ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i Mục lục Mở đầu 1 Số nguyên tố 1.1 Định nghĩa tính chất 1.2 Một số định lý quan trọng số học 3 Sự phân bố số nguyên tố 2.1 Một vài ký hiệu 2.2 Hàm logarit 2.3 Ước giá đơn giản π(x) 2.4 Hàm Chebyshev 2.5 Định lý Mertens 2.6 Định lý số nguyên tố chứng minh 10 11 11 15 25 32 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Vành số nguyên Z vành mà +1 −1 phần tử khả nghịch Ta biết số nguyên khác khác ±1 phân tích cách thành tích phần tử bất khả quy Z Một số nguyên dương bất khả quy gọi số nguyên tố Vì số tự nhiên lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố Vấn đề số nguyên tố vấn đề trọng tâm lý thuyết số Một câu hỏi đương nhiên đặt "có số nguyên tố tập hợp số tự nhiên?" Nếu có số hữu hạn số nguyên tố vấn đề số nguyên tố trở nên đơn giản, vấn đề khác số học trở thành đơn giản Song, từ thời Euclid người ta biết tập số nguyên tố vô hạn Từ loạt câu hỏi đặt Bài toán mật độ số nguyên tố dãy số tự nhiên, tốn tìm biểu thức lấy giá trị số nguyên tố với giá trị tự nhiên biến, tốn tìm số ngun tố thứ n, Một vấn đề lớn lý thuyết số nguyên tố nghiên cứu hàm π(x), biểu thị số số nguyên tố không vượt x, với x số thực dương Người ta không hi vọng xác định dễ dàng π(x) theo x Đầu tiên π(x) A M Legendre chứng minh lim = 0, nghĩa hầu x→∞ x khắp số tự nhiên hợp số Tiếp theo, người ta tìm hàm số sơ cấp f (x) tương đương với π(x) P L Chebyshev chứng minh π(x) giới hạn lim tồn giới hạn 1, x→∞ x/lnx nhiên ông không chứng minh tồn giới hạn Sau ơng Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn x lnx ψ(x) ∼ x"Năm 1896, định lý số nguyên tố chứng minh Hadamard Dela Vallee Poussin cách sử dụng phương pháp giải tích phức Năm 1949, Selberg chứng minh định lý số nguyên tố phương pháp sơ cấp, không sử dụng giải tích phức Với mục đích nghiên cứu phân bố số nguyên tố tập số tự nhiên chọn đề tài Nội dung luận văn gồm chương: Chương 1: Số nguyên tố Trình bày định nghĩa số nguyên tố, tính chất số nguyên tố số định lý quan trọng số học Chương 2: Sự phân bố số nguyên tố Nêu khái niệm hàm π(x), trình bày ước giá đơn giản hàm π(x) chứng minh định lý số nguyên tố Trong trình thực luận văn em nhận hướng dẫn, giúp đỡ tận tình PGS TS Nơng Quốc Chinh, nhận ý kiến q báu thầy khoa Tốn - tin tập thể bạn học viên lớp cao học K2 trường Đại học Khoa Học Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Nông Quốc Chinh, em xin chân thành cảm ơn thầy cô bạn Em xin chân thành cảm ơn trường THPT Lê Hồng Phong gia đình giúp đỡ, động viên em hồn thành khố học Đến luận văn hoàn thành Tuy nhiên với khoảng thời gian không nhiều, lực thân có hạn nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp thầy tồn thể bạn đọc định nghĩa hai hàm ϑ(x), ψ(x) chứng minh định lý "π(x) ∼ Thái Nguyên, ngày 20 tháng 08 năm 2010 Nguyễn Thị Yến Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Số nguyên tố 1.1 Định nghĩa tính chất Định nghĩa 1.1 Số nguyên p gọi số nguyên tố p > p có ước Số ngun p > khơng số ngun tố hợp số Tập số nguyên tố thường kí hiệu P Tính chất 1.1 Ước tự nhiên khác nhỏ số tự nhiên số nguyên tố Chứng minh Cho số a ∈ N , cho d ước nhỏ a, d = Nếu d khơng ngun tố d = d1 d2 , < d1 , d2 < d Suy d1 ước thực d Vì d1 ước a, d1 < d Điều mâu thuẫn với nhỏ d Tính chất 1.2 Cho p nguyên tố, a ∈ N , a = Khi đó: (a, p) = p ⇔ p|a (a, p) = ⇔ p a Tính chất 1.3 Nếu tích nhiều số chia hết cho số ngun tố p có thừa số chia hết cho p Tính chất 1.4 số nguyên tố nhỏ số nguyên tố chẵn Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tính chất 1.5 Nếu n hợp số n có ước nguyên tố √ không vượt n Chứng minh Giả sử n hợp số, n = a.b, a, b ∈ Z, < a ≤ b < n Ta có √ √ √ a ≤ n b ≤ n Giả sử a ≤ n, a có ước ngun tố, giả √ sử p, nên p ước n, p ≤ n √ Vậy n có ước nguyên tố không vượt n Hệ 1.1 Nếu số tự nhiên a > khơng có ước ngun tố √ nửa khoảng (1, a] a số nguyên tố 1.2 Một số định lý quan trọng số học Định lí 1.1 Mọi số nguyên dương a > phân tích thành tích thừa số ngun tố, phân tích không kể đến thứ tự thừa số Chứng minh * Tính phân tích được: Giả sử a số nguyên thoả mãn a > 1, a phải có ước ngun tố, chẳng hạn p1 Vậy ta có a = p1 a1 , ≤ a1 < a Nếu a1 = ta có a = p1 phân tích a thành thừa số ngun tố Nếu a1 > a1 phải có ước nguyên tố p2 , ta có a1 = p2 a2 , a = p1 p2 a2 , với ≤ a2 < a1 Nếu a2 = a = p1 p2 dạng phân tích a thành thừa số ngun tố, cịn a2 > ta lập lại lý luận số nguyên tố p3 , Quá trình phải kết thúc sau số hữu hạn lần ta có a > a1 > a2 > , nên tồn n ∈ N thoả mãn an = 1, ta a = p1 p2 .pn Trong phân tích xảy trường hợp tích có nhiều thừa số ngun tố lặp lại, gọi p1 , p2 , ., pk thừa số nguyên tố đôi khác a, với bội tương ứng α1 , α2 , .αk , Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (αi > 0, i = 1, , k), ta a = pα1 pα2 pαk k , gọi dạng phân tích tiêu chuẩn a * Tính nhất: Ta giả sử a có hai dạng phân tích tiêu chuẩn: a = pα1 pα2 pαk k = q1β1 q2β2 qlβl Khi đó: pi | q1β1 q2β2 qlβl , ∀i = 1, , k Vì qj (j = 1, , l) đôi khác nên pi trùng với qj tương tự qj trùng với pi Vì k = l hai dạng phân tích tiêu chuẩn xếp thừa số nguyên tố theo thứ tự tăng dần pi = qi , ∀i Nếu αi > βi ta chia hai phân tích cho pβi i , ta được: i−1 i+1 pα1 pα2 piαi −βi pαk k = pβ1 pβ2 pi−1 pi+1 pβk k β β Khi vế trái đẳng thức chia hết cho pi vế phải không chia hết cho pi Điều mâu thuẫn Tương tự, βi > αi ta dễ dàng suy mâu thuẫn Vì αi = βi , ∀i Định lí 1.2 (Định lý thứ Euclid) Nếu p nguyên tố, p|ab p|a p|b Chứng minh Giả sử p số nguyên tố p|ab Nếu p a (a, p) = 1, ∃x, y : xa + yp = hay xab + ypb = b Mà p|ab p|pb nên suy p|b Hệ 1.2 Nếu p|abc l p|a p|b p|l Định lí 1.3 (Định lý thứ hai Euclid) Số số nguyên tố vô hạn Chứng minh * Cách (Chứng minh Euclid): Giả sử 2, 3, 5, ., p dãy số nguyên tố không vượt p Đặt q = 2.3.5 p + 1, q khơng Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn chia hết cho số dãy 2, 3, 5, , p Từ suy q nguyên tố q phân tích thành tích thừa số ngun tố, khơng có thừa số 2, 3, 5, , p nên phải có ước nguyên tố nằm khoảng(p, q) hay q chia hết cho số nguyên tố nằm khoảng (p, q) Từ suy ln tồn số nguyên tố lớn p Định lý chứng minh * Cách 2: Xét số Qn = n! + 1, n ≥ Khi Qn có ước nguyên tố, kí hiệu qn Nếu qn ≤ n qn |n! qn |(Qn − n!) = Mâu thuẫn Vậy qn > n, tức với số nguyên dương n tồn số nguyên tố lớn n nên tập số nguyên tố vô hạn Định lý chứng minh * Cách (Chứng minh Goldbach): n Số Fn = 22 + gọi số Fermat thứ n Cho trước hai số Fermat Fn Fn+k (k > 0), giả sử m|Fn , m|Fn+k n Đặt x = 22 , ta có: n+k Fn+k − (22 + 1) − = Fn 22n + n+k 22 − = 2n +1 k x2 − = x+1 k k = x2 −1 − x2 −2 + − Vì Fn |(Fn+k − 2) Mặt khác m|Fn nên m|(Fn+k − 2) Từ suy m|2 Do Fn số lẻ nên m = Như ta chứng minh hai số Fermat khơng có ước chung lớn Từ suy số F1 , F2 , , Fn chia hết cho số nguyên tố lẻ p mà p không ước số khác dãy Vậy có n số ngun tố không vượt Fn Do dãy số Fermat vơ hạn nên có vơ hạn số ngun tố Định lí 1.4 Tồn dãy số liên tục hợp số mà độ dài lớn số n cho trước Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Cho trước số n Theo định lý Euclid ta thấy tồn số nguyên tố p > n Xét dãy 2, 3, 5, , p số nguyên tố không vượt p Đặt q = 2.3.5 p q + 2, q + 3, q + 4, ., q + p hợp số Rõ ràng p-1 số hợp số liền thoả mãn p − > n Định lí 1.5 Khơng tồn đa thức f (x) ∈ Z[x] mà tất giá trị điểm x ∈ Z nguyên tố Chứng minh Giả sử f (x) ∈ Z[x], degf (x) ≥ Khi lim f (x) = ±∞ Suy x→+∞ ∃n0 ∈ Z cho |f (n0 )| > Giả sử p ước nguyên tố f (n0 ), xét khai triển f (n0 + pt) = f (n0 ) + p.f1 (n0 , p, t) Suy p|f (n0 + pt) với t tuỳ ý Ta chọn t đủ lớn để |f (n0 + pt)| > p Suy f (n0 + pt) hợp số Định lí 1.6 Cho a số nguyên với dạng phân tích tiêu chuẩn a = pα1 pα2 pαk k Khi số nguyên d ước a có dạng d = pβ1 pβ2 pβk k với ≤ βi ≤ αi , i = 1, , k Chứng minh Giả sử d ước a, tồn số nguyên q cho a = dq Đẳng thức chứng tỏ d > ước nguyên tố d ước nguyên tố a số mũ ước nguyên tố dạng phân tích tiêu chuẩn d khơng lớn số mũ dạng phân tích tiêu chuẩn a Bởi vậy: d = pβ1 pβ2 pβk k , ≤ βi ≤ αi , i = 1, , k Nếu d = ta viết d = pβ1 pβ2 pβk k , βi = 0, ∀i Ngược lại, giả sử a d hai số nguyên thoả mãn điều kiện định lý, αi − βi ≥ 0, i = 1, , k nên q = pα1 −β1 pα2 −β2 pαk k −βk số nguyên a = dq, nghĩa d ước a Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 33 Vậy ta có ϑ(x) π(x) = + lnx x Định lí 2.19 Nếu ϑ(x) ∼ x π(x) ∼ Chứng minh ϑ(x) dt t(lnt)2 x lnx Ta có lnp ≤ π(x)lnx ≤ xlnx ϑ(x) = p≤x Suy π(x) ϑ(x) = + o(1) x/lnx x x Vậy ϑ(x) ∼ x π(x) ∼ lnx Định lí 2.20 ψ(x) = ϑ(x) + O(x1/2 (lnx)2 ) Chứng minh (2.23) Ta có ψ(x) = lnp, pk ≤x ta lại có p2 ≤ x, p3 ≤ x, tương đương với p ≤ x1/2 , p ≤ x1/3 , Vì ta có ϑ(x1/m ) ψ(x) = ϑ(x) + ϑ(x1/2 ) + ϑ(x1/3 ) + = (2.24) pm ≤x lnx Trong tổng có nhiều số hạng khác (Vì x1/m > nên ln2 lnx m< ) Vì ln2 lnx ϑ(x) ≤ ψ(x) ≤ ϑ(x) + ϑ(x1/2 ) ln2 Suy ψ(x) = ϑ(x) + O(x1/2 (lnx)2 ) Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 Định lí 2.21 ψ(x) ∼ x ϑ(x) ∼ x Chứng minh Theo định lý 2.19 ta có ψ(x) ϑ(x) ϑ(x) = + O(x−1/2 (lnx)2 ) = + o(1) x x x Từ ta thấy định lý chứng minh Định lí 2.22 π(x) ∼ x ψ(x) ∼ x lnx Chứng minh Ta biết ψ(x) ≤ π(x)lnx Vì ψ(x) π(x) ≤ x x/lnx (2.25) x Từ (2.25) ta có ψ(x) = O(x) Mặt khác theo định lnx lý 2.19 ψ(x) = ϑ(x) + O(x1/2 (lnx)2 ) = O(x) Từ định lý 2.17 suy π(x) ϑ(x) x = + o(1) Vậy π(x) ∼ ϑ(x) ∼ x theo định x/lnx x lnx lý 2.20 ta có ψ(x) ∼ x Ngược lại, ψ(x) ∼ x ϑ(x) ∼ x suy x π(x) ∼ lnx Giả sử π(x) ∼ Định lí 2.23 1 = lnx + γ + O( ) , n x n≤x γ số Chứng minh Theo bổ đề 2.5 với cn = 1, f (t) = ta C(x) = [x] t [x] = + n x n≤x x [t] dt t2 = lnx + γ + E Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 Trong ∞ (t − [t]) dt số (độc lập với x) t ∞ t − [t] x − [x] E= dt − t2 x x ∞ O(1) 1 = dt + O( ) = O( ) t2 x x x γ =1− Như ta có 1 = lnx + γ + O( ) n x n≤x Định lí 2.24 x lnh ( ) = O(x) n n≤x (h > 0) (2.26) Chứng minh Ta thấy f (t) = lnt hàm tăng t Với n ≥ ta có n x h x ln ( ) ≤ lnh ( )dt n t n−1 Vì [x] x ln ( ) ≤ n n=2 x (do chuỗi Vậy ∞ x ln ( )dt = x t x h h 1 lnh u du < x u2 ∞ lnh u du = Ax u2 lnh u du hội tụ) u2 x lnh ( ) = O(x) (h > 0) n n≤x Định lí 2.25 (Định lý Selberg) Ta có đẳng thức sau: ψ(x)lnx + x Λ(n)ψ( ) = 2xlnx + O(x) n n≤x Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.27) 36 Λ(m)Λ(n) = 2xlnx + O(x) Λ(n)lnn + (2.28) mn≤x n≤x Chứng minh Dễ thấy (2.27) (2.28) tương đương với Ta có x Λ(n)ψ( ) = Λ(m) = Λ(m)Λ(n) Λ(n) n n≤x mn≤x n≤x m≤x/n Theo bổ đề 2.5 với cn = Λ(n), f (t) = lnt ta có: x Λ(n)lnn = ψ(x)lnx − n≤x ψ(t) dt = ψ(x)lnx + O(x) t (2.29) *) Để chứng minh công thức (2.28) ta định nghĩa hàm Mobius µ(n) sau:  1 n = µ(n) = (−1)m n tích m số nguyên tố phân biệt  trường hợp khác Ta thấy µ(d) = n > µ(d) = n = 1, (2.30) d|n d|n Λ(n) = − µ(d)lnd, Λ(d) lnn = d|n d|n Vì h|n n Λ(h)Λ( ) = −Λ(h) µ(d)lnd h n d| h =− µ(d)lnd Λ(h) n d|n h| d n =− µ(d)lnd.ln( ) d d|n µ(d).ln2 d = Λ(n)lnn + d|n Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.31) 37 Hay h|n n Λ(h)Λ( ) = Λ(n)lnn + h Từ (2.30) ta có d|1 µ(d).ln2 d (2.32) d|n x µ(d).ln2 ( ) = ln2 x, d với n > d|n x µ(d).ln2 ( ) = d µ(d)(ln2 d − 2lnxlnd) d|n = 2Λ(n)lnx − Λ(n)lnn + Λ(h)Λ(k) hk=n (theo(2.31), (2.32)) Vì vậy, viết S(x) = n≤x d|n x µ(d)ln2 ( ) d ta có S(x) = ln2 x + 2ψ(x)lnx − Λ(n)lnn + n≤x kh≤x Λ(m)Λ(n) + O(x) (theo (2.29)) Λ(n)lnn + = Λ(h)Λ(k) mn≤x n≤x Để hoàn thành chứng minh (2.28) ta phải S(x) = 2xlnx + O(x) Theo (2.30) ta có S(x) − γ = n≤x d|n = d≤n x µ(d){ln2 ( ) − γ } d x x µ(d)[ ]{ln2 ( ) − γ }, d d bỏ dấu ngoặc vng sai số đưa vào nhỏ x {ln2 ( ) + γ } = O(x) (theo định lý (2.22)) d d≤x Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.33) 38 Vì S(x) = x d≤x µ(d) x {ln ( ) − γ } + O(x) d d (2.34) Bây theo định lý (2.22) ta có d≤x µ(d) x {ln ( ) − γ } = d d d≤x µ(d) x {ln( ) − γ}{ d d k≤x/d d + O( )} (2.35) k x Tổng sai số khác số hạng nhiều d≤x x d {ln( )+γ}O( ) = O( ) d d x x d≤x x ln( )+O(1) = O(1)(Theo định lý (2.23)) d (2.36) Vì d≤x x µ(d) {ln( ) − γ} d d k≤x/d = k = dk≤x µ(d) x {ln( ) − γ} dk d n n≤x d|n x µ(d){ln( ) − γ} d = lnx − γ + Λ(n) n 2≤n≤x = 2lnx + O(1) (theo (2.30), (2.31) định lý (2.12)) Hay d≤x µ(d) x {ln( ) − γ} d d k≤x/d = 2lnx + O(1) k (2.37) Kết hợp (2.34), (2.35),(2.36), (2.37) ta có (2.33) hồn thành chứng minh định lý Định lí 2.26 ∀x ≥ ta ln có ψ(x) ∼ x Chứng minh Theo định lý Selberg ta ln có: ψ(x)lnx + x Λ(n)ψ( ) = 2xlnx + O(x) n n≤x Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Đặt ψ(x) = x + R(x), áp dụng định lý 2.12 ta có: x R(x)lnx + Λ(n)R( ) = O(x) n n≤x (2.38) Ta chứng minh R(x) = o(x) x Nếu thay n m, x vào (2.38) ta được: n x x x x Λ(m)R( R( )ln( ) + ) = O( ) n n mn n m≤x/n Vì x Λ(n)R( )} n n≤x x x − Λ(n){R( )ln( ) + n n n≤x ln(x){R(x)lnx + = O(xlnx) + O(x Λ(m)R( m≤x/n x )} mn Λ(n) ) n n≤x = O(xlnx), nghĩa R(x)ln2 x = − x x Λ(n)R( )lnn + Λ(n)Λ(m)R( ) + O(xlnx) n mn n≤x mn≤x Khi |R(x)|ln2 x ≤ x an |R( )| + O(xlnx), n n≤x (2.39) an = Λ(n)lnn + Λ(h)Λ(k) hk=n an = 2xlnx + O(x) theo (2.28) n≤x Tiếp theo ta chứng minh x an |R( )| = n n≤x x x |R( )|lntdt + O(xlnx) t Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.40) 40 Trước hết ta ý t > t ≥ ||R(t)| − |R(t )|| ≤ |R(t) − R(t )| = |ψ(t) − ψ(t ) − t + t | ≤ ψ(t) − ψ(t ) + t − t = F (t) − F (t ), F (t) = ψ(t) + t = O(t) F (t) hàm tăng t Mặt khác x x x x n{F ( )−F ( )} = F ( )−[x]F ( ) = O(x ) = O(xlnx) n n + n [x] n n≤x n≤x n≤x−1 (2.41) Ta chứng minh (2.40) theo hai bước sau: x n Trước hết, đặt c1 = 0, cn = an − n−1 lntdt, f (n) = |R( )|, áp dụng n bổ đề 2.5 ta có: [x] an − C(x) = lntdt = O(x) n≤x n x x an |R( )| − |R( )| n n n≤x 2≤n≤x = lntdt n−1 x x x C(n){|R( )| − |R( )|} + C(x)R( ) n n+1 [x] n≤x−1 =O x x n{F ( ) − F ( )} n n + n≤x−1 + O(x) = O(xlnx) theo((2.41)) Như ta được: x x |R( )| an |R( )| − n n n≤x 2≤n≤x Tiếp theo ta có: x ||R( )| n n n lntdt = O(xlnx) n−1 n x |R( )|lntdt| t n−1 n x x ≤ ||R( )| − |R( )||lntdt n t n−1 n x x ≤ {F ( ) − F ( )}lntdt t n n−1 x x ≤ (n − 1){F ( ) − F ( )} n−1 n lntdt − n−1 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.42) 41 Vì ta có: x |R( )| n 2≤n≤x n x lntdt − n−1 =O x |R( )|lntdt t x x n{R( ) − F ( )} n n + n≤x−1 + O(xlnx) = O(xlnx) Hay x |R( )| n 2≤n≤x n x lntdt − n−1 x |R( )|lntdt = O(xlnx) t (2.43) Từ (2.42), (2.43) ta có (2.40) Sử dụng (2.40) vào (2.39)ta được: x |R(x)|ln2 x ≤ x |R( )|lntdt + O(xlnx) t (2.44) Để thấy ý nghĩa bất đẳng thức ta tiếp tục định nghĩa hàm V (ξ) sau: V (ξ) = e−ξ R(eξ ) = e−ξ ψ(eξ ) − = e−ξ ( Λ(n)) − (2.45) n≤eξ Nếu đặt x = eξ t = xe−η ta có: x x |R( )|lntdt = x t ξ |V (η)|(ξ − η)dη ξ ξ |V (η)| =x dζdη η ξ ζ |V (η)|dηdζ =x 0 Khi (2.44) trở thành: ξ ζ ξ |V (ξ)| ≤ |V (η)|dηdζ + O(ξ) 0 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.46) 42 Ta có ψ(x) = O(x), cho ξ → ∞ ta viết: α = lim |V (ξ)|, ξ→∞ β = lim ξ ξ |V (η)|dη, rõ ràng hai giới hạn tồn Ta có |V (ξ)| ≤ α + o(1) (2.47) ξ |V (η)|dη ≤ βξ + o(ξ) Sử dụng vào (2.46) ta ξ {βξ + o(ζ)}dζ + O(ξ) = βξ + o(ξ ) ξ |V (ξ)| ≤ |V (ξ)| ≤ β + o(1) Do ta có α ≤ β (2.48) Theo (2.45), định lý (2.25) tương đương với mệnh đề V (ξ) → ξ → ∞, nghĩa phải có α = 0, ta giả sử α > chứng minh trường hợp β < α, điều mâu thuẫn với (2.48) Để chứng minh điều trước hết ta chứng minh hai nhận xét sau đây: (*) Thứ nhất: Tồn số dương A1 cố định cho với ∀ξ1 , ξ2 > ta có ξ2 | V (η)dη| < A1 (2.49) ξ1 Thật vậy, đặt f (t) = , cn = Λ(n) áp dụng bổ đề (2.5) ta có C(x) = t ψ(x) x Λ(n) ψ(x) ψ(t) = + dt n x t n≤x Vì ta có: x ψ(t) dt = lnx + O(1) t2 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.50) 43 Đặt x = eξ , t = eη ta có: ξ x V (η)dη = ( ψ(t) − )dt = O(1) theo (2.50) t2 t Vì ξ2 ξ2 V (η)dη − V (η)dη = ξ1 ξ1 V (η)dη = O(1) Ta có biểu thức (2.49) (*) Thứ hai: Nếu η0 > V (η0 ) = α |V (η0 + τ )|dτ ≤ α2 + O(η0−1 ) Thật vậy, ta viết (2.27) dạng Λ(m)Λ(n) = 2xlnx + O(x) ψ(x)lnx + mn≤x Nếu x > x0 ≥ kết giống x x0 Trừ vế cho vế ta được: Λ(m)Λ(n) = 2(xlnx − x0 lnx0 ) + O(x) ψ(x)lnx − ψ(x0 )lnx0 + x0 α, 2α lấy ζ số dương ý đến dáng điệu V (η) đoạn ζ ≤ η ≤ ξ + δ − α Theo (2.45), V (η) giảm η tăng, trừ trường hợp gián đoạn V (η) tăng Vì vậy, đoạn đó, V (η0 ) = với η0 V (η) đổi dấu nhiều lần Trường hợp thứ nhất, sử dụng (2.47) ta được: δ= Bây ta viết ζ+δ η0 |V (η)|dη = ζ η0 +α + ζ+δ |V (η)|dη + η0 ζ η0 +α ≤ α(η0 − ζ) + α2 + α(ζ + δ − η0 − α) + o(1) = α(δ − α) + o(1) = α δ + o(1) α = α(1 − α ) < α 2δ Trường hợp thứ hai, +) Nếu V (η) đổi dấu lần η = η1 đoạn ζ ≤ η ≤ ζ + δ − α, ta có: ζ+δ−α η1 |V (η)|dη = ζ+δ−α V (η)dη + ζ ζ V (η)dη < 2A1 η1 +) Nếu V (η) khơng đổi dấu đoạn ta có: ζ+δ−α ζ+δ−α |V (η)|dη = ζ V (η)dη < A1 ( theo nhận xét ) ζ Vì ζ+δ ζ+δ−α |V (η)|dη = ζ ζ+δ |V (η)|dη + ζ ζ+δ−α < 2A1 + α + o(1) = α”δ + o(1), Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 2A1 + α2 4A1 + 2α2 α α” = = α( ) = α(1 − )=α δ 4A1 + 3α2 2δ Vì ta ln có ζ+δ |V (η)|dη ≤ α δ + o(1), ζ o(1) → ζ → ∞ Nếu M = [ξ/δ] ta có: M −1 ξ |V (η)|dη |V (η)|dη + |V (η)|dη = ξ (m+1)δ m=0 Mδ mδ ≤ α M δ + o(M ) + O(1) = α ξ + o(ξ) Vì β = lim ξ ξ |V (η)|dη ≤ α < α mâu thuẫn với (2.48) Từ suy α = Định lý 2.25 chứng minh chứng minh định lý 2.17, định lý số ngun tố, hồn thành Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Kết luận Sau trình làm việc nghiêm túc, hướng dẫn thầy giáo PGS TS Nông Quốc Chinh, chúng tơi hồn thành luận văn đạt kết sau: Trình bày có hệ thống khái niệm tính chất số nguyên tố, định lý số học Trình bày hàm π(x), ϑ(x), ψ(x) định lý số nguyên tố tương đương ϑ(x) ∼ x, ψ(x) ∼ x x Hướng nghiên cứu luận văn xét phần dư π(x) − , lnx nghiên cứu vấn đề ước nguyên tố số nguyên nghiên cứu số nguyên tố cấp số cộng Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Hoan, "Số học phổ thông", Nxb Đại học Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội, (1986) [2] Hà Huy Khoái , "Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi tốn Trung học phổ thơng-Số Học", Nxb Giáo Dục, (2008) [3] Lại Đức Thịnh, "Giáo trình số học", Nxb Giáo Dục, (1977) [4] G H Hardy, E M Wright, "An introduction to the theory of numbers", Oxford at the clarendon press, (1979), 5th edition [5] M B Nathanson , "Elementary methods in number theo ry", Springer, (1999) [6] B E Pertersen, "Prime number theorem", Semenar lecture notes, (1996) [7] P Ribenboim, "My numbers, My frends: Popular lectures on num ber theory", Springer, (2000) Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... nghĩa số nguyên tố, tính chất số nguyên tố số định lý quan trọng số học Chương 2: Sự phân bố số nguyên tố Nêu khái niệm hàm π(x), trình bày ước giá đơn giản hàm π(x) chứng minh định lý số nguyên tố. .. lớn phân tích cách thành tích thừa số nguyên tố Vấn đề số nguyên tố vấn đề trọng tâm lý thuyết số Một câu hỏi đương nhiên đặt "có số nguyên tố tập hợp số tự nhiên?" Nếu có số hữu hạn số nguyên tố. .. nguyên p gọi số nguyên tố p > p có ước Số ngun p > khơng số nguyên tố hợp số Tập số nguyên tố thường kí hiệu P Tính chất 1.1 Ước tự nhiên khác nhỏ số tự nhiên số nguyên tố Chứng minh Cho số a ∈ N