dương d của các so a1, a2, . . . , an là ước chung lớn
nhat của chúng khi và chí khi gcd(
a1
,
a2
, . . . ,
an
) = 1.
d d d
(iv) Neu gcd(a, b) = 1 và b | ac thì b | c.
(v) Neu gcd(a, b) = 1 thì gcd(ac, b) = gcd(c, b) với moi c ∈ Z.
(vi) Neu gcd(a, b) = gcd(a, c) = 1 thì gcd(a, bc) = 1.
1.2 Ve các so nguyên to cùng nhau tfing đôi m t
Mục tiêu của tiet này là nhac lại khái ni m, tính chat và m®t so bài toán
liên quan đen các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Định nghĩa 1.2.1. M®t t p con A của t p các so tự nhiên được goi là nguyên
to cùng nhau tùng đôi m®t neu gcd(a, b) = 1 với moi a, b ∈ A, a /= b.
Nh n xét 1.2.2. (i) Neu các so tự nhiên a1, . . . , at nguyên to cùng nhau
tàng đôi m®t, thì chúng nguyên to cùng nhau, tác là gcd(a1, . . . , at) = 1. Tuy
nhiên, đieu ngược lại không đúng. Chȁng hạn, các so 3, 5, 6 là nguyên to cùng
nhau, nhưng không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
(ii) Ton tại nhǎng t p hợp gom vô hạn so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Chȁng hạn như t p tat cả các so nguyên to. Trong Bài t p 1.2.5, chúng ta
thay rang t p hợp {62
+1
nhau tàng đôi m®t.
| n ∈ N} là t p vô hạn so tự nhiên nguyên to cùng

7
Giả thiet nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t đã được sả dụng trong rat
nhieu ket quả quan trong của so hoc. M®t trong nhǎng ket quả như the là
Định lí phan dư Trung Hoa. Định lí phan dư Trung Hoa là m®t ket quả của
lí thuyet so, phát bieu rang neu chúng ta biet được các phan dư khi chia m®t
so n cho nhǎng so m1, . . . , mt nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t, thì ta xác
định được phan dư của phép chia so n cho tích m1 . . . mt.
Định lí phan dư Trung Hoa được nhà toán hoc Trung Quoc Sunzi ghi
chép vào the kỉ thá 3 sau công nguyên. Người Trung Quoc goi nó là Bài
toán Hàn Tín điem binh. Tục truyen rang khi Hàn Tín (229-196 trước công
nguyên) điem quân so, ông cho quân lính xep hàng 3, hàng 5, hàng 7 roi báo
so dư. Tà đó ông tính chính xác quân so đen tàng người. Ngày nay, Định lí
phan dư Trung Hoa được sả dụng r®ng rãi trong Lí thuyet m t mã, đ c bi t
là trong vi c tính toán các so nguyên to lớn.
Định lj 1.2.3. Cho m1, . . . , mt là các so nguyên dương nguyên to cùng nhau
tùng đôi m®t. Khi đó với t so nguyên a1, . . . , at bat kì cho trước, h phương
trình đong dư
x ≡ a1 (mod m1)
x ≡ a2 (mod m2)
. . . . . . . . .
x ≡ at (mod mt)
có duy nhat m®t nghi m modulo M, trong đó M = m1 . . . mt.
Chúng minh. Trước het ta cháng minh sự ton tại nghi m. Với moi i = 1, . . . , t,
đ t
ni = m1 . . . mi−1mi+1 . . . mt.
Do m1, . . . , mt là các so nguyên dương nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t nên
gcd(ni, mi) = 1, với moi i = 1, . . . , t. Suy ra ton tại các so nguyên ki sao cho
niki ≡ 1 (mod mi). Đ t bi = niki. Khi đó bi ≡ 1 (mod mi) và bi ≡ 0 (mod mj)
với moi j /= i. Suy ra x = b1a1 + . . . + btat là nghi m của h phương trình
đong dư đã cho.

8
n = 6 + 1 với
Tiep theo ta cháng minh sự duy nhat. Giả sả x, y cùng là nghi m của
h đã cho. Khi đó x ≡ y (mod mi), với moi i = 1, . . . , t. Do m1, . . . , mt là
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t nên
x ≡ y (mod m1 . . . mt).
Trong toán phő thông, có rat nhieu bài toán liên quan đen các so nguyên
to cùng nhau tàng đôi m®t. Dưới đây là m®t so ví dụ.
Bài t p 1.2.4. Tìm 3 so nguyên dương nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t
sao cho tőng của hai so tùy ý trong 3 so đó là b®i của so còn lại.
Lời giải. Không mat tính tőng quát, ta có the giải thiet x < y < z. Theo giả
thiet, z là ước của x + y. Vì x + y < 2z nên z = x + y (vì moi so tự nhiên lớn
hơn z và nhỏ hơn 2z đeu không the là b®i của z). Theo giả thiet, x là ước
của y + z. Vì z = x + y nên ta suy ra x là ước của x + 2y và vì the x là ước
của 2y. Vì x, y, z nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t, nên gcd(x, y) = 1. Suy
ra x là ước của 2. Do đó x = 1 ho c x = 2. Hoàn toàn tương tự ta có y = 1
ho c y = 2. Vì x < y nên x = 1 và y = 2. Do đó z là ước của 1 + 2. Vì y < z,
nên z = 3. V y, 3 so can tìm là 1, 2, 3.
Bài t p 1.2.5. Dãy so a 2n
n = 1, 2, . . . là nguyên to cùng nhau
tùng đôi m®t.
Chúng minh. Cho n > m là hai so nguyên dương. Chia an cho am ta được
an = amq + r, trong đó 0 ≤ r ≤ am − 1.
Suy ra r = an − amq. Giả sả p là m®t ước chung của am, an. Khi đó p là ước
của r. Do đó ta can tính r. Ta có
62
n
+ 1 = (62
m
)2
n−m
+ 1 ≡ (−1)2
n−m
+ 1 ≡ 2 (mod (62
m
+ 1)).
Do đó r = 2. Suy ra p là ước của 2. Do an, am đeu là so lẻ, nên p = 1. Vì the
gcd(an, am) = 1 với moi n /= m.

9
M®t trong nhǎng bài toán được quan tâm là xác định các b® so Pythagore
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Nhac lại rang m®t b® 3 so tự nhiên x, y, z
được goi là b® so Pythagore neu x2
+y2
= z2
. Neu b® so Pythagore x, y, z thỏa
mãn gcd(x, y) = 1, thì ta nói x, y, z là b® so Pythagore nguyên thủy. Chȁng
hạn 6, 8, 10 là b® so Pythagore, 3, 4, 5 là b® so Pythagore nguyên thủy.
Chú ý rang neu x, y, z là b® so Pythagore nguyên thủy, thì các b®
kx, ky, kz đeu là b® so Pythagore với moi k ∈ N. Ngược lại, neu x, y, z là
b® so Pythagore và d = gcd(x, y), thì d là ước của z và
x y z
, ,
d d d
là b® so
Pythagore nguyên thủy. Như v y, đe xác định các b® so Pythagore, chúng ta
chỉ can xác định các b® so Pythagore nguyên thủy.
Bài t p 1.2.6. Chúng minh rang b® 3 so nguyên dương x, y, z là b® so
Pythagore nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t neu và chí neu ton tại hai
so tự nhiên u > v nguyên to cùng nhau và không đong thời là so lé sao cho
sau m®t hoán v của x và y ta có x = u2
− v2
, y = 2uv.
Chúng minh. Giả sả x, y, z là b® so Pythagore nguyên thủy. Khi đó ta có
gcd(x, y) = 1 và z2
= x2
+ y2
. Suy ra gcd(x2
, y2
) = 1. Vì the,
gcd(x2
, z2
) = gcd(x2
, x2
+ y2
) = gcd(x2
, y2
) = 1.
Suy ra gcd(x, z) = 1. Tương tự ta có gcd(y, z) = 1. Vì v y, moi b® so
Pythagore nguyên thủy đeu nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Ngược lại,
neu x, y, z là b® so Pythagore nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t, thì nó phải
là b® so Pythagore nguyên thủy. Do đó, bài toán được suy ra tà ket quả quen
biet ve b® so Pythagore nguyên thủy.
1.3 Giả thuyet Erdös ve k so nguyên to cùng nhau tfing đôi
m t
Mục tiêu của tiet này là giới thi u m®t giả thuyet của Erdös ve k so
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t, đong thời đưa ra câu trả lời khȁng định
cho giả thuyet khi k = 1 và k = 2.

10
Trong suot tiet này chúng tôi sả dụng các kí hi u Ak(n) và Bk(n) định
nghĩa trong tài li u [4] như sau.
Kj hi u 1.3.1. Cho n ≥ 1 và k ≥ 1 là hai so tự nhiên. Kí hi u Ak(n) là so
các so nguyên dương không vượt quá n và chia het cho ít nhat m®t trong k
so nguyên to đau tiên. Kí hi u Bk(n) là so t lớn nhat sao cho ton tại m®t t p
gom t so nguyên dương không vượt quá n mà trong t p đó không the trích
ra k + 1 so nguyên dương nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Ket quả sau đây cho ta moi quan h giǎa Ak(n) và Bk(n).
M nh đe 1.3.2. Ta luôn có Bk(n) ≥ Ak(n).
Chúng minh. Goi k so nguyên to đau tiên là p1, p2, . . . , pk, nghĩa là
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .
Goi X là t p gom các so nguyên dương a sao cho a ≤ n và a chia het cho m®t
so nguyên to pi với i ≤ k nào đó. Giả sả t p X có r phan tả. Khi đó, theo
Kí hi u 1.3.1, ta có Ak(n) = r. Ta khȁng định rang không ton tại m®t b®
k + 1 so trong t p X nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Th t v y, lay k + 1
so tùy ý a1, . . . , ak+1 ∈ X. Theo Nguyên lí Dirichlet (Dirichlet’s Principle),
trong k + 1 so a1, . . . , ak+1, moi so đeu chia het cho m®t trong k so nguyên
to p1, . . . , pk, at phải ton tại hai so ai, aj với i j sao cho ai và aj chia het
cho cùng m®t so nguyên to pt nào đó với t ≤ k. Suy ra gcd(ai, aj) > 1. Do đó
a1, . . . , ak+1 không the nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Suy ra
Bk(n) ≥ r = Ak(n).
Năm 1965, P. Erdös [7] đã chỉ ra rang neu k = 1 ho c k = 2, thì ta có
đȁng thác Bk(n) = Ak(n). Vì the ông đã đ t ra giả thuyet sau.
Giả thuyet 1.3.3. (Erdös, 1965) Với hai so nguyên dương k ≤ n ta có
Bk(n) = Ak(n).

11
•
2
1
2
Trước het, chúng ta xét giả thuyet của Erdös cho trường hợp k = 1.
Theo Kí hi u 1.3.1 thì A1(n) là so các so nguyên dương không vượt quá n
và chia het cho 2; còn B1(n) là so tự nhiên t lớn nhat sao cho ton tại m®t
t p gom t so nguyên dương không vượt quá n mà trong t p đó không có 2 so
nguyên to cùng nhau. Ta xét hai trường hợp.
n
Cho n chȁn. Khi đó A1(n) =
n 2
. Chon X = {2, 4, . . . , n} là t p hợp
gom
2
so chȁn không vượt quá n. Rõ ràng tà t p X ta không the trích ra 2
so nguyên to cùng nhau. Vì the
B1(n) ≥
n
2
= A1(n).
• Cho n là so lẻ. Khi đó A1(n) =
n − 1
. Chon X = {2, 4, . . . , n − 1} là
t p hợp gom
n − 1
2
so chȁn không vượt quá n, tà t p X ta không the trích
ra được hai so nguyên to cùng nhau. Vì the
B (n) ≥
n − 1
= A (n).
Dưới đây ta sě cháng minh rang B1(n) = A1(n). Trước het, ta can bő
đe sau.
Bo đe 1.3.4. Cho n = 2t + r với r ∈ {0, 1}. Khi đó trong t + 1 so nguyên
dương bat kì không vượt quá n, luôn chon được 2 so nguyên to cùng nhau.
Chúng minh. Cho 1 ≤ a1 < a2 < . . . < at+1 ≤ n là dãy gom t + 1 so nguyên
dương không vượt quá n. Neu a1 = 1, thì a1, a2 là hai so trong dãy nguyên
to cùng nhau. Do đó ta có the giả thiet a1 ≥ 2. Đ t
m = min{ai+1 − ai | i = 1, . . . , t}.
Hien nhiên m ≥ 1. Ta cháng minh m = 1. Th t v y, giả sả ngược lại. Khi đó
m ≥ 2 và ta có
at+1 ≥ a1 + 2t ≥ 2 + 2t > n.
Đieu này là vô lí. Suy ra m = 1. Vì the ton tại m®t chỉ so i ≤ t sao cho
ai+1 = ai + 1. Rõ ràng, neu d là ước chung của ai và ai+1, thì d là ước của 1,
vì the ai, ai+1 là nguyên to cùng nhau.
1

12
2
Ket quả sau đây, được suy ra ngay tà các Bő đe 1.3.2, 1.3.4, chỉ ra công
thác tính so t lớn nhat sao cho có m®t t p X gom t so nguyên dương không
vượt quá n mà tà t p X không the trích ra 2 so nguyên to cùng nhau. Tà
nay đen het lu n văn, chúng ta sả dụng kí hi u phan nguyên như sau: Với
moi so hǎu t a > 0, kí hi u [a♩ là so nguyên lớn nhat không vượt quá a.
Định lj 1.3.5. B1(n) = A1(n) =
, ,
.
n
Tiep theo, chúng ta xét giả thuyet của Erdös cho trường hợp k = 2.
Theo Kí hi u 1.3.1 thì B2(n) là so tự nhiên t lớn nhat sao cho ton tại m®t
t p gom t so nguyên dương không vượt quá n mà trong t p đó không có 3
so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Còn A2(n) là so các so nguyên dương
không vượt quá n ho c chia het cho 2 ho c chia het cho 3. Goi A là t p các
so chȁn không vượt quá n và B là t p các so lẻ không vượt quá n và chia het
cho 3. Khi đó A2(n) = |A| + |B|. Ta xét 4 trường hợp.
• Neu n = 6t ho c n = 6t + 1, thì A2(n) = 4t.
• Neu n = 6t + 2, thì A2(n) = 4t + 1.
• Neu n = 6t + 3, thì A2(n) = 4t + 2.
• Neu n = 6t + 4 ho c n = 6t + 5, thì A2(n) = 4t + 3.
Trong tài li u [7], P. Erdos đã chú thích rang B2(n) = A2(n). Chúng ta
thảo lu n đieu này trong phan dưới đây.
Bo đe 1.3.6. Cho n = 6t ho¾c n = 6t + 1. Khi đó trong 4t + 1 so nguyên
dương bat kì không vượt quá n, luôn chon được 3 so nguyên to cùng nhau tùng
đôi m®t.
Chúng minh. Cho 1 ≤ a1 < a2 < . . . < a4t+1 ≤ n là dãy gom 4t + 1 so nguyên
dương không vượt quá n. Giả sả a1 = 1. Xét dãy
2 ≤ a2 < a3 < . . . < a4t+1 ≤ n
gom 4t so nguyên dương nhỏ hơn n. Chú ý rang 4t ≥ 3t + 1. Do đó theo
cháng minh Bő đe 1.3.4, ton tại so i với 2 ≤ i ≤ 4t sao cho ai+1 = ai + 1. Suy

13
ra a1, ai, ai+1 là ba so nguyên trong dãy nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Do đó ta có the giả thiet a1 ≥ 2.
Đ t mi = ai+1 − ai với i = 1, . . . , 4t. Hien nhiên mi ≥ 1 với moi i. Goi
r là so vị trí i của dãy sao cho mi = 1. Khi đó có 4t − r vị trí i thỏa mãn
mi ≥ 2. Ta có
n ≥ a4t+1 ≥ a1 + r + 2(4t − r)
≥ 2 + 8t − r
≥ n + (1 + 2t) − r.
Suy ra r ≥ 2t + 1, nghĩa là có ít nhat 2t + 1 vị trí i sao cho mi = 1. Neu trong
dãy không có 3 so tự nhiên liên tiep, thì áng với 2t + 1 vị trí mà mi = 1, sě có
ít nhat 2t + 1 so lẻ và 2t + 1 so chȁn, tác là trong dãy có ít nhat 4t + 2 so, đieu
này không the xảy ra. Vì the ton tại m®t chỉ so i ≤ 4t sao cho ai+1 = ai + 1
và ai+2 = ai + 2. Rõ ràng ai, ai+1 nguyên to cùng nhau, và ai+1, ai+2 nguyên
to cùng nhau. Giả sả ai lẻ. Neu d là ước chung của ai và ai+2, thì d là so lẻ
và d ước của 2, vì the ai, ai+2 là nguyên to cùng nhau. Suy ra ai, ai+1, ai+2
là nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Trường hợp ai chȁn, chúng ta lại tiep
tục khảo sát thêm các chỉ so i mà mi ≥ 2, ta sě suy ra rang trong dãy trên
có ít nhat ba so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Cháng minh bő đe sau đây rat sơ cap, nhưng can đen nhieu tính toán
chi tiet và phân thành nhieu trường hợp nhỏ, vì the tác giả lu n văn không
trình bày nó ở đây.
Bo đe 1.3.7. Các phát bieu sau là đúng
(i) Neu n = 6t + 2, thì mői dãy gom 4t + 2 so nguyên dương bat kì không
vượt quá n, luôn chon được 3 so nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t.
(ii) Neu n = 6t +3, thì mői dãy gom 4t +3 so nguyên dương bat kì không
vượt quá n, luôn chon được 3 so nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t.
(iii) Neu n = 6t + 4 ho¾c n = 6t + 5, thì mői dãy gom 4t + 4 so nguyên
dương bat kì không vượt quá n, luôn chon được 3 so nguyên to cùng nhau tùng
đôi m®t.

14
2 2
2 3 6
Ket quả sau cho ta công thác tính so t lớn nhat sao cho có m®t t p X
gom t so nguyên dương không vượt quá n mà tà t p X không the trích ra 3
so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Cháng minh ket quả này được suy ra
ngay tà các Bő đe 1.3.2, 1.3.6, 1.3.7.
Định lj 1.3.8. Với moi n ≥ 3 ta có
B (n) = A (n) =
,
n
,
+
,
n
,
−
,
n
,
.
1.4 Giả thuyet Erdös v i k = 3
Tiet này dành đe trình bày chi tiet các ket quả ve các dãy cháa nhieu
nhat 3 so tự nhiên nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. N®i dung của tiet này
dựa theo hai bài báo [4] của S. G. Choi đăng trên Trans. AMS và bài báo
[3] của Y-G. Chen và X-F. Zhou đăng trên Discrete Mathematics. Mục tiêu
chính của tiet này là cháng minh giả thuyet của P. Erdös khi k = 3, đong
thời đưa ra câu trả lời b® ph n khi k = 4.
Định lí sau đây đưa ra câu trả lời khȁng định cho giả thuyet của P.
Erdös với k = 3. Ta luôn kí hi u k so nguyên to đau tiên là
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . . , pk.
Định lj 1.4.1. Cho n ≥ 5 là so nguyên dương. Khi đó B3(n) = A3(n).
Đe cháng minh Định lí 1.4.1, chúng ta can các bő đe sau. Trước het, đe
thu n ti n, ta sě sả dụng khái ni m và kí hi u dưới đây.
Định nghĩa 1.4.2. M®t t p các so nguyên dương là tot neu nó cháa 4 so
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t, neu X không tot thì ta nói X là xau.
Rõ ràng, neu có m®t t p con nào đó của X là tot thì X cũng là tot.
Kj hi u 1.4.3. Cho n1, n2 là các so nguyên dương. Ta ký hi u A(n1, n2) là
so các so nguyên trong [n1, n2] là b®i của ít nhat m®t trong ba so 2, 3, 5. Với
kí hi u này ta có A3(n) = A(1, n).

15
Bo đe 1.4.4. Cho X là t¾p gom A3(30) so nguyên dương không vượt quá 30.
Khi đó X là xau neu và chí neu X trùng với t¾p các so nguyên dương không
vượt quá 30 và là b®i của m®t trong ba so 2, 3, 5.
Chúng minh. Các so nguyên dương không vượt quá 30 và không chia het
cho so nào trong các so 2, 3, 5 là 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Do đó ta tính được
|X| = A3(30) = 22. Suy ra X phải cháa ít nhat 8 trong các so sau:
2, 4, 8, 3, 9, 27, 5, 25, 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29.
De dàng kiem tra được X là tot trà khi X không cháa so nào trong các so
1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Vì the X là xau neu và chỉ neu X trùng với t p các
so nguyên dương không vượt quá 30 và là b®i của m®t trong ba so 2, 3, 5.
Bo đe 1.4.5. Cho 5 ≤ j ≤ 15 và X là t¾p gom A3(j) + 1 so nguyên dương
trong đoạn [30k + 1, 30k + j]. Khi đó X là tot.
Chúng minh. Đ t M = 30k. Vì M chia het cho cả 2, 3 và 5 và 5 ≤ j ≤ 15
nên M + 1, M + 7, M + 11, M + 13 là tat cả các so nguyên trong đoạn
[M + 1, M + 15] mà không chia het cho so nào trong các so 2, 3, 5. De dàng
kiem tra được M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11 là các so nguyên
to cùng nhau tàng đôi m®t. Vì the ta chỉ can cháng minh Bő đe đúng với
j = 5, 6, 7, 11 và 13.
• Neu j = 5 ho c 6 thì A3(j) + 1 lan lượt là 5 và 6. Vì the X cháa
tat cả các so nguyên trong đoạn [M + 1, M + j] và do đó X cháa các so
M + 1, M + 2, M + 3, M + 5 nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
• Neu j = 7 thì A3(7) + 1 = 6, do đó X cháa 6 trong 7 so của đoạn
[30k + 1, 30k + 7]. Vì the X cháa ít nhat 4 so trong các so nguyên to cùng
nhau tàng đôi m®t M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7.
• Neu j = 11 thì A3(11) + 1 = 9, do đó X cháa 9 trong 11 so của đoạn
[30k + 1, 30k + 11]. Vì the X cháa ít nhat 4 so trong các so nguyên to cùng
nhau tàng đôi m®t M + 1, M + 2, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11.
• Neu j = 13 thì A3(13) + 1 = 10, do đó X cháa 10 trong 13 so của
đoạn [30k + 1, 30k + 13]. De thay M + 4 và M + 8 không the cùng chia het
cho 7. Vì the có ít nhat m®t trong hai so M + 4, M + 8 không chia het cho

16
7. Đ t x là so đó. Suy ra X cháa ít nhat 4 so trong các so nguyên to cùng
nhau tàng đôi m®t x, M + 1, M + 3, M + 5, M + 7, M + 11, M + 13.
Như v y, X là tot.
Bo đe 1.4.6. Giả sủ X chúa A(16, 30) + 1 so nguyên dương trong đoạn
[30k + 16, 30k + 30]. Khi đó X là tot.
Chúng minh. Đ t M = 30k. Ta có A(16, 30) + 1 = 12. Giả sả x là m®t trong
hai so M + 22, M + 26 mà không chia het cho 7. Khi đó X cháa ít nhat 4
trong 7 so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t x, M + 25, M + 27, M + 17, M +
19,M + 23,M + 29. Vì the X là tot.
Bo đe 1.4.7. Giả sủ X là t¾p gom A(1, 30) + 1 so nguyên dương trong đoạn
[30k + 1, 30k + 30]. Khi đó X là tot.
Chúng minh. Vì A(1, 30) + 1 = A(1, 15) + A(16, 30) + 1 nên X cháa ít nhat
A(1, 15) + 1 so nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] ho c cháa ít nhat
A(16, 30) + 1 so nguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + 30]. Do đó tà Bő đe 1.4.5
và Bő đe 1.4.6 ta có ngay đieu phải cháng minh.
Bo đe 1.4.8. Giả sủ j ≥ 1 và X là t¾p gom A(1, 30j) so nguyên trong đoạn
[1, 30j]. Khi đó X là xau khi và chí khi nó trùng với t¾p các so nguyên dương
trong [1, 30j] và là b®i của m®t trong các so 2, 3 và 5.
Chúng minh. Giả sả X là xau. Theo Bő đe 1.4.7 t p X cháa đúng A(1, 30)
so nguyên dương trong moi đoạn [30k + 1, 30k + 30] với k = 0, 1, . . . , j − 1.
Vì the theo Bő đe 1.4.4, X trùng với t p các so nguyên dương trong [1, 30j]
và là b®i của m®t trong các so 2, 3 và 5.
Bo đe 1.4.9. Giả sủ 1 ≤ j ≤ 30 và X là t¾p gom A(1, j) + 2 so nguyên trong
đoạn [30k + 1, 30k + j]. Khi đó X là tot.
Chúng minh. Với moi 1 ≤ j ≤ 6, ta có A(1, j) = j −1 nên A(1, j)+2 = j +1.
Vì the giả thiet của định lý chỉ thỏa mãn khi j ≥ 7. Neu 7 ≤ j ≤ 15, thì
moi t p con của X cháa A(1, j) + 1 so nguyên trong [30k + 1, 30k + j] đeu
tot theo Bő đe 1.4.5. Suy ra X tot và ta có the giả sả j > 15. Neu X cháa
nhieu hơn ho c ít hơn A(1, 15) so nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15]

17
thì theo Bő đe 1.4.5 và Bő đe 1.4.6, X là tot. Suy ra ta giả sả X cháa
đúng A(1, 15) so nguyên trong đoạn [30k + 1, 30k + 15] và A(16, j) + 2 so
nguyên trong đoạn [30k + 16, 30k + j]. Khi đó neu j < 19 thì A(16, j) + 2
lớn hơn so phan tả của [30k + 16, 30k + j.] Suy ra j ≥ 19. Đ t M = 30k.
Khi đó M + 17, M + 19, M + 23, M + 29 là tat cả các so nguyên trong đoạn
[30k + 16, 30k + 30] không chia het cho 2, 3 ho c 5. Vì the ta chỉ can cháng
minh bő đe trong trường hợp j = 19, 23 và 29.
• Neu j = 19 thì X cháa M + 16, M + 17, M + 18, M + 19 và 11 so
nguyên trong [30k + 1, 30k + 15]. Vì M + 16, M + 17, M + 19 và M + l nguyên
to cùng nhau tàng đôi m®t với l = 1, 7, 11 và 13 nên ta có the giả sả X cháa
tat cả các so nguyên còn lại trong đoạn [30k + 1, 30k + 15]. Khi đó ta chon
được M + 9, M + 14, M + 17, M + 19 là các so nguyên to cùng nhau tàng đôi
m®t.
• Neu j = 23 thì X cháa 18 so trong đó có 11 so trong [30k+1, 30k+15].
Vì the X cháa 7 so trong đoạn [30k + 16, 30k + 23]. Do đó X luôn cháa ít
nhat 4 so trong các so M + 22, M + 21, M + 17, M + 19, M + 23 nguyên to
cùng nhau tàng đôi m®t.
• Neu j = 29 thì A(16, 29) = 10. Suy ra X cháa 12 so trong đoạn
[30k + 16, 30k + 29]. Đoạn này gom 14 so. Vì the X cháa ít nhat 4 so trong
các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t M + 27, M + 25, M + 17, M +
19, M + 23, M + 29.
V y X là tot.
Chfíng minh Định lj 1.4.1
Chúng minh. Cho X là t p gom A3(n) + 1 so nguyên trong đoạn [1, n] với
n ≥ 5. Ta sě cháng minh rang X là tot. Theo Bő đe 1.4.8 ta có the giả sả
n không chia het cho 30. De thay rang moi t p gom A3(n) + 1 so nguyên
trong đoạn [1, n] là tot neu 30 ≥ n ≥ 5. Vì the ta có the giả sả n > 30 nghĩa
là n = 30k + l với 1 ≤ l < 30. Ký hi u X∗ là t p con của X trong đoạn
[30k + 1, 30k + l]. Vì ket quả của Định lý có the suy ra tà Bő đe 1.4.9 khi
|X∗| ≥ A3(l) + 2 nên ta có the giả sả |X∗| ≤ A3(l) + 1. Theo Bő đe 1.4.7 suy

18
ra |X∗| = A3(l) + 1. Do đó X cháa đúng A3(30k) so nguyên trong [1, 30k] và
theo Bő đe 1.4.8, X cháa tat cả các b®i của 2, 3 và 5 trong đoạn [1, 30k]. Đ c
bi t, nó cháa 2, 3 và 5. Vì X∗ = A3(l) + 1 nên X∗ cháa so x không chia het
cho 2, 3 ho c 5. Khi đó các so 2, 3, 5 và x đôi m®t nguyên to cùng nhau. V y,
ta có đieu phải cháng minh.
Năm 1988, M. Mócsy đã cháng minh được giả thuyet của Erdös cho k = 4
(xem About maximal subsets not containing 5 pairwise co-prime numbers,
Thesis, Eötvös Loránd University, Budapest). Sau đó, năm 2013, Y-G. Chen
và X-F. Zhou [3] đã cháng minh lại trường hợp k = 4 bang cách khác và cũng
khȁng định giả thuyet sai khi k = 211. Do kĩ thu t cháng minh các bài báo
sau này phác tạp và khuôn khő lu n văn có hạn nên chúng tôi không trình
bày cháng minh các ket quả này ở đây.

19
Chương 2
B các so nguyên to cùng nhau
tfing đôi m t
Mục tiêu của chương 2 là giới thi u và trình bày cháng minh cho hai
công thác gan đúng tính so b® nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Trong tiet
đau, chúng tôi xây dựng công thác tính so b® ba các so nguyên dương nhỏ
hơn so H và không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Tiet cuoi sả dụng lý
thuyet đo thị và m®t so công cụ giải tích đe xây dựng công thác gan đúng
tính so b® v so nguyên dương nhỏ hơn so H và nguyên to cùng nhau tàng
đôi m®t.
2.1 B ba so không nguyên to cùng nhau tfing đôi m t
Cho a1, a2, a3 là các so nguyên dương nhỏ hơn so nguyên dương H cho
trước. Trong tiet này, chúng ta sě xây dựng m®t công thác gan đúng đe tính
so các b® (a1, a2, a3) không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. N®i dung
chương này tham khảo trong bài báo [9]. Trước het ta nhac lại m®t so kien
thác ve so hoc và giải tích can thiet cho cháng minh công thác này.
Kj hi u 2.1.1. Với moi so nguyên s ≥ 1, kí hi u ω(s) là so các thàa so
nguyên to phân bi t xuat hi n trong phân tích thành thàa so nguyên to của
s, và hàm Euler ϕ(s) là so các so nguyên dương nhỏ hơn s, nguyên to cùng

20
Y
p
Σ
. . . .
nhau với s. Chú ý rang, ta có công thác sau cho hàm Euler.
ϕ(s) = s
p nguyên to
p|s
1 −
1
.
Ta cũng kí hi u µ(s) là hàm Möbius xác định bởi
µ(s) =
(−1)ω(s)
neu s không là so chính phương
0 neu s là so chính phương
Tà định nghĩa hàm Möbius, ta thay rõ ràng hàm này chỉ nh n m®t trong các
giá trị −1, 0, 1.
Trong các ket quả chính của lu n văn, chúng ta can sả dụng hàm zeta
Riemann cho bởi
∞
ζ(s) =
n=1
1
.
js
Chú ý rang, theo Euler, hàm này có the phân tích thành tích thông qua các
so nguyên to
ζ(s) =
p ng
Y
uyên to
1 −1
1 −
p
.
Ta kí hi u f(x) = O(g(x)) ho c f(x) g(x) khi ton tại hang so c > 0 sao
cho f(x) ≤ c g(x) với x 0. Kí hi u f(x) = o(g(x)) được sả dụng khi
f(x)
f(x)
lim
x→∞ g(x)
= 0.
Neu lim
x→∞ g(x)
= 1 thì ta viet f(x) ∼ g(x).
Định nghĩa 2.1.2. Cho a1, . . . , ak là các so nguyên dương. B® (a1, . . . , ak)
được goi là không nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t neu gcd(ai, aj) /= 1 với
moi 1 ≤ i < j ≤ k.
Ví dn 2.1.3. (i) B® bon so (2, 4, 6, 8) là b® không nguyên to cùng nhau tàng
đôi m®t.
(ii) Cho H = 5. Khi đó các b® ba (a1, a2, a3) không nguyên to cùng nhau
tàng đôi m®t sao cho 1 ≤ a1, a2, a3 ≤ H là (2, 2, 2), (3, 3, 3), (4, 4, 4), (2, 2, 4),
(2, 4, 2), (4, 2, 2), (4, 4, 2), (4, 2, 4), (2, 4, 4).

21
Σ Σ
Σ
1 k
1 −
p
Σ
Ket quả ve xác suat các c p so nguyên dương nguyên to cùng nhau được
đưa ra bởi E. Cesáro, J. J. Sylvester và P. D. Dirichlet (xem [13] trang 1320).
Cụ the, neu kí hi u
C(H) = 1, P (H) =
1≤a1,a2≤H 1≤a1,a2≤H
1 = H2
,
thì
gcd(a1,a2)=1
lim
C(H) 6
= 2
.
H→∞ P (H) π
Trong trường hợp tőng quát, Nymann [15] đã cháng minh được công
thác sau.
Bo đe 2.1.4. Với mői so nguyên k ≥ 2, ta có
1 =
1≤a ,...,a ≤H
Hk
ζ(k)
+
O(H log H) neu k = 2
O(Hk
− 1) neu k ≥ 3
. (2.1)
gcd(a1,...ak)=1
Ket quả này, m®t cách tự nhiên, dan đen ket quả ve ước lượng các b®
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t.
Bo đe 2.1.5. Với mői so nguyên k ≥ 2, ta có
1≤a1,...,ak≤H
gcd(ai,aj )=1
1 = ϑ(k)Hk
+ O(Hk−1
(log H)k−1
), (2.2)
trong đó
i j
Y 1 k−1
k − 1
Bài toán đ t ra là xây dựng m®t công thác tính so b® k so (a1, . . . , ak)
không nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t sao cho các ai đeu không vượt quá
so nguyên dương H cho trước. Trong tiet này, chúng ta sě xây dựng m®t công
thác gan đúng đe tính so b® như the khi k = 3. Nhờ công thác này, ta xác
định được xác suat của các b® ba đôi m®t không nguyên to cùng nhau là
khoảng 17,4%.
p
p nguyên to
ϑ(k) = 1 + . (2.3)

22
H
H Y
!
−
−
H
Q
!
−
H
p
H
Y
H
d
p|n
Q
1 −
1 m
− 1 neu n không là so chính phương
Σ
1
Σ
H
H
Trong quá trình cháng minh ket quả chính, chúng ta can sả dụng m®t
ch n trên cho sai so trong công thác gan đúng của
Σ
n=1
ϕ(n)
2
Chú ý rang ch n trên cho sai so trong trường hợp tőng quát đã được cháng
minh bang công cụ giải tích (xem [5], [2], [12]). đây, chúng ta sě đưa ra
cháng minh sơ cap khác cho ch n trên này.
Bo đe 2.1.6. Cho m ≥ 2. Khi đó
Σ
n=1
ϕ(n)
n
m
= H 1 +
p nguyên to
1
1 m
1
p
p
+ O((log H)m
).
Chúng minh. Giả sả m ≥ 2. Áp dụng công thác hàm Euler ta có
Σ
n=1
ϕ(n) m
n
=
n=1
1
m
n
p|n p
n
=
Σ Y
1 −
1 m
=
Σ Y
(1 + f(p) , (2.4)
trong đó
n=1 p|n n=1 p|n
Chú ý rang
0 neu n là so chính phương
Đieu này dan đen
|f(n)| ≤
m
=
p
p|n
mω(n)
.
n
Σ
n=1
ϕ(n)
m =
n=1
Σ
d|n
f(d) = d
Σ
≤H
f(d)
H
+ O(1)
d
= H
Σ f(d)
+ O
Σ
|f(d)|
!
. (2.5)
d≤H d≤H
n
p
f(n) =
n
.

23
Σ
Σ
Σ
Y
p
Y
!
−
−
Σ
Y
−
Y
−
−
p3
. . ≤
d2
≤
d2
≤
d2+o(1)
= H
d d d
d>H d>H
d≤H d<∞ d>H
Theo [16, III.3 Định lý 6], ta có sai so trong (2.5) là
H
mω(l)
= O(H(log H)m−1
). (2.6)
l=1
Suy ra
Hơn nǎa ta luôn có
|f(d)| = O((log H)m
). (2.7)
d≤H
Σ
.f(d).
Σ mω(d) Σ do(1) Σ 1 −1+o(1)
Vì the so hạng chính
Do đó
d≤∞
f(d)
d
trong (2.5) là m®t chuoi h®i tụ tuy t đoi.
Σ f(d)
=
Σ f(d)
−
Σ f(d)
=
p nguyên to
1 +
f(p)
!
+ O H−1+o(1)
= 1 +
p nguyên to
1
1 m
1
p
p
+ O H−1+o(1)
. (2.8)
Thay các ket quả ở (2.7), (2.8) vào trong (2.5), ta có đieu phải cháng minh.
Cho k là so nguyên dương lớn hơn 1. Kí hi u
Nk(H) = 1
1≤a1,. ,ak≤H
gcd(ai,aj)/=1
1≤i<j≤k
Ket quả chính của tiet này là định lý được phát bieu sau đây.
Định lj 2.1.7. Giả sủ H là m®t so nguyên dương. Khi đó
N3(H) = ρH3
+ O H2
(log H)2
,
trong đó
ρ = 1
3
+ 3
ζ(2)
p nguyên to
1
2p − 1
p3
p nguyên to
1 −
3p − 2
.
d>H
d>H
d
.

24
Σ
Σ Σ Σ
Σ
Σ
Σ
Chúng minh. Rõ ràng ta có
N3(H) = H3
− 1.
1≤a1,a2,a3≤H
ton tại 1≤i<j≤3
gcd(ai,aj )=1
Khi đó, sả dụng nguyên tac bao hàm - loại trà ta có
Σ
1 =
Σ Σ
1 −
Σ Σ
1 +
Σ
1.
1≤a1,a2,a3≤H
ton tại 1≤i<j≤3
gcd(ai,aj )=1
1≤a1,a2,a3≤H (ai,aj)=1
1≤i<j≤3
1≤a1,a2,a3≤H (ai,aj)=1
1≤i<j<k≤3 (aj,ak)=1
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
(a2,a3)=1
Áp dụng tính đoi xáng ta được
N3(H) = H3
− 3
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
1 + 3
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a3)=1
(a1,a2)=1
1 −
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
(a2,a3)=1
1. (2.9)
Sả dụng (2.1), tőng thá nhat của (2.9) bien đői thành
1 =
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
H2
ζ(2)
+ O(H2
log H). (2.10)
Áp dụng (2.2) cho tőng thá ba của (2.9) ta thu được
1 = ϑ(3)H3
+ O(H2
(log H)2
), (2.11)
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
(a2,a3)=1
trong đó ϑ(3) được tính theo công thác (2.3).
Ta còn phải bieu thị tőng thành phan thá hai qua H3
với sai so thích
hợp. Neu ta đ t
ϕ(n, H) =
1≤a≤H
(a,n)=1
1, (2.12)

25
Σ
n
Σ
Σ
n
thì ta có
Σ
1 =
Σ Σ
1 =
Σ Σ
1
Σ
1 (2.13)
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
1≤n≤H 1≤a2,a3≤H
(n,a2)=1
(n,a3)=1
1≤n≤H 1≤a3≤H
(n,a3)=1
1≤a2≤H
(n,a2)=1
=
1≤n≤H
Áp dụng [10, Bő đe 4] ta có
ϕ(n, H)2
.
ϕ(n, H) =
Hϕ(n)
+ O 2ω(n)
.
Thay vào (2.13) ta được
1 =
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
1≤
Σ
n≤H
Hϕ(n)
+ O
n
2w(n)
2
= H2
1≤
Σ
n≤H
ϕ(n)
2
+ O H
1≤
Σ
n≤H
ϕ(n)2w(n)
+ O
Σ
2w(n)
2
. (2.14)
1≤n≤H
Theo Bő đe 2.1.6 và công thác (2.6) ta có
O
Σ ϕ(n)2w(n)
= O
Σ
2w(n) = O(H log H), (2.15)
1≤n≤H
và
Σ
2w(n)
2
=
Σ
1≤n≤H
4w(n)
= O H(log H)3
. (2.16)
Thay (2.15) và (2.16) vào (2.14) ta có
1≤a1,a2,a3≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
1 = H2
1≤
Σ
n≤H
ϕ(n) 2
+ O H(log H)3
+ O H(log H) .
(2.17)
1≤n≤H
1≤n≤H
n n
n

26
Σ Y
p3
Σ Σ Σ Σ
Áp dụng Bő đe 2.1.6 cho m = 2 và thay vào (2.17) ta thu được
1≤a1,a2,a3≤
H (a1,a2)=1
(a1,a3)=1
1 = H3
p nguyên to
1 −
2p − 1
+ O H2
(log H)2
. (2.18)
Thay (2.10), (2.11) và (2.18) vào (2.9) ta có đieu phải cháng minh.
Nh n xét 2.1.8. Sả dụng Định lý 2.1.7, ta suy ra được xác suat của b® ba
các so nguyên dương đôi m®t không nguyên to cùng nhau là ρ ≈ 0.1742.
Trong phan này, chúng ta mới chỉ xét đen N3(H). Tuy nhiên cách tiep
c n này không the áp dụng cho các b® nhieu phan tả hơn, tác là với Nk(H)
trong đó k > 3. Xét lại quá trình cháng minh Định lý 2.1.7, vi c tìm công
thác thích hợp cho N3(H) đã được dựa trên ba tőng thành phan. Hai trong
ba tőng này là (2.10) và (2.11) de dàng bieu thị được thành b®i H3
dựa trên
các ket quả đã biet (Bő đe 2.1 và 2.2) với sai so có ch n trên hợp lý. Với
trường hợp N4(H), ta có tới 10 tőng thành phan, trong đó chỉ có 6 thành
phan có the áp dụng được kĩ thu t tương tự của N3(H). Bon tőng còn lại
bao gom
1≤a1,...a4≤H
(a1,a2)=1
(a2,a3)=1
(a3,a4)=1
1,
1≤a1,...a4≤H
(a1,a2)=1
(a2,a3)=1
(a3,a4)=1
(a4,a1)=1
1,
1≤a1,...a4≤H
(a1,a2)=1
(a2,a3)=1
(a2,a4)=1
(a3,a4)=1
1 và 1
1≤a1,. a4≤H
(a1,a2)=1
(a1,a3)=1
(a1,a4)=1
(a2,a3)=1
(a2,a4)=1
can đen nhǎng kĩ thu t khác mà sě được đe c p đen trong phan tiep theo.
2.2 B các so nguyên to cùng nhau tfing đôi m t
Cho so thực dương H và so nguyên dương k. Giả sả A là m®t t p con
của t p tích Đe Các {1, . . . , k}2
. M®t câu hỏi tự nhiên được đ t ra là có bao
nhiêu k-b® (a1, . . . , ak) sao cho các ai không vượt quá H và gcd(ai, aj) = 1
với moi (i, j) ∈ A. Mục tiêu của phan này là đưa ra m®t công thác gan đúng
đe tính so các b® như the dựa trên ket quả của bài báo [1].

27
Định nghĩa 2.2.1. Cho A là m®t t p con của t p {1, . . . , k}2
. Ta nói b®
(a1, . . . , ak) ∈ Zk
nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t trên A neu gcd(ai, aj) = 1
với moi (i, j) ∈ A.
B® (a1, . . . , ak) ∈ Zk
được goi là nguyên to cùng nhau tùng đôi m®t neu
gcd(ai, aj) = 1 với moi 1 ≤ i < j ≤ k.
Ví dn 2.2.2. Cho các so nguyên a1 = 2, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 6 và t p
A = {1, 2, 3}2
. Khi đó b® (a1, a2, a3, a4) không là b® nguyên to cùng nhau
tàng đôi m®t nhưng là b® nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t trên A.
Kĩ thu t chính được sả dụng ở đây đe đưa ra công thác tính gan đúng
so b® nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t trên m®t t p cho trước như trong
Định nghĩa 2.2.1 là lý thuyet đo thị. Vì the tà đây trở đi, so phan tả của moi
b® sě được kí hi u là v (tương áng với so đỉnh của m®t đo thị) thay vì k như
trong các phan trước. Năm 2014, J. Hu cũng đã ước tính so v-b® (a1, . . . av)
với 1 ≤ a1, . . . , av ≤ H mà thỏa mãn đieu ki n nguyên to cùng nhau tàng
đôi m®t trên m®t t p cho trước (xem Pairwise relative primality of positive
integers, Preprint, available at arXiv:1406.3113 [math.NT]). Với cách tiep c n
theo quy nạp, ông đã đưa ra m®t công thác gan đúng với ch n trên cho sai
so là O(Hv−1
logv−1
H). Trong tiet này chúng ta sě xây dựng công thác gan
đúng mà có sai so tot hơn của J. Hu. Trước het chúng ta nhac lại khái ni m
đo thị và trình bày cách sả dụng ngôn ngǎ đo thị thay the cho tính chat
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t trên m®t t p cho trước.
Định nghĩa 2.2.3. M®t đo th vô hướng G là m®t c p có thá tự G = (V, E),
trong đó V là m®t t p, còn E là t p với các phan tả là các đa t p lực lượng
2 trên V .
Các phan tả của V cũng được goi là các đính, còn các phan tả của E
được goi là các cạnh của đo thị vô hướng G. Neu e = {r, s} là m®t cạnh của
G thì r và s được goi là các đỉnh đau mút của cạnh e hay các đính liên thu®c
với e.

28
a
G
}
.N (v). neu {v, v} ∈ E
Giả sả G = (V, E) là m®t đo thị vô hướng và v ∈ V. Kí hi u
NG(V ) = {x ∈ V | x v và x, v ∈ E}.
B¾c của đính v ∈ V trong đo thị G, kí hi u là degG(v), xác định bởi
deg (v) =
.NG(v). neu {v, v} ∈
/ E
Khi đó ∆(G) = max degG(v) được goi là b¾c lớn nhat trong các đỉnh của G.
v∈V
Ví dn 2.2.4. Cho G = (V, E) với V = {a, b, c, d} và E = {{a, a}, {a, b},
{b, d}, {b, c}, {c, d}}. Khi đó G là m®t đo thị vô hướng và được bieu dien bang
hình sau.
d b
c
Kj hi u 2.2.5. Trong suot tiet này ta sě sả dụng các kí hi u sau đây.
Cho G = (V, E) là m®t đo thị gom v đỉnh và e cạnh. T p hợp các đỉnh
V của G được cho bởi V = {1, . . . , v}, t p hợp các cạnh của G được kí hi u
là E, là t p con của t p gom các c p gom hai phan tả trong V
E ⊆ {1, 2} , {1, 3} , . . . , {r, s} , . . . , {v − 1, v} .
đây, chúng ta sě tính cả nhǎng đỉnh cô l p. Như v y, moi cạnh của G có
dạng {r, s} với r =
/ s và {r, s} = {s, r} hay nói cách khác G là m®t đo thị v
ô
hướng. Với moi so thực H > 0, t p tat cả các b® thỏa mãn đieu ki n nguyên
to cùng nhau tàng đôi m®t trên E là
G(H) :=
,
(a1, . . . , av) ∈ Nv : ar ≤ H, gcd(ar, as) = 1 neu {r, s} ∈ E
,
.
Kí hi u g(H) = |G(H)| và d là b c lớn nhat của các đỉnh của G. Đ t
QG(z) = 1 + B2z2
+ . . . + Bvzv
, Q+
(z) := 1 + z2
+ . . . + zv
G
G

29
G
Σ
G
Σ
a
là các đa thúc liên ket với đo thị G, xác định bởi
QG(z) :=
Σ
(−1)|F|zv(F)
, Q+
(z) =
Σ
zv(F)
, (2.19)
F⊆E F⊆E
trong đó v(F) là so đỉnh không bị cô l p của đo thị F.
Tiep theo, chúng ta sě liên ket moi đo thị với m®t so hàm nhân.
Định nghĩa 2.2.6. (i) Cho đo thị G = (V, E). Hàm E → N, a ›→ na cho bởi
moi cạnh a tương áng với so tự nhiên na được goi là hàm đánh so cạnh của
G.
(ii) Giả sả E → N cho bởi a ›→ na là m®t hàm đánh so cạnh của G. Hàm
V → N, r ›→ Nr cho bởi Nr = lcm(nb1 , . . . , nbu ), với Er = {b1, . . . , bu} ⊆ E là
t p các cạnh qua đỉnh r, được goi là hàm đánh so đính của G tương áng với
hàm đánh so cạnh đã cho. De thay neu đỉnh r là cô l p thì Er = ∅ và Nr = 1.
Với các kí hi u này ta đ t
fG(m) :=
N1N2...Nv=m
và
µ(n1) . . . µ(ne) (2.20)
f+
(m) :=
Σ
|µ(n1) . . . µ(ne)|. (2.21)
N1,N2...Nv=m
Bo đe 2.2.7. Cho h : N → C là m®t hàm nhân. Với mői đo th G, hàm
gh,G(m) =
N1,N2...Nv=m
h(n1) . . . h(ne)
là m®t hàm nhân.
Chúng minh. Cho m = m1m2 sao cho gcd(m1, m2) = 1. Giả sả với m®t hàm
đánh so cạnh cho trước của G ta có N1, N2 . . . Nv = m. Khi đó, với moi cạnh
a = {r, s} ta có na | Nr và na | Ns. Suy ra n2
| m. Vì the ta có the viet na
thành na = n1,an2,a trong đó n1,a | m1 và n2,a | m2. Rõ ràng gcd(n1,a, n2,a) = 1
do gcd(m1, m2) = 1. Vì the
Nr = lcm(nb1, . . . , nbv ) = lcm(n1,b1 , . . . , n1,bv )lcm(n2,b1 , . . . , n2,bv ),

30
Σ
Σ
Σ Σ
G
G
G
Σ
Σ
h(n1) . . . h(ne) = h(n1,1) . . . h(n1,e) · h(n2,1) . . . h(n2,e).
Vì na = n1,an2,a nên ta có
m1 = N1,1 . . . N1,v, m2 = N2,1 . . . N2,v.
Đieu này dan đen
gh,G(m1m2) = gh,G(m)
=
N1N2...Nv=
m
h(n1) . . . h(ne)
=
N1,1...N1,v·N2,1...N2,v=m1m2
h(n1,1) . . . h(n1,e) · h(n2,1) . . . h(n2,e)
=
N1,1...N1,v =m1
h(n1,1) . . . h(n1,e)
N2,1...N2,v=m2
h(n2,1) . . . h(n2,e)
= gh,G(m1)gh,G(m2).
Rõ ràng khi h lan lượt là µ và |µ| thì gh,G lan lượt là fG và f+
. Bő đe
sau đây cho ta moi liên h giǎa hai hàm f+
(pk
) và Q+
(z).
G G
Bo đe 2.2.8. Cho đo th G và so nguyên to p. Khi đó giá tr của f+
(pk
)
chính bang h so của zk
trong Q+
(z). Theo cách tương tự, giá tr của fG(pk
)
bang h so của zk
trong QG(z).
Chúng minh. Trước het ta cháng minh khȁng định cho fG(pk
). Nhac lại rang
QG(z) = (−1)|F|zv(F)
,
F⊆E
fG(pk
) =
N1...Nv=pk
µ(n1) . . . µ(ne),
trong đó tőng sau chạy trên t p các hàm đánh so cạnh của đo thị G. Trong
tőng thá hai, ta chỉ xét nhǎng hàm đánh so cạnh mà hạng tả tương áng với
nó là khác 0. Đieu này tương đương với các na là các so không chính phương.
Chú ý rang, neu N1 . . . Nv = pk
, thì na đeu là ước của pk
. Suy ra na chỉ có
the bang 1 ho c p. Vì the tőng thá hai chạy trên t p tat cả các hàm đánh so
cạnh sao cho với moi cạnh a ∈ E ta có na ∈ {1, p} và N1 . . . Nv = pk
.

31
Σ
S
. . . .
Bây giờ ta can cháng minh đȁng thác
F⊆E
Σ
,v(F)=k
(−1)|F| =
N1...Nv=pk
µ(n1) . . . µ(ne). (2.22)
Đe cháng minh đȁng thác này, ta xác định với moi F ⊆ E có v(F) = k không
là so chính phương, đ t σ(F ) là cách đánh so cạnh (na) sao cho N1 . . . Nv = pk
,
na ∈ {1, p} và (−1)|F| = µ(n1) . . . µ(ne). Ta sě cháng minh σ là m®t song ánh
giǎa t p các F ⊆ E thỏa mãn v(F) = k và t p hợp các cạnh đánh so cạnh
(na) thỏa mãn N1 . . . Nv = pk
. Tà đó, đȁng thác (2.22) được cháng minh.
Th t v y, giả sả F ⊆ E với v(F ) = k. Chúng ta định nghĩa σ(F ) là cách
đánh so cạnh (na) được xác định bởi
na = p, với moi a ∈ F, na = 1 với a ∈ EF.
Chú ý rang, neu a = 1 thì ω(a) = 0 do đó µ(na) = 1. Neu a = p thì ω(a) = 1,
suy ra µ(na) = −1. Vì the µ(n1) . . . µ(ne) = (−1)|F|. Hơn nǎa, ta có Nr = p
ho c Nr = 1 và Nr = p khi và chỉ khi ton tại cạnh a = {r, s} ∈ F đi qua đỉnh
r. Suy ra N1 . . . Nv = pv(F)
do v(F) là lực lượng của t p hợp {r,s}∈F {r, s} .
Ánh xạ σ là song ánh vì nó có ánh xạ ngược. Th t v y, giả sả (na) là
cách đánh so cạnh mà các n1, . . . , ne đeu không là so không chính phương
sao cho N1 . . . Nv = pk
và na ∈ {1, p}. Đ t F = {a ∈ E : na = p}. Khi đó có
k cạnh a của G thỏa mãn na = p do N1 . . . Nv = pk
. Vì the v(F ) = k và do
đó σ(F) = (na). Rõ ràng F xác định duy nhat thỏa mãn σ(F ) = (na). Do đó
h so của zk
trong QG(z) chính bang fG(pk
).
Với σ(F ) xác định như trên, de thay neu σ(F ) = (na) thì
1 = µ(n1) . . . µ(ne) = (−1)|F| .
Vì the ta cũng có f+
(pk
) chính bang h so của zk
trong Q+
(z).
G G
Sau đây là định lý chính của tiet này.
Định lj 2.2.9. Cho so thực H > 0. Khi đó
g(H) = Hv
ρG + O(Hv−1
logd
H),

32
Y
p
, ,
Y
Y

}
trong đó
ρG = QG
p nguyên to
1
.
Chúng minh. Ta sě cháng minh định lí theo ba bước sau.
• Bư c 1: Cháng minh
g(H) =
• Bư c 2: Cháng minh
n1
Σ
,...,ne
µ(n1) . . . µ(ne)
H
.
N
r=1
∞ ∞ v
g(H) = Hv
Σ
. . .
Σ
µ(n1 ) . . . µ(ne )
1
+ R + O(Hv−1
logd
H),
Nr
trong đó
n1=
1
e
ne=1
∞ ∞
r=1
∞ ∞ v
|R| ≤ Hv−1
Σ Σ
. . .
Σ Σ Σ
. . .
Σ
µ(n1) . . . µ(ne )
1
.
Nr
j=1 n1=1 nj−1=1 nj>H nj+1=1 ne=1 r=1
• Bư c 3: Cháng minh |R| = O(Hv−1
logd
H).
Sau đây ta bat đau cháng minh bước 1. Trước het ta can Bő đe sau ve
lực lượng của t p hợp, mở r®ng thu t toán sàng Eratosthenes.
Bo đe 2.2.10. Cho X là t¾p hũu hạn, và A1, A2, . . . , Ak ⊆ X. Khi đó
k
|X
[
Aj| =
Σ
(−1)|J| |BJ | ,
j=1
trong đó B∅ = X, và với mői ∅ =
J⊆{1,2,...,k}
J ⊆ {1, 2, . . . , k}
BJ = Aj.
j∈J
Ta kí hi u X là t p hợp xác định bởi
X = (a1, . . . , av) ∈ Nv : ar ≤ H, 1 ≤ r ≤ v .
Khi đó t p G(H) liên ket với đo thị G là m®t t p con của t p X. Với moi so
nguyên to p ≤ H và moi cạnh a = {r, s} ∈ G xác định t p con sau đây của
X
Ap,a = (a1, . . . , av) ∈ X : p | ar, p | as
}
.
v
Y
r

33
[
Σ

}
Y
Rõ ràng các b® trong Ap,a đeu không thu®c G(H). Hơn nǎa,
G(H) = X Ap,a,
a∈E
p≤H
trong đó E là t p tat cả các cạnh của đo thị G. Chú ý rang, với moi so nguyên
to p nhỏ hơn ho c bang H và moi cạnh a ∈ E, t p Ap,a là xác định duy nhat.
Kí hi u PH là t p tat cả các so nguyên to nhỏ hơn ho c bang H. Ta có
the viet moi Ap,a dưới dạng Aj trong đó j ∈ PH × E. Áp dụng Bő đe 2.2.10
ta được
g(H) =
J⊆PH ×E
(−1)|J| |BJ | . (2.23)
Tiep theo ta tính các BJ và |J|. Với moi J ⊆ PH × E, giả sả J có dạng
J = (p1, e1), . . . , (pm, em)
}
.
Khi đó m
BJ = Apj,ej .
j=1
Vì the b® (a1, . . . , av) ∈ BJ khi và chỉ khi pj | arj , pj | asj với moi 1 ≤ j ≤ m,
trong đó ej = rj, sj . Chú ý rang, neu pi1 , . . . , piA là các so nguyên to trong
J liên ket với cạnh cho trước a = {r, s}, thì tích pi1 . . . piA cũng phải chia het
các giá trị ar và as liên ket với đỉnh của a. Cho t p Ta ⊆ PH gom các so
nguyên to p sao cho (p, a) ∈ J. Ta đ t
na = p,
p∈Ta
suy ra khi Ta = ∅ ta có na = 1. Vì the (a1, . . . , av) ∈ BJ khi và chỉ khi với
moi cạnh a = {r, s} xuat hi n trong J ta có na | ar và na | as. Theo cách này,
chúng ta có the xác định J bang cách đưa ra m®t so na áng với moi cạnh a.
Chú ý rang na không là so chính phương và tat cả các ước nguyên to của nó
đeu nhỏ hơn ho c bang H. Hơn nǎa, (a1, . . . , av) ∈ BJ khi và chỉ khi na | ar
với moi cạnh a noi đỉnh r với đỉnh khác.
Với moi đỉnh r, xét tat cả các cạnh a noi đỉnh r với các đỉnh khác, và kí
hi u b®i chung nhỏ nhat của các na tương áng là Nr. Khi đó (a1, . . . , av) ∈ BJ

34
H
, ,
j=1
∞ ∞ , ,
, ,
,
khi v
,
à chỉ khi với Nr | ar. Vì so các b®i của Nr mà không vượt quá H là
nên ta có the bieu dien so phan tả của BJ như sau
r
|BJ | =
H
N
r=1
. (2.24)
Tiep theo chúng ta tính |J|. Vì |J| thực chat là tőng so các thàa so
nguyên to chạy qua tat cả các nj và các nj không là so chính phương, nên
(−1)|J| = (−1)
Σe
ω(nj)
= µ(n1 ) . . . µ(ne ), (2.25)
trong đó tőng được lay trên tat cả nj không chính phương có ước nguyên to
lớn nhat P+
(nj) ≤ H. Thay (2.24) và (2.25) vào (2.23) ta được
g(H) =
n
Σ
1=1
...
n
Σ
e=1
µ(n1) . . . µ(ne)
H
.
N
r=1
Tőng trong đȁng thác trên chạy qua tat cả các b® (n1, . . . , ne) sao cho moi
ni không là so không chính phương và có tat cả các thàa so nguyên to đeu
nhỏ hơn ho c bang H. Tuy nhiên chúng ta có the mở r®ng tőng cho tat cả
(n1, . . . , ne), vì neu có b® (n1, . . . , ne) nào đó không thỏa mãn hai đieu ki n
trên so hạng tương áng bang 0, do đó giá trị g(H) không thay đői. Th m chí
ta có the hạn che phép lay tőng trên na ,
≤ H,
, vì neu ton tại a = {r, s} nào
đó sao cho na > H thì Nr > H và do đó = 0. Vì the
r
g(H) =
1≤
Σ
n1≤H
...
1≤
Σ
ne≤H
µ(n1) . . . µ(ne)
H
,
N
r=1
và bước cháng minh thá nhat đã hoàn thành.
Đe hoàn thành cháng minh bước 2, ta can bieu dien g(H) dưới dạng b®i
của Hv
c®ng thêm với m®t sai so thích hợp. Trước het ta nhac lại tính chat
sau của phan nguyên.
Bo đe 2.2.11. Cho các so thực z1, z2, z3 > 0. Khi đó
[z1♩[z2♩[z3♩ = z1z2z3 − z1z2 {z3} − z1 {z2} [z3♩ − {z1} [z2♩[z3♩,
trong đó {z1} , {z2} , {z3} kí hi u phan lé của z1, z2, z3.
N
N
v
v
H
v
r
r
r

35
Σ Σ Y
Y Σ
Σ
k e
Nk−1 Nk Nk+1 Nv
k
1≤ne≤H
e
Nk−1 Nk+1
m p p2 pv
Σ
P+(m)≤H p≤H
Áp dụng Bő đe 2.2.11 cho v thàa so ta được
v
g(H) =
1≤n1≤H
. . .
1≤ne≤H
µ(n1) . . . µ(ne
H
)
N
r=1
—
Σ
...
Σ
µ(n1) . . . µ(ne)
H Y
v ,
H
,
1≤n1≤H 1≤ne≤H 1 r=2 r
—
Σ
...
H
µ(n1) . . . µ(ne)
N
H Y
v ,
H
,
. . .
1≤n1≤H 1≤ne≤H
1 2 r=3 r
—
Σ
. . .
Σ
µ(n H
) . . . µ(n ) . . .
H H
1
1≤n1≤H 1≤ne≤H
e
N1 Nv−1 Nv
v v
= Hv
Σ
. . .
Σ
µ(n1) . . . µ(ne
)
1
+ R
Nr
k, (2.26)
1≤n1≤H 1≤ne≤H r=1 k=1
trong đó với moi 1 ≤ k ≤ v,
R = −
Σ
. . .
Σ
µ(n
H
) . . . µ(n ) . . .
H H
,
H
,
. . .
,
H
,
.
Lay trị tuy t đoi hai ve với chú ý rang phan nguyên của m®t so không vượt
quá so đó và phan lẻ của so đó nam trong đoạn [0; 1] ta được
|R | ≤
Σ
. . .
Σ
|µ(n
H
) . . . µ(n )|
H H H
. . . . . .
trong đó
≤ Hv−1
P+(m)≤H
CG,k(m)
,
m
CG,k(m) =
m=
Q
1≤
Σ
r≤v,r
k Nr
|µ(n1) . . . µ(ne)|.
L p lu n tương tự như trong Bő đe 2.2.7, ta cháng minh được hàm CG,k(m)
cũng là hàm nhân. Chú ý rang các so CG,k(pα
) = CG,k,α không phụ thu®c vào
p, và CG,k(pα
) = CG,k,α = 0 neu α > v. Vì the ta có
Σ CG,k(m)
≤
Y
1 +
CG,k,1
+
CG,k,2
+ . . .
CG,k,v
= O(logCG,k,1
H),
1≤ne≤H
1≤n1≤H
N
N
N
N
1
N1
1≤n1≤H
1
N1 Nv
r

36
Σ Σ Y 1
G
Q
m=
Y
n |
N .
r
Y
1
trong đó CG,k(m) là so b® (n1, . . . , ne), với nj là so không chính phương thỏa
mãn
1≤r
Y
≤v,r/=k
Nr = m. (2.27)
Kí hi u hk là b c của đỉnh k. De dàng thay rang với moi so nguyên to p, ta
có CG,k,1 = CG,k(p) = hk. Các b® (n1, . . . , ne) đe (2.27) xảy ra đeu có nj = 1,
ngoại trà nl = p, trong đó l là m®t trong các cạnh đi qua đỉnh k. Suy ra so
b® (n1, . . . , ne) là lớn nhat khi k là m®t trong các đỉnh có b c lớn nhat. Vì
v y, neu d là b c lớn nhat của các đỉnh của G thì giá trị lớn nhat của CG,k(p)
là d. Do đó,
|Rk| = O(Hv−1
logd
H). (2.28)
Thay (2.28) vào (2.26) ta thu được
g(H) = Hv
1≤n1≤H
. . .
1≤ne≤H
µ(n1) . . . µ(ne
v
) + O(Hv−1
logd
H).
r=1
Nr
(2.29)
Đe ket thúc cháng minh bước 2 ta can Bő đe sau.
Bo đe 2.2.12. Ta có
v
lim
Σ
. . .
Σ
|µ(n1) . . . µ(ne)|
Y
< ∞.
1
H→∞
1≤n ≤H
Chúng minh. Xét hàm
1≤ne≤H r=1
Nr
f+
(m) =
Σ
|µ(n1) . . . µ(ne)|.
r=1 Nr
Theo Bő đe 2.2.7 ta có f+
(m) là hàm nhân. De thay f+
(1) = 1. Hơn nǎa,
G G
moi cạnh đeu noi hai đỉnh r và s, do đó nj | Nr và nj | Ns. Đieu này có nghĩa
là v
2
j
Suy ra
r=1
v
Nr /= p,
r=1
v

37
Y
G
G
G
∞
G G
!
f (p )
Σ
Nr m
Y
với moi so nguyên to p và do đó f +
(p) = 0. Ta cũng lưu ý rang b® (n1, . . . , ne)
chỉ tính trong f +
(m) neu |µ(n1) . . . µ(ne)| = 1. Do đó moi nj là so không chính
phương. Vì the moi thàa so trong tích
v
Nr (2.30)
r=1
cháa nhieu nhat m®t thàa so nguyên to p. Suy ra lũy thàa lớn nhat của p
trong (2.30) cùng lam là pv
. Do đó f+
(pα
) = 0 với α > v. Chú ý rang f+
(pα
)
G G
bang h so của xα
trong Q+
(z). Vì v y, theo Bő đe 2.2.8, f+
(pα
) chỉ phụ
G G
thu®c vào α mà không phụ thu®c vào p. Vì the, sả dụng tính chat f+
(m) là
hàm nhân suy ra
m
Σ
=1
f+
(m)
m
=
p nguyên to
f+
(p2
)
1 +
p2
+ v
+ . . . + G
pv
< ∞. (2.31)
Chú ý rang dãy
Σ
...
Σ
|µ(n1) . . . µ(ne)|
Y
1
∞
1≤n1≤H 1≤ne≤H r=1
Nr
H=1
là m®t dãy tăng và dãy này là dãy bị ch n vì
v ∞ +
Σ
. . .
Σ
|µ(n ) . . . µ(n )|
Y 1
≤
Σ fG (m)
với moi H ∈ N. Vì the, theo định lí h®i tụ đơn đi u, giới hạn
v
lim
Σ
. . .
Σ
|µ(n1) . . . µ(ne )|
Y 1 (2.32)
H→∞
1≤n ≤H
là hǎu hạn và bị ch n bởi
1≤ne≤H
∞ +
r=1
Nr
fG (m)
.
m
m=1
Bây giờ ta tiep tục cháng minh bước 2. Đ t
v
ρG := lim
Σ
. . .
Σ
µ(n1) . . . µ(ne )
Y 1
H→∞
1≤n ≤H 1≤ne≤H r=1
Nr
1
1
m=1
r=1
1≤n1≤H
v
1≤ne≤H
1 e

38
ρ
G
Y
Y
|
Σ Σ
∞
!
Y
p
Y
|
∞ ∞ ∞ Y 1
|
N
Theo Bő đe 2.2.12, ta có ρG là chuoi h®i tụ tuy t đoi. Thay vào (2.29) ta
được
g(H) = Hv
+ R + O(Hv−1
logd
H), (2.33)
trong đó ∞ ∞ v
ρG =
Σ
. . .
Σ
µ(n1 ) . . . µ(ne )
1
,
Nr
n1=1
và
e ∞ ∞
ne=1
∞
r=1
∞ v
|R| ≤ Hv−1
Σ Σ
. . .
Σ Σ Σ
. . .
Σ
|µ(n1 ) . . . µ(ne )
1
.
Nr
j=1 n1=1 nj−1=1 nj>H nj+1=1
Hơn nǎa, ta có
∞
ne=1
∞
r=1
ρ =
1
G
m
m=1 N1.
Σ
..Nv=m
µ(n1) . . . µ(ne ) =
fG(m)
.
m
m=1
Chú ý rang fG(m) là hàm nhân theo Bő đe 2.2.7. Vì the l p lu n tương tự
Bő đe 2.2.12, ta được fG(1) = 1, fG(p) = 0 và fG(pα
) = 0, với moi α > v. Do
đó
ρG =
m
Σ
=1
fG(m)
=
m p ng
Y
uyên to
fG(p2
)
1 +
p2
+ . . . +
fG(pv
)
pv
.
Áp dụng Bő đe 2.2.8, suy ra
ρG = QG
p nguyên to
1
. (2.34)
Thay (2.34) vào (2.33), ta còn phải cháng minh bước 3: |R| = O(Hv−1
logd
H).
Th t v y, ta có
e ∞ ∞ ∞ ∞ v
|R| ≤ Hv−1
Σ Σ
. . .
Σ Σ Σ
. . .
Σ
|µ(n1 ) . . . µ(ne )
1
.
Nr
j=1 n1=1 nj−1=1 nj>H nj+1=1 ne=1 r=1
Tat cả các so hạng trong tőng chạy trên j có vai trò tương tự nhau, nên không
mat tính tőng quát ta giả sả tőng đau tiên là lớn nhat. Khi đó ta có
|R| ≤ C1 Hv−1
Σ Σ Σ
. . .
Σ
|µ(n1
v
) . . . µ(ne) ,
r
n1>H n2=1 nj+1=1 ne=1 r=1

39
Y
|
β
1
β
l
t
1
t
m
u s
2
1 lcm(n′
, . . . , n′
)lcm(n
′
1
, . . . , n
′
l
lcm(dt1, . . . , dtm )lcm(n
′
, . . . , n
′
Y
Y
n1>
H
d2|n
1
de|n1 n′
2=1 n′
e=
1
α
1
α
k
β β
trong đó C1 là hàm của e và không là hàm của H. Vì the ta chỉ can cháng
minh ∞ ∞ v
R1 :=
Σ Σ
. . .
Σ
|µ(n1 ) . . . µ(ne
)
1
= O(logd
H). (2.35)
Nr
n1>H n2=1 ne=1 r=1
Ta xem cạnh e1 = {u, s} là khác với các cạnh còn lại. Với b® (n1, . . . , ne) các
so không chính phương cho trước, ta được hai so nguyên
Nu = lcm(n1, nα1 , . . . nαk ), Ns = lcm(n1, nβ1, . . . nβk ).
Chú ý rang, cũng có the xảy ra Nu = lcm(n1) ho c Ns = lcm(n1).
Với moi cạnh ej trong đó 2 ≤ j ≤ e, đ t dj = gcd(n1, nj). Vì nj là so
không chính phương nên ta có
nj = djn
′
, dj | n1, gcd(n1, n
′
).
j j
Vì the
Nu = lcm(n1, dα n
′
, . . . , dα n
′
) = n1lcm(n
′
, . . . , n
′
)
1 α1
và
k αk α1 αk
Ns = n1lcm(n
′
, . . . , n
′
).
Với bat kì đỉnh t sao cho t /= u và t /= s, ta có
Nt = lcm(nt1, . . . , ntm )
= lcm(dt n
′
, . . . , dt n
′
)
1 t1 m tm
= lcm(dt1, . . . , dtm )lcm(n
′
, . . . , n
′
).
trong đó m thay đői theo t. Thay các Nu, Ns và Nt vào trong (2.35) ta được
∞ ∞
R1 =
Σ Σ
. . .
Σ
|µ(n1 ) . . . µ(ne
1 1 1
)|
N N N
n1>H n2=1 ne=1 1≤t≤v
t u,t/=s
∞ ∞
=
Σ |µ(n1)| Σ
. . .
Σ Σ
. . .
Σ |µ(n2) . . . µ(ne)|
1
×
t u,t s
t
m
t
1
1≤t≤v
n )
)
t

40
n
∞ ∞
2 e
t
1
t
m
n
∞ ∞
α
1
α
k
β
n
n2
1 2
1
1 2
1 lcm(dt1, . . . , dt )
2 e
...
, . . . , n
′
l
1 2
1 lcm(dt1, . . . , dt )
α
1
α
k
β β
β )
Suy ra
R =
Σ |µ(n1)| Σ
. . .
Σ Y 1
t u,t s
Σ Σ |µ(d2n
′
) . . . µ(den
′
)|
× n′
2=1 ...
n′
e=
1
lcm(n′
, . . . , n′
)lcm(n
′
1
, . . . , n
′
)
l
×
Y 1
!
.
Suy ra
1≤t≤v
t u, t/=s
lcm(n
′
, . . . , n
′
)
R ≤
Σ |µ(n1)| Σ
. . .
Σ
|µ(d ). . . µ(d )|
Y 1
t=
/
Σ Σ |µ(d2n
′
) . . . µ(den
′
)|
u,t s
×
Y 1
!
.
Bieu thác
∞
1≤t≤v
t/=u, t
/
=
s
∞
lcm(n
′
, . . . , n
′
)
′ ′
Σ
. . .
Σ
|µ(d2n2) . . . µ(dene)| Y 1
n′
2=1 n′
e=1 lcm(n′
, . . . , n′
)lcm(n
′
1
, . . . , n
′
)
l
1≤t≤v
t/=u,
t
=
/
lcm(n
′
s
, . . . , n
′
)
là hǎu hạn theo Bő đe 2.2.12 (tuy nhiên ở đây ta xét đo thị G không có cạnh
{u, s})
Vì the, ton tại hang so C2 sao cho
R ≤ C
Σ |µ(n1)| Σ
. . .
Σ
|µ(d ). . . µ(d )|
Y 1
= C2
n
Σ
1>H
|µ(n1)|
f
1
G,e(n1),
t u,t s
(2.36)
trong đó hàm so hoc fG,e được xác định như sau,
f (n) =
Σ
. . .
Σ
|µ(d ). . . µ(d )|
Y 1
.
G,e
d2|n
1
1
de|n1
e
1≤t≤v
t u, t=
/
lcm(dt1, . . . , dtm )
s
m
1≤t≤v
de|n
1
d2|n
1
n1>
H
t
m
t
1
β
β
α
k
α
1
t
m
t
1
)lcm(n
′
1
, . . . , n′
lcm(n′
n′
e=
1
n′
2=1
m
1≤t≤v
de|n
1
d2|n
1
)
m
lcm(dt1, . . . , dt
1≤t≤v
de|n
1
d2|n
1
n1>
H
n1>
H
1 e
×
2 2 e

41
}
p
Y
Chú ý rang ton tại nhân tả lcm(dt1, . . . , dtm ) với moi đỉnh khác u ho c s và
hàm fG,e là hàm nhân. Vì the ta có fG,e(pk
) = fG,e(p) với moi lũy thàa k của
p thỏa mãn k ≥ 2, do trong định nghĩa của fG,e(pk
), chỉ có các ước 1 và p
của pk
làm cho các so hạng bang không. Suy ra khi n = p ta có
f (p) = 1 +
A1
+ . . . +
Av−2
,
G,e
trong đó Ai là so cách mà
p pv−2
1≤
Y
t≤v
t u, t=
/
|µ(d2) . . . µ(de)|lcm(dt1, . . . , dtm
s
) = pi
,
với moi ước trong tích dh | n = p chỉ có the bang 1 ho c p. Bat đȁng thác
Ai ≤ 2e−1
không phụ thu®c vào p, và do đó phải có m®t so w không phụ
thu®c p sao cho
fG,e(pk
) = fG,e(p) ≤
1 ω
1 + .
p
Vì fG,e là hàm nhân nên với so không chính phương bat kì n, ta có
fG,e(n) ≤
1 ω
1 +
p
p|n
σ(n)
ω
, |µ(n)| = 1. (2.37)
Thay (2.37) vào (2.36) ta thu được
Σ |µ(n)| σ(n)
ω Σ 1 σ(n)
ω
Ta có σ(n) = O(n log log n). Do đó
(log log H)ω
Ket hợp (2.38) với (2.35) ta có đieu phải cháng minh.
Ví dn 2.2.13. Đe tính tỉ l gan đúng b® 4 so nguyên dương tùy ý (a1, a2, a3, a4)
thỏa mãn
gcd(a1, a2) = gcd(a2, a3) = gcd(a3, a4) = gcd(a4, a1) = 1, (2.39)
xét đo thị G(V, E) cho bởi V = {1, 2, 3, 4} , E = {1, 2} , {2, 3} , {3, 4} , {4, 1} .
Áp dụng Định lý 2.2.9, tỉ l này bang
ρG =
Y
QG
1
, trong đó QG
1
=
Σ
(−1)|F|
1 v(F)
p nguyên to F ⊆E
p
p
H
n
n>H
n
n2
n>H
n
R1 ≤ C2 ≤ C2
n2 .
R1 = O . (2.38)
=
,

42
Y
− −
G
và v(F ) là so các đỉnh không bị cô l p của F.
Các hạng tả của QG(z) được tính trong bảng 2.1 bang cách li t kê các
t p con F ⊆ E đe tính toán.
Bảng 2.1: Các t p con của E và phép tính toán đa thfíc QG(z)
F ⊆ E |F| v(F ) (−1)|F |zv(F )
∅ 0 0 1
{{1, 2}}, {{2, 3}}, {{3, 4}}, {{4, 1}} 1 2 −4z2
{{1, 2}, {2, 3}}; {{2, 3}, {3, 4}};
{{3, 4}, {4, 1}}; {{4, 1}, {1, 2}}
2 3 4z3
{{1, 2}, {3, 4}}; {{2, 3}, {4, 1}}, 2 4 2z4
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}};
{{2, 3}, {3, 4}, {4, 1}};
{{3, 4}, {4, 1}, {1, 2}};
3 4 −4z4
{{4, 1}, {1, 2}, {2, 3}}
E 4 4 z4
QG(z) = 1 − 4z2
+ 4z3
− z4
Suy ra
ρG =
p nguyên to
1
4
p2
4
+
p3
1
= 0.217778 . . . .
p4
Hai bảng ở trang sau trình bày quá trình tính toán fG(p4
) và f+
(p4
).

43
G
Bảng 2.2: Cách tính fG(p4
)
F ⊆ E (n1, . . . , n4) (N1, . . . , N4) µ(n1) . . . µ(n4)
{{1, 2}, {2, 3}} (p, 1, p, 1) (p, p, p, p) 1
{{2, 3}, {4, 1}} (1, p, 1, p) (p, p, p, p) 1
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}} (p, p, 1, p) (p, p, p, p) −1
{{2, 3}, {3, 4}, {4, 1}} (1, p, p, p) (p, p, p, p) −1
{{1, 2}, {3, 4}, {4, 1}} (p, 1, p, p) (p, p, p, p) −1
{{1, 2}, {2, 3}, {4, 1}} (p, p, 1, p) (p, p, p, p) −1
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 1}} (p, p, p, p) (p, p, p, p) 1
fG(p4
) = −1
Bảng 2.3: Cách tính f+
(p4
)
F ⊆ E (n1, . . . , n4) (N1, . . . , N4) |µ(n1) . . . µ(n4)|
{{1, 2}, {2, 3}} (p, 1, p, 1) (p, p, p, p) 1
{{2, 3}, {4, 1}} (1, p, 1, p) (p, p, p, p) 1
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}} (p, p, 1, p) (p, p, p, p) 1
{{2, 3}, {3, 4}, {4, 1}} (1, p, p, p) (p, p, p, p) 1
{{1, 2}, {3, 4}, {4, 1}} (p, 1, p, p) (p, p, p, p) 1
{{1, 2}, {2, 3}, {4, 1}} (p, p, 1, p) (p, p, p, p) 1
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 1}} (p, p, p, p) (p, p, p, p) 1
f+
(p4
) = 7
G

44
Ket lu n
Lu n văn đã trình bày m®t so van đe xoay quanh tính chat nguyên to
cùng nhau tàng đôi m®t. Trước het, lu n văn đưa ra m®t so bài toán sơ cap
ve các so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Tiep theo lu n văn cháng minh
khȁng định cho giả thuyet của Erdös khi k ≤ 4 ve so phan tả lớn nhat của
dãy các so nguyên dương không vượt quá n đe tà đó không trích ra được
k + 1 so nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t. Cuoi cùng, lu n văn trình bày
ve các công thác gan đúng đe ước lượng so b® ba các so nguyên dương không
nguyên to cùng nhau tàng đôi m®t và so b® v so nguyên dương nguyên to
cùng nhau tàng đôi m®t trên m®t t p cho trước.

45
Tài li u tham khảo
Tieng Anh
[1] J. Arias de Reyna and R. Heyman (2014), Counting tuples with copri-
mality conditions, J. Integer Seq., 18, 15.10.4.
[2] U. Balakrishnan and Y. F. S. Pétermann (1996), The Dirichlet series of
ζ(s)ζα
(s + 1)f (s + 1): On an error term associated with its coefficients
Acta Arith., 75, 39-69.
[3] Y-G. Chen, X-F. Zhou, (2013) On sequences containing at most 4 pair-
wise coprime integers, Discrete Mathematics, 313, 357-365.
[4] S. G. Choi, (1973) On sequences containing at most 3 pairwise coprime
integers, Transactions of the American Mathematical Society, 183, 437-
440.
[5] S. D. Chowla (1929-1930), An order result involving the Euler ϕ- func-
tion, J. Ind. Math. Soc. Old Ser. 18, 138-141.
[6] C. Ding, D. Pei and A. Salomaa (1996), The Chinese remainder theorem,
World Scientific.
[7] P. Erdös (1965), Extremal problems in number theory, Proc. Sympos.
Pure Math., Vol. 8, Amer. Math. Soc, Providence, R. I., 181-189.
[8] R. Heyman (2014), Pairwise non-coprimality of triples, Preprint, avail-
able at arXiv, pp. 1309-5578 [math.NT].
[9] R. Heyman (2016), Topics in divisibility: pairwise coprimality, the GCD
of shifted sets and polynomial irreducibility, Bull. Aust. Math. Society,
94, 167-168.

46
[10] R. Heyman and I. E. Shparlinski (2013), On the number of Eisenstein
polynomials of bounded height Appl. Algebra Engrg. Comm. Comput.,
24, 149-156.
[11] V. J. Katz (2003), A history of mathematics (brief edition),
Pearson/Addition-Wesley.
[12] J. Y. Liu (1997) On an error term of Chowla, I, J. Number Theory, 64,
20-35.
[13] G. Maze, J. Rosenthal and U. Wagner(2011), Natural density of rectan-
gular unimodular integer matrices, In. Linear Algebra Appl., 434, 1319-
1324.
[14] P. Moree (2015), Counting carefree couples, Preprint, available at arXiv,
pp. 0510003[math.NT].
[15] J. E. Nymanm (1972), On the probability that k positive intergers are
relatively prime, J. Number Theory, 4, 469-473.
[16] G. Tenenbaum(1995), Introduction to analytic and probabilistic number
theory, Cambridge University Press

Về Tính Chất Đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Về Tính Chất Đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau.docx

Similar to Về Tính Chất Đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)

Về Tính Chất Đôi Một Nguyên Tố Cùng Nhau.docx