Một số hàm số học
Định lý 1.1.1 [2] Cho f(n) là một hàm nhân tính, đặt
Khi đó F (n) cũng là một hàm nhân tính.
Chứng minh Giả sử m = m 1 m 2 với (m 1 , m 2 ) = 1 Khi đó, ta có một song ánh giữa các ước số củamvới các cặp(d 1 , d 2 )các ước số củam 1 vàm 2 Thật vậy, gọid là một ước số bất kỳ củam, đặt d 1 = (d, m 1 ), d 2 = (d, m 2 ).Khi đó vì(m 1 , m 2 ) = 1 nên(d 1 , d 2 ) = 1 và d = d 1 d 2 Ngược lại, nếud 1 là một ước số của m 1 và d 2 là một ước số của m 2 thì d = d 1 d 2 là một ước số của m và d 1 = (d, m 1 ), d 2 = (d, m 2 ) Do đó,
= F (m 1 )F (m 2 ). Định lý đã được chứng minh. Định nghĩa 1.1.2 (Hàm m¨ obius) Với mỗi số nguyên dương n đặt à(n) =
(−1) ν n nếu n không có ước số chính phương
Hàm à(n) được gọi là hàm mă obius Định lý 1.1.3 Hàm à(n) là một hàm nhõn tớnh thỏa món
Chứng minh Dễ thấy à(n) là một hàm nhõn tớnh, ta cú F (n) =P d|n à(n) cũng là một hàm nhân tính.
Hiển nhiên F (1) = 1 Nếu p là một số nguyên tố và α là một số nguyên dương thì
Do đó , F (n) = 0 với mọi n > 1. Định lý 1.1.4 (Công thức nghịch đảo m¨ obius ) Nếu với mọi số nguyên dương n,
Chuỗi đặc biệt liên quan đến số nguyên tố
Định lý 1.2.1 Chuỗi P 1 p = 1 2 + 1 3 + 1 5 + ã ã ã phõn kỳ.
Chứng minh Giả sử chuỗi P1 p hội tụ, ta có thể chọn j sao cho phần dư sau j là số hạng nhỏ hơn 1 2
Vỡ n ≤ x chia hết cho p Do đú, x − N (x) với n ≤ x chia hết cho p j+1 , p j+2 , ã ã ã nhưng không lớn hơn x p j+1 + x p j+2 + ã ã ã < 1
2 x < N (x) ≤ 2 j √ x, x < 2 2j+2 , điều này sai với x ≥ 2 2j+2 Vì vậy, chuỗi P1 p phân kỳ.
Định lý Fermat bé và định lý Wilson
Định lý 1.3.1 (Định lý Fermat bé) Nếu p là số nguyên tố và a không chia hết cho p, thì a p−1 ≡ 1 (mod p).
Chứng minh Xét p − 1 số nguyên a, 2a, , (p − 1)a Các số này đều không chia hết cho p và không có hai số nào đồng dư modulo p Như vậy, các thặng dư dương bé nhất của chúng phải là 1, 2, , p − 1, được sắp xếp theo thứ tự bất kỳ.
Từ đó, ta có a ã 2a (p − 1)a ≡ 1 (p − 1) ≡ (p − 1)! (mod p).
Vì ((p − 1)!, p) = 1, nên ta có a p−1 ≡ 1 (mod p).
Hệ quả 1.3.2 Nếuplà số nguyên tố và alà số nguyên dương thìa p ≡ a (mod p).
Hệ quả 1.3.3 Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p, thì a p−2 là nghịch đảo của a modulo p. Định lý 1.3.4 (Định lý Euler) Cho a, m là các số nguyên, (a, m) = 1 Khi đó , a ϕ(m) ≡ 1 mod m.
Chứng minh Gọi (r 1 , r 2 , ã ã ã , r ϕ(m) ) là một hệ thặng dư thu gọn modulo m Vỡ (a, m) ≡ 1 nờn (ar 1 , ar 2 , ã ã ã , ar ϕ(m) ) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Ứng với mỗi i, 1 ≤ i ≤ ϕ(m) tồn tại duy nhất 1 ≤ j ≤ ϕ(m) sao cho r i ≡ ar j mod m và ngược lại, với mỗi j, 1 ≤ j ≤ ϕ(m) tồn tại duy nhất 1 ≤ i ≤ ϕ(m) sao cho ar j ≡ r i mod m Từ đó, ϕ(m)
Do (r i , m) = 1 với i = 1, 2, ã ã ã , ϕ(m) nờn ta cú a ϕ(m) ≡ 1 mod m Định lý đó được chứng minh. Định lý 1.3.5 ( Định lý Wilson ) Cho p là số nguyên tố Khi đó,
Chứng minh Chia tập R = {1, 2, ã ã ã , p − 1} thành 3 tập A, B, C rời nhau thỏa mãn
Ta có A = {1, p − 1} Từ đó theo cách định nghĩa của B, C ta có
≡ −1 mod p. Định lý được chứng minh.
Hàm Zeta Riemann và công thức tích Euler
Hàm Zeta Riemann
Định nghĩa 2.1.1 [6] Cho s là số phức, s = σ + it , với σ > 1 ζ(s) =
, hội tụ đều về ζ(s) trên nửa mặt phẳng Re(s) > 1 + δ, với δ > 0
Chứng minh Xét dãy (a p , M ) như sau a p , M = 1/p s nếu p ≤ M, và a p , M = 0 nếu p > M Khi đó, với mọi n nguyên dương, n > 1, và có phân tích ra thừa số nguyên tố là n = p α 1 1 p α k k Đặt f M (n) = a α p 1
1 ,M a α p k k ,M và f M (1) = 1 Khi đó, f là hàm nhân tính và P∞ n=1 f M (n) hội tụ tuyệt đối (do |f M (n)| ≤ 1/n Re(s) ) Vậy, theo đẳng thức Euler: P∞ n=1 = 1/n s =Q p 1/1 − p −s
, σ > 1 khi p chạy qua tập tất cả số nguyên tố Ta có P M =P∞ n=1 f M (n), với P M =Q p≤M 1 − 1/p −s
Công thức tích Euler
Euler đã chỉ ra mối quan hệ với các số nguyên tố, lấy hàm ζ(s)và phân tích thành từng phần Định lý 2.2.1 [6] Với s > 1, ζ(s) =
Chứng minh Trừ hai biểu thức sau, ta được ζ(s) − 1
Trong đó, do (n, 6) = 1 nghĩa là bỏ tổng những số hạng ứng với n chia hết cho
2 và 3 Tương tự cho tất cả các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, nhỏ hơn một giá trị cố định x khi đó, ta có
Hàm Zeta và số nguyên tố có liên quan chặt chẽ với nhau Sau đây là một số định lý và bổ đề. Định lý 2.2.2 Có vô số số nguyên tố.
Chứng minh Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố, ký hiệu là 2, 3, , q Khi đó, tổng tích
, (2.1) là một số hữu hạn khi s = 1, nếu (2.1) là tích của tất cả các số nguyên tố, thì ζ(1) =P n 1/n Đây chính là chuỗi điều hòa,
3 + + 1 n , phân kỳ Do đó, giả sử cho rằng chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai.
Ta có ước lượng của Chebyshev x/ log(x) ≪ π(x) Bởi vì x/ log(x) không bị chặn hay hàm π(x) cũng không bị chặn Dưới đây là khai triển Laurent của (s) tại s = 1 để thấy rằng chuỗi điều hòa không hội tụ khi s = 1
Chứng minh Với mọi s > 1, t −s là một hàm giảm dần, do đó
Lấy tích phân t −s , ta được
Z n+1 n t −s dt ≤ n −s Cộng bất đẳng thức với mọi n ζ(s) − 1 ≤
0 ≤ ζ(s) − 1 s − 1 ≤ 1, với mọi s > 1. Điều này chứng minh (2.2)
Sắp xếp lại một lần nữa, ta có
0 ≤ ζ(s) − 1 ≤ 1 s − 1 , với mọi s > 1. Điều này chứng minh (2.3).
Chứng minh Bổ đề 2.2.3 bằng cách sử dụng định nghĩa của ζ(s) như là một tổng, áp dụng tương tự cũng đúng cho tích Euler.
Định lý của Mertens
Chứng minh Với mọi số nguyên tốp, lũy thừa của p chia chon! , ta được v p (n!) = n p
Lấy logarit hai vế, ta được log(n!) =X p 1 Áp dụng công thức Parseval, với mọi số thực v và số thực λ > 0, ta có
Vì K ˆ λ có giá compact, khi δ → 0 giới hạn của phía bên phải tồn tại, giới hạn của phía bên trái là
(g(u) − 1)K λ (u − v)du, theo định lý hội tụ đơn điệu Do đó
Theo định lý Riemann - Lebesgue, khi v → ∞giới hạn của tích phân ở phía bên phải bằng 0 Do đó, v→∞ lim
Thay thế u = v + α/λ và chú ý rằng g(u) = 0 với u < 0 , ta được
−∞ g(v + α/λ) sin 2 α α 2 dα = π, với mọi λ > 0 Vì B(x) là một hàm đơn điệu tăng, ta thấy rằng g(u 2 ) ≥ g(u 1 )e u 1 −u 2 , u 1 ≤ u 2
Do đó, với |α| ≤ √ λ, ta có g v + α λ
Vì vậy, lim sup v→∞ g(v ) = lim sup v→∞ g v − 1/ √ λ
, cho λ → ∞, ta được lim sup v→∞ g(v) ≤ 1. Đặc biệt, ta kết luận g là một hàm giới hạn Đặt A = sup v g(v) Thì ,
− √ λ g (v + α/λ) sin 2 α α 2 dα, và lim inf v→∞ g(v) = lim inf v→∞ g v + 1/ √ λ
Giả sử λ → ∞, thì lim inf v→∞ g (v) ≥ 1, ta kết luận rằng lim v→∞ g(v) = 1 Đây là x→∞ lim
B (x) = x + o(x). Áp dụng Định lý 4.1.1 vào chuỗi Dirichlet
X n=1 Λ(n) n s , với hệ số không âm và hội tụ tuyệt đối khi Re(s) > 1 Vì ζ(s) ̸= 0 trên Re(s) = 1, nên − ζ ζ ′ (s) mở rộng thành một hàm đa thức trên s tại s = 1 với hệ số 1 Thật vậy, ta có h(s) := (s − 1)ζ(s), là tích phân tại s = 1 và h(1) = 1 Vì ζ(s) ̸= 0 trên Re(s) ≥ 1, lấy đạo hàm theo logarit ta có h ′ (s) h(s) = 1 s − 1 + ζ ′ (s) ζ(s) , áp dụng Định lý Ikehara-Wiener, ta thu được định lý số nguyên tố.
Định lý số nguyên tố
Cho π(x) là hàm đếm số nguyên tố, p ≤ x Định lý số nguyên tố khẳng định rằng x→∞ lim π(x) x/ log x = 1, sau đây là một số mệnh đề chứng minh định lý.
Mệnh đề 4.2.1. x→∞ lim ψ(x) x = 1, khi và chỉ khi x→∞ lim π(x) x/ log x = 1.
Chứng minh Định nghĩa lại
Do đó, khi ψ(x) = x + o(x), ta suy ra π(x) = x/ log x + o (x/ log x) Phần ngược lại cũng có thể được chứng minh tương tự Đặt f (n) = 1 nếu n là số nguyên tố và
0 trong trường hợp khác Khi đó, θ(x) =X n≤x f (n) log n
Mệnh đề 4.2.2 Nếu x→∞ lim π(x) x/ log x = α, thì
1 p = α log log x + o(log log x) (4.2) Kết luận nếu giới hạn tồn tại, thì (4.2) bằng 1.
Chứng minh Bằng phép tính tổng phần, ta có
Z x 2 π(t) t 2 dt = α log log x + o(log log x).
Theo mệnh đề 3.1.8, ta biết rằng α bằng 1. Định lý 4.2.3 Cho ψ(x) = X n≤x Λ(n), khi đó x→∞ lim ψ(x) x = 1.
Dưới đây là một số mệnh đề dùng để chứng minh định lý.
X n=1 a n n s , là một dãy Dirichlet với hệ số là các số thực và tuyệt đối hội tụ khi Re(s) > 1. Nếu f(s) có thể mở rộng thành một hàm phân hình trong miền Re(s) ≥ 1, chỉ có một cực đơn tại s = 1 với thặng dư r, và |a n | ≤ b n khi F (s) = P∞ n=1 b n /n s thỏa mãn các giả thiết của Định lý 4.1.1,
Chứng minh Chuỗi G(s) = F (s) − f(s) là một chuỗi Dirichlet thỏa mãn các giả định của Định lý 4.1.1 và do đó
Trong trường hợp khác, ta có
Mệnh đề 4.2.5 Cho q là một số tự nhiên Giả sử (a, q) = 1. ψ(x; q, a) := X n≤x n≡a (mod q) Λ(n), thỏa mãn x→∞ lim ψ(x; q, a) x/φ(q) = 1, trong đó Hàm Euler cho bởi φ(q) = q ãY p|q
Nhận xét 3 Với q = 1, a = 0, φ(1) Suy ra x→∞ lim ψ(x) x = 1 Chứng minh Để chứng minh mệnh đề 4.2.5, ta xét χ(n) đặc trưng Dirichlet χ(n) =
0 các trường hợp khác. và L− hàm Dirichlet, ta có
|χ(n)| ≤ 1, chuỗi này hoàn toàn hội tụ tuyệt đối khi Re(s) > 1. Áp dụng mệnh đề 4.2.3 và 4.2.4 vào hàm f (s) = 1 φ(q)
Vì L(s, χ) ̸= 0 khi Re(s) = 1 , ta thấy rằng
Mệnh đề 4.2.6 Giả sử c n ≥ 0, ta có
Chứng minh Xét hàm s(x) = P n≤x c n Áp dụng phép tích phân riêng biệt, ta có
Chứng minh Tính tổng từng phần, ta được
Z x 1 ψ(t)dt t , sử dụng ước lượng của Chebyshev rằng ψ(x) = O(x) trong tích phân, ta có kết quả.
Chứng minh Ta có Λ(n) = −X d|n à(d) log d, và do đó
Chứng minh Nếu n = 1, kết quả rõ ràng Với n > 1, ta có P d|n à(d) = 0 và
Dựa trên mệnh đề trước, ta có
X d|n à(d) log 2 d = X hk=n Λ(h)Λ(k) − Λ(n) log n, hoàn thành việc chứng minh.
Chứng minh Ta tính tổng từng phần của mệnh đề 4.2.9 để có
Tổng đầu tiên, dựa trên mệnh đề 4.2.7, là ψ(x) log x + O(x) Tổng thứ hai là
Kết hợp các thành phần này cho kết quả mong muốn.
Mệnh đề 4.2.11 Với γ là hằng số Euler, ta có
, vì P d|n à(d) = 1 nếu n = 1 và 0 trong cỏc trường hợp khỏc Hoỏn đổi vị trớ của các tổng sẽ cho kết quả mong muốn.
Chứng minh Sử dụng mệnh đề
X n≤x log k x n = O(x), với mọi k > 0 Ta có
X d≤x log 2 x d = O(x), do đó khi ta loại bỏ dấu ngoặc vuông trong [x/d] trong mệnh đề 4.2.11, O(x) là sai số.
Chứng minh Dựa trên mệnh đề trước, ta có thể viết
Với sai số là O(1) , bởi
X n≤x log k x n = O(x),đối với mọi k > 0 Điều này chứng minh kết quả.
Chứng minh Dựa trên mệnh đề trước,
Mệnh đề 4.2.15 (Công thức Selberg) ψ(x) log x +X n≤x Λ(n)ψ x n
Chứng minh Theo mệnh đề 4.2.10,
Theo các mệnh đề trước,
Tổng hợp các kết quả này cho kết quả mong muốn.
Mệnh đề 4.2.16. ν(n) = O log n log log n
Trong đó ν(n) biểu thị số thừa số riêng của n.
Chứng minh Trong khoảng [1, n], số có số lượng ước số nguyên tố lớn nhất là
Trong đó , chọn t sao cho N ≤ n Do đó, ν(n) ≤ π(t),
Và theo Định lý Chebyshev (mệnh đề 3.1.5 ), ta cólogN ≫ t Theo Định lý 3.1.1 π(t) ≪ t log t , vì vậy ν(n) ≪ (log N )/ log t Ngoài ra, n ≤Q p≤t+1 p, do việc chọn t Một lần nữa, theo Định lý Chebyshev, log n ≪ t, do đó ν(n) ≪ log n/ log log n.
Mệnh đề 4.2.17 Giả sử ν(n) như trong mệnh đề trước.
= x log log x + O(x), bởi mệnh đề 3.1.8.
Mệnh đề 4.2.18 Giả sử ν(n) như trong mệnh đề trước.
Hai tổng sau đều là O(x log log x) theo mệnh đề trước Còn tổng đầu tiên là
Tổng đầu tiên ở phía bên phải là
(log log x + O(1)) 2 , theo mệnh đề 3.1.8 Tổng thứ hai được chặn bởi
1 pq , vì p, q ≤ x và pq > x có nghĩa là hoặc p > √ x hoặc q > √ x Nhưng
Theo công thức tích phân riêng lẻ và Định lý Chebyshev cho π(t) Do đó, tổng thứ hai là
√ 2πx Áp dụng Định lý Parseval
Chứng minh Dựa vào bất đẳng thức của định lý tích phân, ta có
Vì log(1 + t) ≤ t với |t| < 1 Do đó, ta suy ra
Suy ra ψ(x) ≤ 2(log 2)x + 12 log x log2 + 3 log(x + 1) log x log 2
Chứng minh Vì chứng minh định lí 3.2.1, nên ta có ψ(x) − ψ x
Theo mệnh đề 4.2.20, ta có
Tiếp tục lặp lại, ta thu được ψ x 2
2 + 12 + 3 log(x + 1), và tiếp tục như vậy Cộng các biểu thức này lại ta được bất đẳng thức đã nêu. Mệnh đề 4.2.22. ψ(x) − ψ x
Chứng minh Từ chứng minh của Định lý 3.2.1, ta có ψ(x) − ψ x
Dùng mệnh đề 4.2.20 cho ra kết quả.
Chứng minh Dùng mệnh đề 4.2.21 và 4.2.22 ,ta có ψ(x) − ψ x 2
− 12 log(x + 1) log 2 − 3(log x) log(x + 1) log 2
Nếu x ≥ e 12 , ta thay 2 log(x + 1) và 2 log(x + 1)/ log 2 bằng (log x)(log(x + 1))/ log 2.
Mệnh đề 4.2.24 Với một hằng số c 0 và x ≥ c 0 , ψ(x) − ψ x
Vì log x < log(x + 1), ta có ψ(x) − ψ x
Chứng minh Đặt c = (log 2) 2 /30, để (log(x + 1)) 2 < cx , thì điều kiện
6 , hoặc tương đương, x⩾ 36/c 3 Điều này đưa ra ψ(x) − ψ x
Tiếp theo, dựa vào mệnh đề trước, θ(x) − θ(x) x
6 − 7. Đối với x > c 0 Thêm vào đó, θ ∗ (x) ≤ √ x(log x) 2 / log 2.
Mệnh đề 4.2.26 Với một hằng số c 1 và x ≥ c 1 , ta có θ(x) − θ x
Chứng minh Ta có √ x(log x) 2 log 2 < (log 2)x
12 , nếu và chỉ nếu x < exp((log 2)x 1/4 / √
12) Điều này chắc chắn đúng nếu x < 1 8! log 2
, hoặc núi cỏch khỏc, nếu x ≥ c 2 = 12 4 ã 8!/(log 2) 8 Do đú, θ(x) − θ x 2
12 − 7, nếu x ≥ max(c 0 , c 2 ), với c 0 như trong mệnh đề 4.2.24 Chúng ta đặt c 1 = max(c 0 , c 2 ) để suy ra bất đẳng thức đã nêu.
Mệnh đề 4.2.27 Với một hằng số c 3 và x ≥ c 3 , ta có θ(x) − θ(x/2) ≥ 1 Kết luận rằng với x ≥ c 3 , luôn tồn tại một số nguyên tố nằm giữa x/2 và x.
Chứng minh Bằng mệnh đề trước đó, chúng ta có thể đặtc 3 = max(c1, 96/ log 2) để suy ra rằng θ(x) − θ(x/2) ≥ 1 với x ≥ c 3
, là một hàm có biến thiên giới hạn trong mọi khoảng hữu hạn [1, x] Giả sử khi x → ∞, ta có
Với C, β là hằng số và 0 ≤ β < 1, nếu M (x) :=P n≤x à(n) = o(x) khi x → ∞, thỡ f (x) = x + o(x).
Chứng minh Bằng cách thay thế f(x) bởi f 0 (x) = f(x) − x − (C − γ), ta thấy rằng
, thỏa mãn F 0 (x) = O(x β ) Điều cần chứng minh là f 0 (x) = o(x) Dùng công thức nghịch đảo Mo ¨bius f (n) =X d|n g (d), ∀n ∈N khi và chỉ khi g(n) =X d|n à(d)f (n/d) ∀n ∈N
, rõ ràng, F 0 cũng có biến thiên bị chặn Chúng ta viết f 0 (x) = X n≤ϵx à(n)F 0 x n
Z ϵx 1 t −β dt, chính là O(ϵ 1−β x). Đối với P
2, ta có thể viết F 0 (x) = P (x) − Q(x) với P và Q là các hàm tăng dần dương, vì F 0 có biến thiên bị chặn Vì vậy,
Ta ước lượng P ϵx≤n≤x à(n)P x n như sau Bằng cách sử dụng phần tử trung gian, cho x là một số nguyên dương, ta có
≤ 2P 1 ϵ ϵx 0, x→∞ lim max ϵx≤n≤x
|M (n)| n = 0. Điều này có nghĩa là với x đủ lớn, thì f 0 (x) = o(x).
Mệnh đề 4.2.29 Giả sử M (x) = o(x) như trong mệnh đề trước, suy ra x→∞ lim ψ(x) x = 1.
Ta có thể áp dụng mệnh đề trước với c = −1 và bất kỳ 0 < β < 1 Suy ra ψ(x) = x + o(x), đây chính là định lý số nguyên tố.
Kết luận và Kiến nghị Đề án "Tìm hiểu định lý cơ bản về số nguyên tố và một số vấn đề liên quan" đã đạt những kết quả sau:
1 Hệ thống các kiến thức cơ bản chuẩn bị về lý thuyết số và giải tích toán học liên quan đến số nguyên tố.
2 Trình bày định nghĩa hàm Zeta Riemann, định lý và chứng minh.
3 Trình bày công thức tích Euler, định lý và bổ đề chứng minh công thức.
4 Trình bày định lý chebyshev và chứng minh định lý dựa vào các mệnh đề.
5 Trình bày định lý Ikerhara - Wiener, định lý cơ bản số nguyên tố và chứng minh định lý dựa vào các mệnh đề.
Trong quá trình nghiên cứu và viết đề án, tôi đã cố gắng hết sức mình Tuy nhiên, đề án vẫn còn khuyết điểm và thiếu sót do nhiều lý do, bao gồm hạn chế về thời gian, kiến thức và kinh nghiệm Tôi rất mong nhận được những góp ý xây dựng và chân thành để cải thiện đề án của mình.
Tác giảTrần Thị Xuân Thùy