Tải bản đầy đủ

Sự phân bố số nguyên tố

Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

Dƣơng Mỹ Ngọc

SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Đại số

GVHD: Đỗ Văn Kiên

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp


LỜI CẢM ƠN
Trong quá trình nghiên cứu và hoàn thành khóa luận này em nhận
được sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình của thầy giáo Th.S Đỗ Văn Kiên,
nhận được những ý kiến quý báu của thầy cô khoa Toán, nhận được sự
quan tâm, động viên, khích lệ của gia đình và các bạn sinh viên K36A
Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc đối với thầy giáo Th.S Đỗ Văn Kiên _ người đã tận tình hướng dẫn
em trong suốt thời gian qua để em hoàn thành khóa luận này, em xin
chân thành cảm ơn gia đình, các thầy cô và các bạn.
Tuy nhiên, với khoảng thời gian không nhiều và năng lực, trình độ
của bản thân còn hạn chế nên những vấn đề mà em trình bày trong khóa
luận này sẽ không tránh khỏi thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ
bảo và đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo và các bạn sinh viên để
khóa luận của em được hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên
Dương Mỹ Ngọc

GVHD: Đỗ Văn Kiên

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

LỜI CAM ĐOAN
Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “Sự phân bố số nguyên tố”
em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của
mình. Danh sách tài liệu tham khảo em đã đưa vào mục tài liệu tham
khảo của khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận được hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ
lực của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo
Th.s Đỗ Văn Kiên cũng như các thầy cô trong tổ Đại số. Đây là đề tài
không trùng với đề tài của các tác giả khác.
Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các
bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn.


Hà Nội, tháng 5 năm 2014
Sinh viên
Dương Mỹ Ngọc

GVHD: Đỗ Văn Kiên

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ......................................................................................... 5
CHƢƠNG 1. SỐ NGUYÊN TỐ ............................................................. 7
1.1. Số nguyên tố và một số tính chất .................................................... 7
1.2. Định lý cơ bản của số học............................................................. 11
1.3. Một số ứng dụng của định lý cơ bản ............................................ 13
CHƢƠNG 2. MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC .............................................. 16
2.1. Định nghĩa hàm số học ................................................................. 16
2.2. Một số tính chất của hàm số học .................................................. 16
2.3. Một số hàm số học ........................................................................ 20
CHƢƠNG 3. SỰ PHÂN BỐ CÁC SỐ NGUYÊN TỐ........................ 23
3.1. Công thức tổng Abel ..................................................................... 24
3.2. Các hàm Chebyshev ..................................................................... 25
3.3. Hàm Zeta của Riemann ................................................................ 31
3.4. Định lý Mertens ............................................................................ 36
3.5. Định lý số nguyên tố ..................................................................... 39
KẾT LUẬN ............................................................................................ 41
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................... 42

GVHD: Đỗ Văn Kiên

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

LỜI NÓI ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Số nguyên tố có vị trí rất quan trọng trong tập số tự nhiên, là một
nội dung quan trọng của Lý thuyết số. Các số nguyên tố từ lâu đã thu hút
các nhà toán học chuyên nghiệp cũng như nghiệp dư. Nếu đưa các số
nguyên tố đã tìm được xếp theo thứ tự từ nhỏ đến lớn thì thấy chúng
phân bố không theo quy luật nào cả. Số nguyên tố giống như đứa trẻ tinh
nghịch: trốn phía đông, nấp phía tây. Chẳng hạn các số 7, 17, 37, 47, 67,
107,… là các số nguyên tố nhưng 27, 57, 77, 87, 97,… lại là hợp số.
Hoặc các số có 2 chữ số 1, 19 chữ số 1, 23 chữ số 1, 317 chữ số 1, …là
những số nguyên tố nhưng những số có 8 chữ số 1, 11 chữ số 1, 13 chữ
số 1, 17 chữ số 1,… lại là hợp số. Vì vậy, người ta ra sức nghiên cứu qui
luật của các số nguyên tố; cho đến nay, các số nguyên tố được phân bố
như thế nào trong tự nhiên từ lâu luôn là câu hỏi dành được nhiều sự
quan tâm. Kết quả sớm nhất là định lý cổ điển được giới thiệu bởi Euclid
về sự vô hạn của các số nguyên tố và được xem như là một trong những
định lý đẹp nhất của Toán học. Tuy nhiên, thời gian này vấn đề số
nguyên tố được phân bố theo quy luật nào trong toàn bộ dãy số tự nhiên,
mức độ đều đặn và thường xuyên thế nào vẫn chưa được trả lời, mặc dù
nhiều nhà toán học vĩ đại của thế giới kể cả Euler và Gauss đều đã
nghiên cứu. Người đặt cơ sở vững chắc cho một lý thuyết chặt chẽ về
phân bố số nguyên tố là Chebyshev. Năm 1896, định lý số nguyên tố đã
được chứng minh bởi Hadamard và Dela Vallee Poussin bằng cách sử
dụng phương pháp giải tích phức. Năm 1949, Selberg đã chứng minh
được định lý số nguyên tố bằng phương pháp sơ cấp, không sử dụng giải
tích phức. Với mục đích nghiên cứu sự phân bố các số nguyên tố trong
tập số tự nhiên, tôi mạnh dạn chọn đề tài “Sự phân bố số nguyên tố”.
GVHD: Đỗ Văn Kiên

5

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

Luận văn được chia làm ba chương cùng với phần mở đầu, kết
luận và danh mục các tài liệu tham khảo.
Chương 1. Số nguyên tố. Trình bày định nghĩa số nguyên tố,
những tính chất cơ bản của số nguyên tố và định lý cơ bản của số học.
Chương 2. Một số hàm số học. Nêu định nghĩa và tính chất của
hàm số học và giới thiệu một số hàm số học.
Chương 3. Sự phân bố số nguyên tố. Nêu định lý Chebyshev về sự
phân bố số nguyên tố, hàm Zeta của Riemann và định lý số nguyên tố.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu về số nguyên tố, các bài tập về số nguyên tố, tìm hiểu
sự phân bố số nguyên tố.
3. Đối tƣợng nghiên cứu
Số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp.

GVHD: Đỗ Văn Kiên

6

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

CHƢƠNG 1
SỐ NGUYÊN TỐ
1.1. Số nguyên tố và một số tính chất
Định nghĩa 1.1.1. Số tự nhiên lớn hơn 1, không có ước tự nhiên nào
khác ngoài 1 và chính nó được gọi là số nguyên tố.
Tập hợp các số nguyên tố được kí hiệu là .
Định nghĩa 1.1.2. Số tự nhiên lớn hơn 1 có nhiều hơn hai ước số tự
nhiên được gọi là hợp số.
Ước của số tự nhiên khác 1 và khác chính nó được gọi là ước thực sự. Ta
có thể định nghĩa số nguyên tố như sau: Số tự nhiên lớn hơn 1 được gọi
là số nguyên tố nếu nó không có ước thực sự.
Ví dụ 1.1.1
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29… là những số nguyên tố.
4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 18, 20… là những hợp số.
1.1.2. Một số tính chất của số nguyên tố
Mệnh đề 1.1.1. Ước số tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn
hơn 1 là một số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử a là một số tự nhiên, a > 1 và p > 1 là ước nhỏ
nhất của a. Ta chứng minh p là số nguyên tố.
Thật vậy, giả sử p không là số nguyên tố thì p phải là hợp số vì p  1,
nghĩa là nó có một ước thực sự p1,1< p1< p.
Suy ra p1 cũng là ước của a (mâu thuẫn với giả thiết p là ước nhỏ nhất
khác 1 của a).
Vậy p phải là số nguyên tố.
Hệ quả 1.1.1(Bổ đề Euclid). Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều chia hết cho
ít nhất một số nguyên tố.

GVHD: Đỗ Văn Kiên

7

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

Chứng minh. Thật vậy, nếu n là một số tự nhiên lớn hơn 1 thì tập các
ước dương của n là khác rỗng nên theo mệnh đề 1.1.1, số nhỏ nhất trong
các ước đó là số nguyên tố.
Mệnh đề 1.1.2. Có vô số số nguyên tố hay tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố là p1, p2,…, pn.
Đặt số a = p1 p2…pn. + 1 > 1. Theo mệnh đề 1.1.1 thì a có ít nhất một
ước nguyên tố q. Nhưng vì có hữu hạn số nguyên tố kể trên nên q phải
trùng với một trong các số p1, p2,…,pn. Do đó q | p1 p2…pn. Mà q | a suy
ra q | a – p1 p2…pn = 1 (vô lý). Vậy điều giả sử là sai.
Do đó tập số nguyên tố là vô hạn.
Nhận xét 1.1.1. Mọi số nguyên tố khác 2 đều có dạng 4k  1 hoặc

4k  1 với k nguyên dương.
Hệ quả 1.1.2. Có vô hạn số nguyên tố có dạng 4k  1 với k nguyên
dương.
Chứng minh. Giả sử các số nguyên tố có dạng 4k  1 là hữu hạn.
Gọi q1 , q2 ,...qn là tất cả các số nguyên tố có dạng 4k  1 .
Đặt số N  4q1, q2 ,...qn  1 . Ta có N là một số nguyên tố khác 2. Mà tích
các số có dạng 4k  1 vẫn là một số có dạng 4k  1 , nên theo nhận xét
1.1.1, N phải có ít nhất một ước số nguyên tố q có dạng 4k  1 . Do đó

q | q1, q2 ,...qn . Suy ra q | N  4q1, q2 ,...qn  1, điều này mâu thuẫn.
Vậy các số nguyên tố có dạng 4k  1 nhiều vô hạn.
Hệ quả 1.1.3. Có vô hạn số nguyên tố có dạng 4k  1 với k nguyên
dương.
Chứng minh. Gọi N là số nguyên tùy ý lớn hơn 2.
Đặt a :  N !  1 , a  1. Theo mệnh đề 1.1.1, tồn tại ước nguyên tố p
2

của a. Vì a là số lẻ nên p  2 và p  N . Ta có

GVHD: Đỗ Văn Kiên

8

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

 N !2  1(mod p)
Suy ra

 N !

p 1

 (1)

p 1
2

(mod p)

Mặt khác, do ( N !, p)  1 nên theo định Euler ta có

 N ! p1  1(mod p)
Từ đó,

 1

p 1
2

 1(mod p)

Suy ra p có dạng 4k  1 . Vậy với mỗi số nguyên N lớn hơn 2 đều tồn tại
số nguyên tố p có dạng 4k  1 và lớn hơn N.
Do đó có vô hạn số nguyên tố dạng 4k  1 .
Mệnh đề 1.1.3. Ước nhỏ nhất khác 1 của một hợp số n là một số nguyên
tố không lớn hơn

n.

Chứng minh. Gọi p là ước tự nhiên nhỏ nhất khác 1 của n. Theo mệnh
đề 1.1.1, ta có p là số nguyên tố. Giử sử n = pq, khi đó do n là hợp số
nên n  p, suy ra q > 1. Vậy q cũng là một ước lớn hơn 1 của n. Theo
giả thiết ta có p  q  p2  pq = n. Từ đó ta được p  n .
Vậy định lý được chứng minh.
Từ mệnh đề 1.1.3, ta có thuật toán sau đây để tìm ra các số nguyên tố
nhỏ hơn hoặc bằng số n cho trước.
Sàng Eratosthenes. Trước tiên, ta viết dãy các số tự nhiên từ 1 đến n.
Trong dãy đó gạch đi số 1, vì nó không phải là số nguyên tố. Số nguyên
tố đầu tiên của dãy là 2. Tiếp theo đó ta gạch khỏi dãy số tất cả những số
chia hết cho 2. Số đầu tiên không chia hết cho 2 là 3: đó chính là số
nguyên tố. Ta lại phải gạch khỏi dãy còn lại những số nào chia hết cho 3.
Tiếp tục như thế, ta gạch khỏi dãy những số chia hết cho mọi số nguyên
GVHD: Đỗ Văn Kiên

9

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

tố bé hơn

Khóa luận tốt nghiệp

n . Theo mệnh đề 1.1.3, những số còn lại của dãy là tất cả các

số nguyên tố không vượt quá n. Thật vậy, các hợp số không vượt quá n,
theo mệnh đề trên, đều phải có ước nguyên tố nhỏ hơn

n , và do đó đã

bị gạch khỏi dãy số trong một bước nào đó của thuật toán. Và chúng ta
có bảng sau đây

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

31

32

33

34

35

36

27
37

28
38

29

39

30
40

……………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………….
Hệ quả 1.1.4. Nếu số tự nhiên a > 1 không có ước nguyên tố nào trong
khoảng từ 1 đến

a thì a là số nguyên tố.

Chứng minh. Theo mệnh đề 1.1.3, nếu a là hợp số thì phải có ước
nguyên tố trong khoảng từ 1 đến

a , điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy a là số nguyên tố.
Mệnh đề 1.1.4. Cho p là số nguyên tố. Khi đó mọi số tự nhiên a thì p
chia hết a hoặc (a, p) = 1.
Chứng minh. Gọi d = (a , p)  d | p. Mà p là số nguyên tố nên d = 1
hoặc d = p.
+ Nếu d = 1 thì (a , p) = 1.
+ Nếu d = p thì p | a.
Vậy định lý được chứng minh.
Mệnh đề 1.1.5. Cho p là số nguyên tố và a1, a2,…, an là các số tự nhiên.
Khi đó nếu p chia hết a1a2…an thì tồn tại i {1, 2,…, n} để p chia hết ai

GVHD: Đỗ Văn Kiên

10

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

Chứng minh. Nếu p không là ước của ai với mọi i  1, n thì theo mệnh
đề 1.1.4 ta có  ai , p   1 , với mọi i  1, n . Suy ra (a1a2…an , p) = 1. Điều
này mâu thuẫn với giả thiết p | a1a2…an .
Vậy tồn tại i 1,2,...n để p chia hết ai.
Hệ quả 1.1.5. Nếu số nguyên tố p chia hết tích của nhiều số nguyên tố
thì nó phải trùng với một trong các số nguyên tố đó.
Mệnh đề 1.1.6. Số 2 là số nguyên tố nhỏ nhất và cũng là số nguyên tố
chẵn duy nhất trong tập hợp các số nguyên tố, các số nguyên tố còn lại
đều là số lẻ.
1.2. Định lý cơ bản của số học
Vấn đề quan trọng nhất có liên quan đến số nguyên tố là khả năng phân
tích một số bất kỳ dưới dạng tích các số nguyên tố và phương pháp biểu
thị đó là duy nhất. Chúng ta sẽ nghiên cứu một định lý về vấn đề này,
qua đó thấy được một vấn đề quan trọng của số nguyên tố trong tập hợp
số tự nhiên. Các ứng dụng của định lý này rất nhiều, vì vậy nó được gọi
là định lý cơ bản của số học.
Định lý 1.2.1. Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích
các thừa số nguyên tố và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến
thứ tự các thừa số.
Chứng minh
 Tính phân tích được
Trước hết, mỗi số nguyên tố là tích của một thừa số, là chính nó.
Giả sử có các số nguyên dương lớn hơn 1 không biểu diễn được thành
tích các số nguyên tố. Khi đó, gọi n là số nhỏ nhất trong các số đó. Số n
này khác 1 và là hợp số. Do đó, n= ab, trong đó a, b , 1< a, b < n. Vì
n là số nhỏ nhất không thể phân tích thành tích các số nguyên tố nên cả a

GVHD: Đỗ Văn Kiên

11

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

và b phân tích được thành tích các số nguyên tố. Nhưng khi đó n=ab lại
phân tích được. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Vậy mọi số nguyên dương lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích
những thừa số nguyên tố.
 Tính duy nhất
Giả sử ta có a = p1 p2…pn = q1 q2…qm là hai dạng phân tích của số tự
nhiên a thành tích các số nguyên tố.
Đẳng thức trên chứng tỏ p1 chia hết q1 q2…qm nên p1 là ước một qj nào





đó j  1, m . Vì không kể đến thứ tự các thừa số nên có thể coi p1 = q1
và ta được p2 p3…pn = q2 q3…qm. Lặp lại lý luận trên với p2, p3,… cho tới
khi đã ước lượng hết các thừa số nguyên tố của một vế đẳng thức trên.
Vì không thể xảy ra 1 = qn+1…qm hay pm+1…pn = 1 nên ta nhận được

m  n và pi = qj, i  1, n .
Vậy mỗi số nguyên tố lớn hơn 1 chỉ có một biểu diễn duy nhất dưới dạng
tích các thừa số nguyên tố ( không kể đến thứ tự các thừa số).
Định nghĩa 1.2.1. Nếu trong sự phân tích thành tích các thừa số nguyên
tố của a mà các thừa số pi được lặp lại  i lần. Khi đó ta viết

a  p11 p22 ... pkk
Từ đó suy ra mọi số tự nhiên a  1 đều có sự phân tích duy nhất



a  p11 p22 ... pkk với pi là các số nguyên tố khác nhau và  i  0 i  1, k



gọi là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a.
Chẳng hạn, sự phân tích tiêu chuẩn của 1992 = 23.3.83.
Nếu thừa số nguyên tố pm không có mặt trong sự phân tích thì ta có thể
viết a  p11 p22 ... pkk pm0

GVHD: Đỗ Văn Kiên

12

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

1.3. Một số ứng dụng của định lý cơ bản
1.3.1. Tiêu chuẩn chia hết
Định lý 1.3.1. Cho a là một số tự nhiên với dạng phân tích tiêu chuẩn

a  p11 p22 ... pkk . Khi ấy, số tự nhiên d là ước của a khi và chỉ khi d có
dạng d  p11 p22 ... pkk , với 0  bi  ai , i  1, k
Chứng minh



Giả sử d | a, nghĩa là có số nguyên q sao cho a = dq

 Trường hợp 1. Nếu d = 1 thì d  p10 p20 ... pk0
 Trường hợp 2. Nếu d > 1, theo định lý cơ bản, đẳng thức a = dq chứng
tỏ mọi ước nguyên tố của d là ước nguyên tố của a và số mũ của ước
nguyên tố ấy trong dạng phân tích tiêu chuẩn của d không lớn hơn số mũ
của nó trong dạng phân tích tiêu chuẩn a. Bởi vậy d  p11 p22 ... pkk với
0 bi  ai, i  1, k
() Giả sử d  p11 p22 ... pkk với 0  bi  ai, i  1, k
Khi ấy ai – bi  0, i = 1,k nên tồn tại q  p11 1 p2 2 2 ... pk k k là một số tự
nhiên và a = dq nghĩa là d | a.
Mệnh đề 1.3.1. Cho a và b là hai số tự nhiên khác 0 nguyên tố cùng
nhau. Khi ấy số tự nhiên d là ước của tích ab khi và chỉ khi d = rs trong
đó r là ước của a, s là ước của b, với r và s nguyên tố cùng nhau.
1.3.2. Tìm ƣớc chung lớn nhất (ƢCLN) – Bội chung nhỏ nhất
(BCNN)
Giả sử p1, p2, …, pn là tất cả các ước nguyên tố phân biệt của cả hai số a
và b, ta có thể viết:

a  p11 p22 ... pkk ,  i  0, i  1, n
b  p11 p22 ... pnn , i  0, i  1, n
GVHD: Đỗ Văn Kiên

13

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

Khi đó ta có:
(i) ƯCLN  a, b   p11 p22 ... pnn , i  min i , i  , i  1, n
(ii) BCNN  a, b  p11 p22 ... pnn , i  max i , i  , i  1, n
Chứng minh
(i) Từ giả thiết với i  1, n ta có i   i và i  i . Suy ra p11 p22 ... pnn là
ước của a và b. Mặt khác d là ước chung của a và b thì

d  p11 p2 2 ... pn n với 0   i   i , 0   i  i , i  1, n .
Nghĩa là  i  i cho nên d  p11 p22 ... pnn .
Vậy ƯCLN  a, b   p11 p22 ... pnn .
(ii) Từ giả thiết với i  1, n ta có  i  i và i  i . Suy ra p11 p22 ... pnn là
bội của a và b. Hơn nữa giả sử m là bội chung của a và b thì m phải có
dạng m  p11 p2 2 ... pn n ở đó  i   i và i   i

i  1, n

nghĩa là  i  i

cho nên m là bội của p11 p22 ... pnn .
Vậy BCNN  a, b  p11 p22 ... pnn .
1.3.3. Số hoàn chỉnh
Định nghĩa 1.3.1. Số tự nhiên n  0 được gọi là số hoàn chỉnh nếu

  n   2n .
Ví dụ 1.3.1. n = 6 là một số hoàn chỉnh vì   6   1  2  3  6  2.6 .
Định lý 1.3.2. Điều kiện cần và đủ để một số chẵn n là số hoàn chỉnh là





nó có dạng n  2k 1 2k  1 , trong đó k  2 và p  2k  1 là số nguyên tố.
Chứng minh
* Điều kiện cần.

GVHD: Đỗ Văn Kiên

14

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố



Khóa luận tốt nghiệp



Giả sử n  2k 1 2k  1 với k  2 và p  2k  1 là số nguyên tố. Khi ấy

 p,2   1 nên n  2k 1 p là dạng phân tích tiêu chuẩn của n.

 

Hay   n   2.2  2  1  2n







Do đó   n    2k 1   p   2k  1 1  p   2k  1 .2k
k 1

k

Vậy n là số hoàn chỉnh.
* Điều kiện đủ.
Giả sử n là số hoàn chỉnh chẵn. Gọi lũy thừa của 2 trong dạng phân tích
tiêu chuẩn của n là 2k 1





Suy ra k  2 và n  2k 1b trong đó b là số lẻ. Khi đó ƯCLN 2k 1, b  1

 





Suy ra   n    2k 1   b   2k  1   b 
Theo giả thiết n là số hoàn chỉnh nghĩa là   n   2n  2k b

 2  1 b  2 b . Chứng tỏ  2  1  2 b nhưng do ƯCLN
 2  1,2   1. Suy ra  2  1 b , tồn tại c   c  b  sao cho
b   2  1 c .
Ta có   b   2 c   2  1 c  c , suy ra   b   b  c .
k

Suy ra
k

k

k

k

k

k

k

k

k

Bây giờ ta chứng minh b là số nguyên tố và c = 1. Thật vậy, nếu b không
là số nguyên tố và c  1 thì do b > 1 phải có ít nhất là ba ước tự nhiên là
b, c và một ước khác nữa. Khi đó   b   b  c (vô lý).





Do đó n  2k 1 2k  1 với k  2 và p  2k  1 là số nguyên tố.

GVHD: Đỗ Văn Kiên

15

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

CHƢƠNG 2
MỘT SỐ HÀM SỐ HỌC
2.1. Định nghĩa hàm số học
Định nghĩa 2.1.1. Một hàm số f xác định trên tập các số nguyên dương


và nhận các giá trị trong trường các số phức

được gọi là một hàm

số học.


Như vậy, mỗi hàm số học xác định một ánh xạ f :



2.2. Một số tính chất của hàm số học
2.2.1. Hàm số học nhân tính
Định nghĩa 2.2.1. Hàm số học f khác hàm không, được gọi là một hàm
nhân tính, nếu

f  ab   f  a  f  b 
với các số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 2.2.1. Các hàm số học f và g xác định như dưới đây đều là các
hàm nhân tính:

f  a   a m với m , g  a  

1
a

2.2.2. Hàm số học nhân tính hoàn toàn
Định nghĩa 2.2.2. Hàm số học f khác hàm không, được gọi là một hàm
nhân tính hoàn toàn, nếu

f  ab   f  a  f  b 
với mọi a, b nguyên dương.
Định lý 2.2.1. Cho f là một hàm số học nhân tính thỏa mãn chuỗi


 f  n  hội tụ tuyệt đối. Khi đó, ta có đẳng thức sau
n 1

GVHD: Đỗ Văn Kiên

16

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

 f  n   1  f  p   f  p   ...


2

n 1

p

với tích vô hạn bên phải là hội tụ tuyệt đối.
Hơn nữa, nếu f là hàm nhân tính hoàn toàn thì







1

 f  n    1  f  p  
n1

p





Chứng minh. Gọi p, q là hai số nguyên tố khác nhau tùy ý.


Do

 f  n
n 1



 

hội tụ tuyệt đối nên z p   f p r
r 1



z
p

p

hội tụ tuyệt

đối. Đặt





PM   1  f  p   f  p 2   ...   1  z p 
p M

p M





QM ,n   1  f  p   f  p2   ...  f  p m 
p



với mọi M , n nguyên dương.
Với số dương  nhỏ tùy ý, khi đó, do PM   1  z p  và
p



 f  n  hội
n 1

tụ tuyệt đối nên tồn tại số nguyên dương M  sao cho

PM  1  z p  



p

(*)

2




 f k   4


k M

Với M  như trên, tồn tại m  log 2 M  sao cho


 f  j   4  M  R




j 2m

GVHD: Đỗ Văn Kiên

17

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

với   M   là các số nguyên tố không vượt quá M  và

R  max
qM

 1  z 
p

q  p M 

Do m  log 2 M  nên

1,2,..., M    T
với
T   p11 ... pkk  k    M   , p1  ...  pk ,0  i  m , 0  i  k  1

Suy ra
M

QM ,m   f  j  
j 1



iT \1,2,...,M  

f i 

Do đó



n1

f  n   QM ,m 


 f k   4


(**)

k M

Ta lại có
m



r
PM   1   f  p    f  p r  
r 1
r m 1
pM 


Suy ra

PM  QM ,m 
với Bq 



B
1

z


  q q
p 
q M  
pM




 f p .
r

r m 1

Vì vậy


QM ,m  PM  R   Bq
 q M 







GVHD: Đỗ Văn Kiên

18

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Bq 

Khóa luận tốt nghiệp


 f  j    f  j   4  M  R






j q m 1

j 2m 1

Ta suy ra





QM ,m  PM    1 R

 qM  4  M   R 4

(***)

Từ (*), (**) và (***) ta suy ra

 f  n   1  f  p   f  p   ...


2

n1

p

 PM   1  z p  
p




2




4




4



 f  n  Q

M  ,m

n1

 QM ,m  PM



Mà   0 bất kì nên ta phải có

 f  n   1  f  p   f  p   ...


2

n 1

p

2.2.3. Công thức tổng trải
Trong phát biểu và chứng minh của phần này, ta giới hạn chỉ nói đến các
ước dương của n và



lấy chỉ số theo tất cả các ước dương của n.

d n

Định lý 2.2.1 (Công thức tổng trải). Nếu một số nguyên dương n có
phân tích tiêu chuẩn

n  p11 p22 ... ps s
thì với mọi hàm nhân tính f ta có
i
s
s
 i


j 
f
d

f
p

1

     i     f  pij   .

d n
j 1
i 1  j 0
 i1 


Chứng minh. Khai triển tích ở vế phải của hệ thức trên ta có

GVHD: Đỗ Văn Kiên

19

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

i
s

 i
j 
j 
1

f
p

f
p








  i 
i
j 1
i 1 
 i 1  j 0

s

f  p  f  p ... f  p 

 



1

0 i  i
1i  s



s

2

1

2

s

f  p p ... p  (do f là hàm số học nhân tính)

 
1

1

0 i  i
1i s

s

2

2

s

  f d 
d n

2.3. Một số hàm số học
2.3.1. Hàm số các ƣớc số và hàm tổng các ƣớc của một số tự nhiên
Với mỗi số nguyên dương n, ta kí hiệu   n  là số các ước nguyên dương
của n và   n  là tổng các ước nguyên dương của n. Khi đó dễ thấy  và

 là những hàm số học.
Bổ đề 2.3.1. Nếu n có dạng phân tích tiêu chuẩn n  p11 p2 2 ... pkk thì
i


(i)  d  1   pim j 
d n
j 1
i 1 

s

m

s

(ii) 1   1   i 
d n

i 1

i


(iii)  d  1   pij 
d n
j 1
i 1 

s

 , m

Chứng minh. Do hàm f :

nm , là một hàm nhân tính. Vì

vậy theo công thức tổng trải ta có
i


(i)  d  1   pim j 
d n
j 1
i 1 

s

m

(ii) Khi m  0 ta có

s

1   1    (theo (i)).
d n

GVHD: Đỗ Văn Kiên

i 1

i

20

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

i


(iii) Khi m  1 ta có  d  1   pij  (theo (i)).
d n
j 1
i 1 

s

Từ bổ đề 2.3.1, ta thấy nếu n có dạng phân tích tiêu chuẩn

n  p11 p2 2 ... pkk thì
s

  n    1  i 
i 1
s



i



s

i 1



j 1



i 1

  n    1   pij   

pii 1  1
pi  1

2.3.2. Hàm   x  và hàm Euler
Định nghĩa 2.3.1. Hàm   x  là hàm số học biểu thị số các số nguyên tố
không vượt quá x

  x   1
p x

Chẳng hạn:  15  6 ,   50   15 .
Do tập các số nguyên tố là vô hạn nên ta có   x    , khi x  
Định lý 2.3.1 (Định lý Euler). Chuỗi 
p

1

p



1

 1  p
p


đều là các
1 


chuỗi phân kì, khi p chạy trên toàn bộ tập số nguyên tố.
Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh tích đã nêu lầ phân kì. Với k
nguyên dương, ta đặt

1
1
pk 1  p

Pk   

Khi đó, lấy m nguyên dương sao cho k  2m , ta có


1
1  k 1
P  k   1  2  ...  m   
p
p  n1 n
pk 

GVHD: Đỗ Văn Kiên

21

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố



1
phân kì nên
n
n 1

Mà 

Khóa luận tốt nghiệp



1

 1  p

1

p


 phân kì khi p chạy trên toàn bộ tập


số nguyên tố.
Ta lại có

 1 
1
1

 log 
1 
pn pn1  1
 1  pn1 
với p1  p2  ...  pk  ... là tất cả các số nguyên tố. Vì thế,

 1 

1

 log  1  p    p
p





1

 1  p

1

p


 phân kì, do đó


p

 1 

1

 log  1  p  phân kì nên  p
p

phân

p

kì khi p chạy trên toàn bộ tập số nguyên tố.
Vậy chuỗi

1

 p là chuỗi phân kì.
p

2.3.3. Hàm Von Mangoldt
Định nghĩa 2.3.2. Hàm Von Mangoldt   n  là một hàm số học cho bởi

log  p  nếu n=pm và m là một số nguyên dương;
  n  
trong các trường hợp khác.
0
Ví dụ 2.3.1.  10   0 ,  16   log 2 ,  18  0

GVHD: Đỗ Văn Kiên

22

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

CHƢƠNG 3
SỰ PHÂN BỐ CÁC SỐ NGUYÊN TỐ
Khi khảo sát sàng Eratosthenes, chúng ta đã thấy rằng, thoạt đầu,
khoảng cách giữa hai số nguyên tố liền nhau không lớn lắm; nhưng càng
về sau của dãy số tự nhiên thì khoảng cách đó càng ngày càng lớn hơn.
Nói cách khác, trong dãy số tự nhiên, càng về sau số nguyên tố càng ít.
Nếu trong 1000 số tự nhiên đầu tiên có 168 số nguyên tố, thì giữa số
1000 và 2000 có 135 số nguyên tố, giữa 2000 và 3000 có 124 số nguyên
tố, giữa 3000 và 4000 có 120 số nguyên tố,…Ta đã biết, tập số nguyên
tố là vô hạn. Trong dãy số tự nhiên, dù cho chúng ta có đi xa đến đâu
chăng nữa, thì bao giờ chúng ta cũng gặp các số nguyên tố; tuy nhiên,
các số nguyên tố càng ngày càng ít gặp hơn. Thế thì, các số nguyên tố
phân bố như thế nào?_ đó chính là nội dung chương 3.
Trong chương này ta đưa vào một vài kí hiệu và một số định nghĩa sau:
Cho f  x  , g  x  là các hàm số xác định trên D, g  x   0 , với mọi

xD
 f  x   O  g  x  , x   , nghĩa là A : f  x   Ag  x  , x  
 f  x   o  g  x   , x   , nghĩa là lim
x

 f  x

f  x
0
g  x

f  x
1
x g  x 

g  x  , x   , nghĩa là lim

hay f  x   g  x   o  g  x   , x  
Ví dụ
Khi x   ta có

10x  O  x  ;

GVHD: Đỗ Văn Kiên

23

sin x  O 1

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

x  o  x2  ;

x 1 x

Khi x  0 ta có

x2  O  x  ;

sin x
 f(x)

x2  o  x 

1 x 1

x;

g(x), x   , nghĩa là A, A '  0 : Af  x   g  x  A ' f  x 

Chú ý rằng f  x   O 1 nghĩa là C : f  x   C , hay hàm f  x  bị
chặn.
3.1. Công thức tổng Abel
Định lý 3.1.1 (Công thức tổng Abel). Cho 0  1  2  ... là một dãy
các số thực thỏa mãn n   khi n   và  an n là một dãy số phức.
Đặt A n    an . Giả sử,   x  là một hàm nhận giá trị phức, xác định
n  x

trên 0, . Khi đó ta có
k 1

k

 a      A        A           
n 1

Nếu

n

n

k

k

n

n 1

n 1

n

có đạo hàm liên tục trên  0,  và x  1 thì đẳng thức trên có thể

viết thành
x

 a      A x   x    At  't  dt

n  x

n

n

1

Hơn nữa, nếu A  x   x   0 khi x   thì




 a        At  't  dt
n1

n

n

1

với điều kiện là một trong hai vế hội tụ.
Chứng minh. Ta có

GVHD: Đỗ Văn Kiên

24

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Sự phân bố số nguyên tố

Khóa luận tốt nghiệp

k 1

k

k 1

n1

n2

n1

 A n    n1     n    A n1   n    A n   n 
k 1

 A  k 1   k     n   A  n1   A  n   A  1   1 
n2

 k 1

 A  k 1   k     A  n  an   a1  1 
 n2

Vậy ta có
k 1

A  k   k    A  n    n1     n 
n1

k 1

  A k   A  kk 1    k    an  n   a1  1 
n 2

k 1

 ak  k    an  n   a1  1 
n2

k

  ak  k 
n1

Nếu

có đạo hàm liên tục trên  0,  và x  1 , ta chọn k sao cho

k  x  k 1
Khi đó ta có
k 1

k

 a     A      A       
n 1

n

n

k

k

n 1

n

n 1

n

3.2. Các hàm Chebyshev
Định nghĩa 3.2.1. Các hàm Chebyshev  và  được định nghĩa như sau

  x    log  p 
p x

với x >0 và p là số nguyên tố; và

  x 

 log  p 

pm  x

với tổng lấy trên các số nguyên tố p và các số nguyên dương m.

GVHD: Đỗ Văn Kiên

25

SVTH: Dương Mỹ Ngọc


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×