Về sự phân bố của các nguyên tố

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ THỊ THỦY VỀ SỰ PHÂN BỐ CỦA CÁC SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC VINH - 2010 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ THỊ THỦY VỀ SỰ PHÂN BỐ CỦA CÁC SỐ NGUYÊN TỐ CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ MÃ SỐ: 60 46 05 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG VINH - 2010 Mục lục Mở đầu Chương 1: Tính vô hạn tập số nguyên tố 1.1 Số nguyên tố 1.2 Các chứng minh vô hạn tập số nguyên 1.3 Số Fermat số Mersenne 1.4 Sự vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi 1.5 Số nguyên tố n 2n tố Chương 2: Về phân bố số nguyên tố 2.1 Bất đẳng thức Chebychev hệ 2.2 Định lý số nguyên tố dạng tương đương 2.3 Hàm biểu diễn số nguyên tố 2.4 Mô hình Cramér khoảng cách hai số nguyên tiếp tố liên 2 12 15 16 16 27 37 38 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 MỞ ĐẦU Số nguyên tố nội dung quan trọng Lý thuyết số Các số nguyên tố phân bố tập số tự nhiên từ lâu câu hỏi dành quan tâm lớn Kết sớm định lý cổ điển giới thiệu Euclid vô hạn số nguyên tố xem định lý đẹp toán học, nhiên thời gian chưa có câu trả lời cho câu hỏi: Các số nguyên tố phân bố nào? Vào năm cuối kỉ 18, có giả thuyết đưa A.M Legendre C.F Gauss, từ hình thành định lý số nguyên tố Nội dung chủ yếu luận văn bao gồm: - Tìm hiểu tính vô hạn tập số nguyên tố, - Tính vô hạn số nguyên tố đặc biệt (số Fermat, số Mersenne, cặp số nguyên tố sinh đôi ) - Sự phân bố số nguyên tố - Định lý số nguyên tố - Sử dụng phầm mềm tin học toán phân bố số nguyên tố Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Thành Quang - Đại học Vinh Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn thầy giáo hướng dẫn dành cho tác giả hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm túc trình học tập nghiên cứu Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sĩ Tùng, TS Nguyễn Thị Hồng Loan thầy cô giáo khác chuyên ngành Đại số - Khoa Toán Khoa sau đại học - Trường Đại học Vinh tận tình giúp đỡ tác giả trình học tập Mặc dù cố gắng, luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong muốn nhận bảo quý thầy cô giáo bạn học viên Vinh,tháng 11 năm 2010 Tác giả CHƯƠNG TÍNH VÔ HẠN CỦA TẬP SỐ NGUYÊN TỐ 1.1 Số nguyên tố Cho α số thực Ta kí hiệu [α] số nguyên lớn không vượt α Ví dụ: √ [π] = 3, [−π] = −4 [3] = 3, [ 2] = 1, Nếu α dương, [α] phần nguyên α ta có [α] Giả sử α = a/b, α < [α] + b > 0, ta có a a − n1 > n2 > > 1, trình phải dừng sau n bước ta thu n = q1 q2 qs q1 , q2 , , qs số nguyên tố Định lý chứng minh Chúng ta xếp số nguyên tố định lý dạng n = pα1 pα2 pαk k , α1 > 0, α2 > 0, , αk > 0, p1 < p2 < < pk 1.2 Các chứng minh vô hạn tập số nguyên tố Định lý 1.2.1 Có vô hạn số nguyên tố Trước hết, ta trở lại cách chứng minh Euclid: Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , , pn Mỗi số nguyên tố số nguyên dương nên ta xác định số nguyên tố dương N = p1 p2 pn + Do N có phân tích dạng nguyên tố, có số nguyên tố p chia hết N Khi p|p1 p2 pn + Do ta giả sử có số nguyên tố p1 , p2 , , pn , nên p = pi với i = 1, , n Nhưng lúc p|p1 p2 pi pn , p chia hết p1 pn +1 điều dẫn đến mâu thuẫn Bởi p không số nguyên tố cho, cho thấy số nguyên tố phải vô hạn Chú ý rằng, hoàn toàn tương tự ta dễ dàng xét với N = p1 pn − Ta chứng minh theo cách sau: Ta lại giả sử có hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pn Hiển nhiên n Đặt P = {p1 , , pn } Chia P thành hai tập khác rỗng tách rời P1 P2 Xét số m = q1 + q2 , q1 tích tất số nguyên tố thuộc P1 q2 tích tất số nguyên tố thuộc P2 Giả sử p ước nguyên tố m Do p ∈ P nên p chia hết q1 q2 không chia hết hai p chia hết m điều đưa đến mâu thuẫn Suy p không thuộc P , tập số nguyên tố vô hạn Sau chứng minh khác tính vô hạn tập số nguyên tố Chứng minh 1(Sử dụng giai thừa) Giả sử p1 , p2 , , pn tất số nguyên tố Đặt N = p1 pn , hiển nhiên với i ta có pi < N Giả sử q ước số nguyên tố nhỏ N ! + Nếu q < N q chia hết N !, q chia hết N ! + q > N q > pi với i = 1, , n Do đó, q không số pi tập số nguyên tố vô hạn Ta sử dụng giai thừa để chứng minh theo cách sau: Với n > giả sử qn ước số nguyên tố nhỏ n! + Theo chứng minh ta phải có qn > n tập số nguyên tố hữu hạn Chứng minh Như trên, giả sử có số nguyên tố p1 , , pn N = p1 pn Đặt n a= i=1 pi n aN = i=1 N pi Do aN số tự nhiên nên có ước số nguyên tố, mà theo giả thiết số pj Khi pj |aN pj | N pi với i = j Do N tổng nên pj | pNj , dẫn đến mâu thuẫn Trong chứng minh ta sử dụng hàm phi euler Với số nguyên dương n ta xác định hàm φ(n) = số số nguyên x n, với (x, n) = Với số nguyên tố p ta có φ(p) = p − (a, b) = φ(a, b) = φ(a)φ(b) Chứng minh (sử dụng hàm phi euler) Giả sử có số nguyên tố p1 , , pn đặt N = p1 pn Chú ý pi > φ(pi ) = pi −1 > Nếu < n < N n phải có ước số nguyên tố pj , pj ước chung n N Như (n, N ) = hay n N không nguyên tố với < n < N , theo định nghĩa hàm φ ta có φ(N ) = Mặt khác: φ(N ) = φ(p1 pn ) = φ(p1 ).φ(p2 ) φ(pn ) = (p1 − 1) (pn − 1) > dẫn đến mâu thuẫn Giả sử Z[x] tập đa thức với hệ số nguyên đặt N0 = N ∪ Tính vô hạn số nguyên tố suy từ bổ đề sau: Bổ đề 1.2.2 Với đa thức f (x) ∈ Z[x] khác số, tập ước số nguyên tố {f (k); k ∈ N0 } vô hạn Trường hợp đặc biệt, tập số nguyên tố vô hạn Chứng minh Giả sử f (x) = a0 + a1 x + + am xm với tập {f (k); k ∈ N0 } số ước số nguyên tố xảy với vài f (k) hữu hạn Giả sử U = {p1 , , pn } tập ước số nguyên tố D = p1 pn Không tính tổng quát ta giả sử a0 = Chọn số tự nhiên t cho pti không chia hết f (0) = a0 với i Do có số nguyên tố pi nên ta phải có a0 |Dt nghĩa Dt = a0 b với b ∈ Z Với k ta có m m 2t j f (kD ) = aj k D j=1 2tj aj k j b2j a2j−1 +1 + a0 = a0 =M j=1 Với k đủ lớn số tự nhiên M phải có ước nguyên tố p không chia hết a0 b p ∈ / U , mâu thuẫn Một số chứng minh tính vô hạn số nguyên tố dựa vào yếu tố giải tích Định lý 1.2.3 Tổng p p1 p nguyên tố phân kỳ, từ suy số nguyên tố vô hạn Chứng minh Hiển nhiên, chuỗi p (p nguyên tố) phân kỳ phải có vô hạn số nguyên tố ngược lại ta tổng hữu hạn Có hai cách chứng minh tổng phân kỳ: cách thứ chứng minh trực tiếp, cách thứ hai sử dụng hàm zeta Riemann Giả sử p1 , , pk , dãy không giảm số nguyên tố hữu hạn vô hạn Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.4 Nếu p1 , , pk , dãy không giảm số nguyên tố, n−1 n−1 pn 22 với n pn < 22 với n > Chứng minh bổ đề Ta chứng minh bổ đề cách sử dụng phương pháp quy nạp: p1 = 21 , mệnh đề với n = k Hơn số nguyên tố chẵn nên pk = 22 k > k−1 Giả sử pk < 22 , ta xét pk+1 Tương tự chứng minh Euclid tính vô hạn số nguyên tố, K = p1 pk +1 phải có ước số nguyên tố p1 , , pk Bởi vậy: pk+1 K = p1 pk + < 22 22 22 22 k−1 k + < 22 Mệnh đề với k + 1, theo nguyên tắc quy nạp mệnh đề với n Ta sử dụng bổ đề để chứng minh định lý 1.2.3 Giả sử p nguyên tố = p ∞ i=1 pi hội tụ Lúc ta không giả sử có vô hạn số nguyên tố Nếu có hữu hạn số nguyên tố tổng hữu hạn Do chuỗi hội tụ pi dãy tăng nên tồn N cho ∞ i=N +1 1 < pi Cố định giá trị N này, giả sử QN (x) với số tự nhiên x số số nguyên dương nhỏ x không chia hết số nguyên tố pN +1 , pN +2 , Cho trước số nguyên tố p số số nguyên n x chia hết p nhỏ xp Từ suy với số nguyên x x − QN (x) < theo giả sử x pN +1 ∞ i=N +1 + x pN +2 + < x 1 < pi Bởi x2 < QN (x) Mặt khác, n < x n không chia hết pN +1 , pN +2 , n = n21 m m không phương Bởi m = 2e1 3e2 peNN ei = Như có tối đa 2N cách √ chọn m Hơn có tối đa x cách chọn n1 Từ ta có √ x < QN (x) < 2N x Cố định N , x đủ lớn ta có mâu thuẫn phân kỳ p (p nguyên tố) Cách chứng minh sử dụng hàm zeta Riemann Chứng minh Với số thực s > ta định nghĩa hàm zeta Riemann ∞ ζ(s) = n=1 ns 26  lớn chúng   22n < (2n)  2n n 2n n  ,    =⇒  2n n   > (2n)−1 22n Kết hợp hai bất đẳng thức ta có √n √n 2n −1 2n −1 2n (2n) < (2n) =⇒ < (2n) Lấy ln hai vế ta n ln < √ n ln(2n) =⇒ 8n ln − ln(2n) < Ta chứng minh √ kết mâu thuẫn Đặt F (x) = 8x ln − ln(2x) Khi F (128) = ln > Hơn √ √ √ x−3 √ − = ln F (x) = ln 2 x x x Suy 128 dẫn đến F (x) > F (128) > tức √ F (x) > với x 8n ln − ln(2n) > (mâu thuẫn) Vậy phải có số nguyên tố nằm n 2n với số tự nhiên n 27 2.2 Định lý số nguyên tố dạng tương đương Trước hết, ta xây dựng hàm sau: (i) Hàm zeta Riemann Với số thực s > hàm zeta Riemann xác định ∞ ζ(s) = ns n=1 (ii) Hàm θ(x) Với số thực x θ(x) = ln p với p nguyên tố p x (iii) Hàm ψ(x) Với số thực x ψ(x) = ln p với p nguyên tố pk x;k (iv) Hàm von Mangoldt Λ(n) xác định với số nguyên dương   ln p n = pc , c Λ(n) =  0 với n > khác Bởi vậy, hàm Chebychev ψ(x) biểu diễn dạng tổng hàm von Mangoldt Λ(n) ψ(x) = Λ(n) n x Hơn nữa, với số nguyên tố p dạng x cho trước, ψ(x) biểu diễn ψ(x) = p x ln x ln p ln p Theo định nghĩa hàm Chebychev, hàm số nguyên tố có dạng π(x) = với p nguyên tố p x Ta thấy pk x p x, θ(x) ψ(x) 28 Hơn nữa, ln p với p ta có π(x) Nếu pk ln x ln p x k θ(x) với x , suy ψ(x) = ln p pk x,k = ln p p x p x pk x;k ln x ln p ln p ln x p x = π(x) ln x Bởi ψ(x) Cuối cùng, θ(x) = π(x) ln x ln p = ln( p x có p p) Hơn theo định lý 2.1.8 ta p x 4x Bởi p x θ(x) x(ln 4) suy θ(x) = O(x) tức θ(x) vô bé bậc với x Bổ đề sau cho thấy θ(x) ψ(x) vô bé bậc Bổ đề 2.2.1 ψ(x) = θ(x) + O(x (ln x)2 ) Chứng minh Ta có ln p ψ(x) = pk x;k Cho trước số nguyên tố p pt x Khi p x, p2 x giả sử pt lũy thừa cao p cho x, , pt x =⇒ p x, p x , , p xt Suy 1 ψ(x) = θ(x) + θ(x ) + + θ(x m ) m số tự nhiên thỏa mãn m + > θ(x) = ln p p x ln x p x ln x ln x ln x x Ta có 29 Suy 1 θ(x k ) < x k ln x Xét tổng x ln x x m θ(x k ) k=2 x theo cách lấy m nên m − ln ln dẫn đến tổng có O(ln x) số hạng 1 Mỗi số hạng θ(x k ) x ln x suy m 1 θ(x k ) = O(x (ln x)2 ) k=2 Bởi ψ(x) = θ(x) + O(x (ln x)2 ) Theo định lý x (ln x)2 = o(x) nên tồn số A để θ(x) < Ax tồn số B cho ψ(x) < Bx, tồn hệ số C để Cx < ψ(x) tồn số D để Dx < θ(x) Ta mở rộng kết thấy θ(x) ψ(x) bậc với x Định lý 2.2.2 Tồn số dương A1 , A2 , B1 , B2 cho hay θ(x) x ψ(x) A1 x θ(x) A2 x, B1 x ψ(x) B2 x x Chứng minh Theo nhận xét ta cần chứng minh θ(x) bị chặn ψ(x) bị chặn Theo định lý 2.1.8 ta có p < 4x Từ suy p x θ(x) = ln p < x ln θ(x) < Bx với B = ln 4, nghĩa θ(x) p x bị chặn Tiếp theo ta chứng minh ψ(x) chặn Chứng minh tương tự chứng minh bất đẳng thức Chebychev Nếu  p làmột số nguyên tố, gọi mp lũy thừa cao p cho pmp |  2n n  kp số mũ nhỏ 30 cho pkp +1 > 2n Ta có  2n  n  pmp = p 2n mp ln 2n ln p Từ suy  ln   2n = n ln 2n ln p = ψ(2n) ln p mp ln p p 2n p 2n Hơn nữa, theo   Nếu x đặt n =  2n n x n ln ψ(x) Bởi ψ(x) 2n =⇒ ψ(2n)  ψ(2n) Cx với C = ln n ln > x ln Định lý chứng minh Theo bổ đề 2.2.1 ta có ψ(x) = θ(x) + O x (ln x)2 với x (ln x)2 = o(x) ta thu ψ(x) θ(x) = + o(1) x x Đặc biệt, suy ψ(x) = x→∞ x lim θ(x) = x→∞ x lim hay ψ(x) ∼ x θ(x) ∼ x Định lý sau cho thấy mênh đề tương đương định lý số nguyên tố 31 Định lý 2.2.3 Các mệnh đề sau tương đương định lý số nguyên tố: (a) x π(x) ∼ ln x (b) θ(x) ∼ x (c) ψ(x) ∼ x Chứng minh Theo nhận xét ta có θ(x) ∼ x ψ(x) ∼ x Bởi ta cần chứng minh π(x) ∼ lnxx tương đương với θ(x) ∼ x Ta có θ(x) π(x) ln x có số A cho Ax θ(x) Vì Ax θ(x) π(x) ln x ln x Với số thực < ε < ta có θ(x) ln p x1−ε n Khi [x]! = pe p p Lấy lôgarit hai vế ta pe p ln([x]!) = ln =⇒ p = pm x ln n = n x x pm ln p = n x ep ln p p x x n Λ(n) 34 Λ(n) hàm von Mangoldt Hơn n x x n Λ(n) < n x = n x x n Λ(n) + x n Λ(n) + ψ(x) = Λ(n) n x n x x n Λ(n) + O(x) ψ(x) = O(x) Kết hợp bất đẳng thức cho ta n x x Λ(n) = n ln x + O(x) = x ln x + O(x) n x Bỏ nhân tử chung x, cuối ta n Λ(n) = ln x + O(1) n x Từ định lý ta có Hệ 2.2.6 p x ln p = ln x + O(1) p Chứng minh Theo định nghĩa n Λ(n) = n pm x ln p m p x điều suy n Λ(n) − n x p x ln p = p m = p pm ln p < m p x ln p p(p − 1) ∞ n=2 p ln n n(n − 1) chuỗi cuối hội tụ đến giá trị S Khi n Λ(n) − n x p x 1 + + ln p p2 p3 ln p Khi 1+ ε x ψ(x) > với x x0 đủ lớn Ta có x0 x ψ(t) dt = t2 x ψ(t) dt > t2 ψ(t) dt + t2 1 + ε ln x − A x0 với A số Tuy nhiên điều trái với kết luận x ψ(t) dt = ln x + O(1) t2 Mặt khác, lim sup ψ(x) x = − ε với ε > ta thu mâu thuẫn Bởi ψ(x) ψ(x) lim inf lim sup x x giới hạn Hơn nữa, từ ψ(x) x tồn x → ∞ giá trị phải π(x) ∼ x/ ln x điều cho thấy tồn giới hạn ψ(x) ∼1 x π(x) x/ ln x phải 37 2.3 Hàm biểu diễn số nguyên tố Định lý 2.3.1 (Miller) Tồn số cố định α cho 2α0 = α1 , α = α0 , 2αn = αn+1 , , ., [αn ] số nguyên tố Chứng minh Ta xây dựng dãy số nguyên tố pn quy nạp Lấy p1 = Khi tồn số nguyên tố pn+1 thỏa mãn: 2pn < pn+1 < pn+1 + 2pn +1 Nếu pn+1 + = 2pn +1 pn+1 = 2pn +1 − số nguyên tố có ước 2 (pn +1) − 2pn +1 − = 2 (pn +1) − 1 2 (pn +1) + Bởi 2pn < pn+1 < pn+1 + < 2pn +1 Lấy logarit số hai vế xác định: (n) (n−1) log2 x = log2 (log2 x) (ký hiệu hiểu lấy logarit liên tiếp n lần) Xét dãy (n) (n) un = log2 pn , = log2 (pn + 1) Từ pn < log2 pn+1 < log2 (pn + 1) < pn + ta suy un < un+1 < vn+1 < un dãy đơn điệu tăng bị chặn trên, nên tồn giới hạn lim un = α un < α < n→∞ Suy pn < αn < pn + hay [αn ] = pn 38 2.4 Mô hình Cramér khoảng cách hai số nguyên tố liên tiếp Mệnh đề 2.4.1 Hàm ngẫu nhiên X(n) với n thỏa mãn: X(n) = (tức n số nguyên tố) có xác suất 1/ ln n, X(n)) = (tức n hợp số) có xác suất − 1/ ln n Giả thiết đưa Harald Cramér nhà toán học người Thụy Điển vào năm 1936 Khoảng cách nguyên tố thứ n ký hiệu gn , khoảng cách số nguyên tố thứ n + số nguyên tố thứ n, nghĩa là: gn = pn+1 − pn Ta có g1 = 1, g2 = g3 = g4 = Cramér đưa giả thiết lim sup pn+1 − pn =1 (ln p)2 Giả sử ta cần tìm xác xuất để pn+1 − pn nằm khoảng α ln n β ln n Nghĩa là, cho trước số nguyên tố pn ta muốn pn + 1, , pn + h − hợp số pn + h số nguyên tố α ln n h β ln n Khi theo mô hình Cramér điều xảy với khả h−1 1− α ln n h β ln n j=1 ln(pn + j) ∼ ln(pn + h) α ln n h β ln n ln(pn + j) ∼ ln n , pn ∼ n ln n j [...]... nguyên tố là vô hạn Chú ý 1.3.7 Ở trên chúng ta đã chỉ ra một số cách chứng minh tính vô hạn của tập số nguyên tố và cũng chỉ ra sự vô hạn của các số nguyên tố có dạng đặc biệt Ngoài ra, chúng ta có thể chứng minh được tính vô hạn của các số nguyên tố dạng đặc biệt khác Chẳng hạn, 8n + 1, 8n + 3, 8n + 5, 8n + 7 1.4 Sự vô hạn của các cặp số nguyên tố sinh đôi Định nghĩa 1.4.1 Cặp số nguyên tố sinh... có vô số cặp số nguyên tố sinh đôi ? Định lý Brun sau cho thấy nếu có vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi thì tổng nghịch đảo của chúng hội tụ Chúng ta đã chứng minh được rằng tổng 1 pnguyên tố p phân kỳ Gọi S là tập hợp các cặp số nguyên tố sinh đôi Nghĩa là S = {p : p nguyên tố và p + 2 nguyên tố } Khi đó ta có định lý: Định lý 1.4.3 (Brun) Tổng nghịch đảo của tất cả các cặp số nguyên tố sinh đôi là... được tính vô hạn của tập số nguyên tố Định nghĩa 1.3.4 Các số Mersenne là dãy (Mn ) các số nguyên dương được xác định bởi Mn = 2n − 1, n = 1, 2, 3, Trong trường hợp đặc biệt nếu Mn là một số nguyên tố thì nó được gọi là số nguyên tố Mersenne Mersenne cho rằng nếu Mn là số nguyên tố thì n phải là số nguyên tố và chỉ ra Mn là số nguyên tố với n = 2, 3, 5, 7, 13, 19, 31, 67, 127, 257 và các số còn lại... số nguyên tố Fermat là vô hạn? Một số giả thuyết khác cho rằng số nguyên tố Fermat là hữu hạn Mặt khác, nếu một số có dạng 2n + 1 là số nguyên tố thì nó phải là số nguyên tố Fermat Định lý 1.3.2 Nếu a 2 và an + 1 là một số nguyên tố, thì a là số chẵn và n = 2m với m là số nguyên không âm nào đó Đặc biệt, nếu p = 2k + 1 là số nguyên tố thì k = 2n với n nào đó, hay nói cách khác p là một số nguyên tố. .. minh Về các cặp số nguyên tố sinh đôi ta có các hệ quả sau: Hệ quả 1.4.5 Số tự nhiên 5 là số nguyên tố duy nhất xuất hiện trong hai cặp số nguyên tố sinh đôi khác nhau Hệ quả 1.4.6 Giả sử p, q là những số nguyên tố, khi đó pq + 1 là chính phương khi và chỉ khi p và q là cặp số nguyên tố sinh đôi Hệ quả 1.4.7 Nếu p, q là một cặp số nguyên tố sinh đôi lớn hơn 3 thì p + q chia hết cho 12 15 1.5 Số nguyên. .. chia hết cho 12 15 1.5 Số nguyên tố giữa n và 2n Định lý 1.5.1 Với số tự nhiên bất kỳ n > 1 tồn tại số nguyên tố p sao cho n < p < 2n Từ định lý này ta có thể suy ra được tính vô hạn của tập số nguyên tố Việc chứng minh định lý này được trình bày ở định lý 2.1.9 16 CHƯƠNG 2 VỀ SỰ PHÂN BỐ CỦA CÁC SỐ NGUYÊN TỐ 2.1 Bất đẳng thức Chebychev và các hệ quả Định lý 2.1.1 Tồn tại các hằng số dương A1 và A2 sao... những số nguyên dương Nếu an − 1 là số nguyên tố thì a = 2 và n là số nguyên tố Trong trường hợp đặc biệt, nếu một số Mersenne Mn là một số nguyên tố Mersenne thì n là số nguyên tố 11 Chứng minh Giả sử a 3 thì a − 1|an − 1 Bởi vậy nếu an − 1 là số nguyên tố thì ta phải có a = 2 Hơn nữa, nếu n = kl với 2 k, l < n thì 2k − 1|2n − 1 Như vậy, nếu 2n − 1 là số nguyên tố thì n phải là số nguyên tố Ta sẽ... hạn của tập số nguyên tố Giả sử P = p1 , , pn là tập hữu hạn các số nguyên tố với 2 = p1 < p2 < < pn Khi đó (2pi − 1, 2pj − 1) = (2(pi ,pj ) − 1) = 1 nếu i = j Nói chung với i = 1, , n mỗi 2pi − 1 là lẻ và bất kỳ hai trong số chúng không có ước số nguyên tố lẻ Do chỉ có n − 1 số nguyên tố lẻ trong P nên phải tồn tại số nguyên tố lẻ nằm ngoài P (do có n số nguyên tố lẻ dạng 2pi − 1) Vậy tập số nguyên. .. s → 1+ (Mâu thuẫn) Bởi vậy tổng là phân kỳ 9 1.3 Số Fermat và số Mersenne Định nghĩa 1.3.1 Các số Fermat là dãy (Fn ) các số nguyên dương xác định bởi: n Fn = 22 + 1, n = 1, 2, 3, Trong trường hợp đặc biệt nếu Fn là số nguyên tố thì nó được gọi là số nguyên tố Fermat Bốn số đầu tiên của số Fermat là các số nguyên tố, và Fermat giả sử rằng mọi số đều là số nguyên tố Tuy nhiên, vào năm 1732 Euler đã... hợp số Tuy nhiên, M67 và M257 không là số nguyên tố trong khi M61 và M89 lại là những số nguyên tố Câu hỏi đặt ra cũng tương tự như số nguyên tố Fermat là có vô hạn số nguyên tố Mersenne? Số nguyên tố Mersenne lớn nhất đến nay là số nguyên tố Mersenne thứ 47, 242643801 − 1 gồm 12.837.064 chữ số được tìm ra bởi Odd Magnar Strindmo vào tháng 4 năm 2010 Về kỉ lục của số Mersenne có thể tham khảo tại website: ... số nguyên tố, - Tính vô hạn số nguyên tố đặc biệt (số Fermat, số Mersenne, cặp số nguyên tố sinh đôi ) - Sự phân bố số nguyên tố - Định lý số nguyên tố - Sử dụng phầm mềm tin học toán phân bố. .. dung: - Các cách chứng minh tính vô hạn tập số nguyên tố, tính vô hạn số nguyên tố dạng đặc biệt: số nguyên tố Fermat, số nguyên tố Mersenne, cặp số nguyên tố sinh đôi - Sự tồn số nguyên tố n 2n... số nguyên tố dựa vào yếu tố giải tích Định lý 1.2.3 Tổng p p1 p nguyên tố phân kỳ, từ suy số nguyên tố vô hạn Chứng minh Hiển nhiên, chuỗi p (p nguyên tố) phân kỳ phải có vô hạn số nguyên tố