Về sự phân bố của các nguyên tố

LÊ THỊ THỦYVỀ 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... Các số nguyên tố được

LÊ THỊ THỦY

VỀ SỰ PHÂN BỐ CỦA CÁC SỐ NGUYÊN TỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

VINH - 2010

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

2.3 Hàm biểu diễn số nguyên tố 37

tiếp 38

MỞ ĐẦU

Số nguyên tố là một nội dung quan trọng của Lý thuyết số Các số nguyên

tố được phân bố như thế nào trong tập số tự nhiên từ lâu luôn là câu hỏidành được sự quan tâm lớn Kết quả sớm nhất là một định lý cổ điển đượcgiới thiệu bởi Euclid về sự vô hạn của các số nguyên tố và được xem như làmột trong những định lý đẹp nhất của toán học, tuy nhiên thời gian nàyvẫn chưa có câu trả lời cho câu hỏi: Các số nguyên tố được phân bố nhưthế nào?

Vào những năm cuối thế kỉ 18, đã có những giả thuyết được đưa ra bởiA.M Legendre và C.F Gauss, từ đó hình thành định lý số nguyên tố Nộidung chủ yếu của luận văn bao gồm:

- Tìm hiểu tính vô hạn của tập số nguyên tố,

- Tính vô hạn các số nguyên tố đặc biệt (số Fermat, số Mersenne, cặp sốnguyên tố sinh đôi )

- Sự phân bố của các số nguyên tố

- Định lý số nguyên tố

- Sử dụng các phầm mềm tin học trong bài toán phân bố số nguyên tố.Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS.TS NguyễnThành Quang - Đại học Vinh Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm

ơn thầy giáo hướng dẫn đã dành cho tác giả sự hướng dẫn tận tình, chuđáo và nghiêm túc trong quá trình học tập nghiên cứu

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến PGS.TS Ngô Sĩ Tùng, TS Nguyễn ThịHồng Loan và các thầy cô giáo khác trong chuyên ngành Đại số - KhoaToán và Khoa sau đại học - Trường Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ tácgiả trong quá trình học tập

Mặc dù đã hết sức cố gắng, luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.Tác giả mong muốn nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cô giáo và các bạnhọc viên

Vinh,tháng 11 năm 2010Tác giả

CHƯƠNG 1

TÍNH VÔ HẠN CỦA TẬP SỐ NGUYÊN TỐ

0 6 a − b

hab

i

< bsuy ra

a = ha

b

i

Như vậy ta có định lý sau:

Định lý 1.1.1 Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ với b > 0 Khi đó tồntại hai số nguyên q và r thỏa mãn

Hiển nhiên, 1|a, b|0 và với mọi a 6= 0 thì a|a

Nếu b không chia hết a, ta viết b - a Cuối cùng, nếu a = bc với b khác 0

và khác 1 thì ta nói b là ước thực sự của a

Ta dễ dàng chứng minh được các định lý sau:

Định lý 1.1.3 Giả sử b 6= 0, c 6= 0, khi đó

1) nếu b|a và c|b thì c|a

2) nếu b|a thì bc|ac

3) nếu c|d và c|e thì với bất kỳ m, n ta có c|dm + en

Định lý 1.1.4 Nếu b là ước thực sự của a thì ta có 1 < |b| < |a|

Từ đó ta có thể chia tập số tự nhiên thành 3 lớp:

(i) 1 số duy nhất có đúng một ước số là chính nó

(ii) p, số có đúng hai ước số tự nhiên là một và chính p Hay nói cách khác

p là số tự nhiên lớn hơn 1 không có ước số thực sự

(iii) n, số có ước thực sự (n có nhiều hơn 2 ước số)

Ta gọi những số p trong lớp thứ hai là những số nguyên tố, và những sốtrong lớp thứ ba là những hợp số Ta thường ký hiệu một số nguyên tố bởichữ p Một số tự nhiên được gọi là chẵn hay lẻ (tương ứng) nếu nó chiahết 2 hay không Hiển nhiên, một số tự nhiên chẵn lớn hơn 2 không phải

Nếu n1 là số nguyên tố, thì định lý đã được chứng minh, nếu không ta giả

sử rằng q2 là ước số nguyên tố thực sự của n1 dẫn đến

n = q1q2n2, 1 < n2 < n1 < n

Tiếp tục quá trình trên ta có n > n1 > n2 > > 1, và quá trình này phảidừng sau ít hơn n bước và khi đó ta thu được

n = q1q2 qstrong đó q1, q2, , qs là những số nguyên tố Định lý được chứng minh.Chúng ta có thể sắp xếp các số nguyên tố trong định lý trên dưới dạng

n = pα1

1 pα1

2 pαk

k , α1 > 0, α2 > 0, , αk > 0, p1 < p2 < < pk

1.2 Các chứng minh về sự vô hạn của tập

số nguyên tố

Định lý 1.2.1 Có vô hạn số nguyên tố

Trước hết, ta trở lại cách chứng minh của Euclid: Giả sử có hữu hạn

số nguyên tố là p1, , pn Mỗi số nguyên tố đều là số nguyên dương nên ta

tố đã cho, cho thấy các số nguyên tố phải là vô hạn

Chú ý rằng, hoàn toàn tương tự ta có thể dễ dàng xét với N = p1 pn− 1

Ta có thể chứng minh theo cách sau:

Ta lại giả sử rằng chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p1, p2, , pn Hiểnnhiên n > 2 Đặt P = {p1, , pn} Chia P thành hai tập con khác rỗngtách rời nhau P1 và P2 Xét số m = q1 + q2, trong đó q1 là tích của tất cảcác số nguyên tố thuộc P1 và q2 là tích của tất cả các số nguyên tố thuộc

P2 Giả sử p là ước nguyên tố của m Do p ∈ P nên p chia hết hoặc q1hoặc q2 nhưng không chia hết cả hai và bởi vậy p không thể chia hết mđiều này đưa đến mâu thuẫn Suy ra p không thuộc P , và như vậy tập sốnguyên tố là vô hạn

Sau đây là các chứng minh khác về tính vô hạn của tập số nguyên tố.Chứng minh 1(Sử dụng giai thừa) Giả sử rằng p1, p2, , pn là tất cả các sốnguyên tố

Đặt N = p1 pn, hiển nhiên với mỗi i ta có pi < N Giả sử q là ước sốnguyên tố nhỏ nhất của N ! + 1 Nếu q < N thì q chia hết N !, bởi vậy qkhông thể chia hết N ! + 1 q > N và khi đó q > pi với i = 1, , n Do đó,

q không là một trong các số pi và như vậy tập số nguyên tố là vô hạn

Ta có thể sử dụng giai thừa để chứng minh theo cách sau:

Với mỗi n > 1 giả sử qn là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n! + 1 Theo

chứng minh trên ta phải có qn > n và bởi vậy tập số nguyên tố không thể

φ(N ) = φ(p1 pn) = φ(p1).φ(p2) φ(pn) = (p1 − 1) (pn − 1) > 1dẫn đến mâu thuẫn

Giả sử Z[x] là tập các đa thức với hệ số nguyên và đặt N0 = N ∪ 0.Tính vô hạn của các số nguyên tố được suy ra từ bổ đề sau:

Bổ đề 1.2.2 Với mỗi đa thức f (x) ∈ Z[x] khác hằng số, tập các ước sốnguyên tố của {f (k); k ∈ N0} là vô hạn Trường hợp đặc biệt, tập các sốnguyên tố là vô hạn

Chứng minh Giả sử rằng

f (x) = a0 + a1x + + amxm

và với tập {f (k); k ∈ N0} số các ước số nguyên tố xảy ra với một vài

f (k) là hữu hạn Giả sử U = {p1, , pn} là tập các ước số nguyên tố và

D = p1 pn Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng a0 6= 0 Chọn một

số tự nhiên t sao cho pti không chia hết f (0) = a0 với bất kỳ i nào Do chỉ

có các số nguyên tố là pi nên ta phải có a0|Dt nghĩa là Dt = a0b với b ∈ Z.Với k > 1 ta có

p (p nguyên tố) là phân kỳ thì phải

có vô hạn số nguyên tố vì ngược lại ta được một tổng hữu hạn

Có hai cách chứng minh tổng này là phân kỳ: cách thứ nhất là chứng minhtrực tiếp, cách thứ hai là sử dụng hàm zeta Riemann

Giả sử p1, , pk, là dãy không giảm các số nguyên tố có thể hữu hạnhoặc vô hạn Ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1.2.4 Nếu p1, , pk, là dãy không giảm các số nguyên tố, khi đó

pn 6 22n−1 với mọi n và pn < 22n−1 với mọi n > 1

Chứng minh bổ đề Ta chứng minh bổ đề này bằng cách sử dụng phươngpháp quy nạp: p1 = 2 6 21, mệnh đề đúng với n = 1

Hơn nữa không có số nguyên tố chẵn nên pk 6= 22 k

nếu k > 1

Giả sử pk < 22k−1, ta xét pk+1

Tương tự như chứng minh của Euclid về tính vô hạn của số nguyên tố,

K = p1 pk+1 phải có ít nhất một ước số nguyên tố không phải là p1, , pk.Bởi vậy:

pk+1 6 K = p1 pk + 1 < 22222223 22k−1 + 1 < 22k.Mệnh đề đúng với k + 1, theo nguyên tắc quy nạp mệnh đề đúng với mọin

Ta sử dụng bổ đề này để chứng minh định lý 1.2.3 Giả sử rằng

Bởi vậy x2 < QN (x) Mặt khác, nếu n < x và n không chia hết bởi bất

kỳ pN +1, pN +2, thì n = n21m trong đó m không chính phương Bởi vậy

m = 2e13e2 peN

N trong đó ei = 0 hoặc bằng 1 Như vậy có tối đa 2N cách

x cách chọn n1 Từ đó ta cóx

2 < QN(x) < 2

N√x

Cố định N , khi x đủ lớn ta có mâu thuẫn và bởi vậy P1

p (p nguyên tố) làphân kỳ

Cách chứng minh sử dụng hàm zeta Riemann

Chứng minh Với mỗi số thực s > 1 ta định nghĩa hàm zeta Riemann bởi

p nguyên tố

1

1 − p−s



Tích này được gọi là tích Euler

Bây giờ ta giả sử rằng các số nguyên tố là hữu hạn và như vậy tíchEuler là một số hữu hạn hay ζ(s) hội tụ, nhưng ta đã chỉ ra rằng ζ(s) phân

kỳ khi s → 1+ và bởi vậy các số nguyên tố là vô hạn

Để chứng minh định lý1.2.3 ta xét bất đẳng thức

ln

1

ln

1

1 − x



< 2xLấy lôgarit tích Euler ta thu được

F5 = 225 + 1 = 641.6700417

là hợp số

Năm 1880 Landry chứng minh được rằng

F6 = 226 + 1 = 274177.67280421310721Một số tác giả khác gần đây đã chứng minh được rằng Fn là hợp số với

7 6 n 6 16, n = 18, 19, 23, 36, 38, 39, 55, 63, 73Liệu rằng số nguyên tố Fermat là vô hạn? Một số giả thuyết khác chorằng 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 sốnguyên tố Fermat

Chứng minh Nếu a lẻ thì an+ 1 là số chẵn bởi vậy không là một số nguyên

tố Giả sử a chẵn và n = kl với k lẻ và k > 3 Khi đó

Bổ đề có thể phát biểu dưới dạng: "Không tồn tại hai số Fermat có ước

số chung lớn hơn 1"

Chứng minh Ta giả sử rằng Fn và Fn+k trong đó k > 0 là hai số Fermat,

m là ước chung của Fn và Fn+k (m|Fn, m|Fn+k)

ta suy ra được tính vô hạn của tập số nguyên tố

và các số còn lại là 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 cũngtương 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 Strindmovào tháng 4 năm 2010 Về kỉ lục của số Mersenne có thể tham khảo tạiwebsite: http://www.mersenne.org

Ta có định lý sau:

Định lý 1.3.5 Giả sử a, n là những số nguyên dương Nếu an − 1 là sốnguyên tố thì a = 2 và n là số nguyên tố Trong trường hợp đặc biệt, nếumột số Mersenne Mn là một số nguyên tố Mersenne thì n là số nguyên tố

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 6 k, l < n thì

2k− 1|2n− 1Như vậy, nếu 2n − 1 là số nguyên tố thì n phải là số nguyên tố

Ta sẽ sử dụng các số Mersenne để chứng minh tính vô hạn của tập sốnguyên tố

Bổ đề 1.3.6 Với cặp số Mersenne Mn, Mm bất kỳ ta có

(Mm, Mn) = (2m − 1, 2n − 1) = 2(m,n)− 1Chứng minh Dễ thấy định lý đúng với m = n hay n = 1 hay m = 1 Tagiả sử rằng n > m > 1 Sử dụng thuật toán Euclid để tìm ước chung lớnnhất của m và n Ta có

(2rs − 1)|(2n− 1) và (2rs − 1)|(2m − 1)Giả sử rằng d = (2n− 1, 2m − 1), suy ra d|(2ri − 1) với i = 1, , s

Bởi vậy d|(2rs − 1) = 2(m,n) − 1

Ta sử dụng để chứng minh tính vô 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)

Nói chung với i = 1, , n mỗi 2pi − 1 là lẻ và bất kỳ hai trong số chúngkhông có ước số nguyên tố lẻ Do chỉ có n − 1 số nguyên tố lẻ trong P nênphải tồn tại số nguyên tố lẻ nằm ngoài P (do có n số nguyên tố lẻ dạng

2pi − 1)

Vậy tập số nguyên tố là vô hạn

Chú ý 1.3.7 Ở trên chúng ta đã chỉ ra một số cách chứng minh tính vô hạncủa tập số nguyên tố và cũng chỉ ra sự vô hạn của các số nguyên tố có dạngđặc biệt Ngoài ra, chúng ta có thể chứng minh được tính vô hạn của các sốnguyên 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

và cặp 665551035.280025 ± 1 được tìm ra bởi P.Carmody

Kỷ lục hiện nay được tìm ra bởi D Papp vào năm 2004 đó là cặp số

154798125.2169690± 1

Vậy 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 thìtổng nghịch đảo của chúng hội tụ Chúng ta đã chứng minh được rằng tổngP

Chứng minh định lý Brun Ký hiệu P (x) là số các số nguyên tố p 6 x saocho p + 2 vẫn là số nguyên tố Khi đó theo hệ quả trên ta có

pr <

kr(ln(r + 1))32

Sử dụng tiêu chuẩn tích phân ta thấy chuỗi vô hạn

∞

X

r=1

1r(ln(r + 1))32

hội tụ Theo tiêu chuẩn so sánh chuỗi

theo tiêu chuẩn so sánh ta suy điều phải chứng 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 haicặp 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 chínhphương 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

Định nghĩa 2.1.2 Cho trước số nguyên dương n và k với n > 1 và n > k,chỉnh hợp





nk



 được định nghĩa bởi



nk



 6 (2n)π(2n)(ii)

22 6



2nn

trong đó [] là phần nguyên và tp là số nguyên đầu tiên thỏa mãn ptp +1 > nHiển nhiên với mỗi số nguyên tố p thì tp là tồn tại Ta xét





2nn





2n 6



2nn



 6 22n.Như vậy ta có bất đẳng thức thứ hai

Ta quay trở lại chứng minh bất đẳng thức Chebychev Ta cần chỉ rarằng tồn tại các hằng số dương A1 và A2 thỏa mãn

A1 x

ln x < π(x) < A2

x

ln xvới mọi x> 2

Theo bổ đề trên ta có

nπ(2n)−π(n) <



2nn



 6 (2n)π(2n),

2n 6 

2nn

 6 22n

Bởi vậy

nπ(2n)−π(n) < 22n =⇒ (π(2n) − π(n)) ln n 6 2n ln 2suy ra

π(2n) − π(n) 6 2n ln 2

ln nMặt khác,

(2n)π(2n) > 2n =⇒ π(2n) > n ln 2

ln(2n).Với số thực bất kỳ x> 2, giả sử 2n là số nguyên chẵn lớn nhất không vượtquá x, bởi vậy x> 2n, n > 1 và x < 2n + 2 Khi đó

π(x) > A1

x

ln xvới mọi x> 2 và A1 = ln 24

Để chứng minh sự tồn tại của A2 giả sử 2n = 2t với t > 3 Khi đó

π(2t) − π(2t−1) 6 2

tln 2(t − 1) ln 2 =

2j > ln x

ln 2 ⇒ 4

j 6 8 ln 2

ln xNhư vậy,

Như vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức Chebychev

Hệ quả 2.1.4

π(x)

Chứng minh Theo bất đẳng thức Chebychev ta có

Ký hiệu pn là số nguyên tố thứ n Hệ quả sau cho thấy pn ∼ n ln n

Hệ quả 2.1.5 Tồn tại các hằng số dương B1 và B2 sao cho

Định lý sau cho thấy tích các số nguyên tố p bé hơn hay bằng x là bịchặn

sao cho k là một số lẻ Khi đó k > 3 và n − k là số lẻ Hơn nữa, n − k =2k ± 1 − k > k + 1.

Nếu p là một số nguyên tố với k < p 6 n thì p|n! nhưng p không chia hếtcho cả k! và (n − k)! Bởi vậy

p|



nk

Chứng minh Bằng tính toán trực tiếp ta có thể kiểm tra định lý đúng với

n 6 128 Ta giả sử n > 128 và không có số nguyên tố nào xen giữa n và2n Với một số nguyên tố p, gọi mp là số mũ cao nhất khi



2nn



cho p, và kp là số mũ đầu tiên sao cho pkp +1 > 2n như trong chứng minhbất đẳng thức Chebychev Khi đó, như trong chứng minh bất đẳng thứcChebychev ta giả sử không có số nguyên tố nào nằm trong khoảng n và2n, ta có:



2nn

Bây giờ, nếu 2n3 < p 6 n thì ta có p > 3 và 2 6 2np < 3 và bởi vậy

mp =  2n

p



− np

3

p

Với một số thực x > 128 ta có π(x) 6 x+12 do có nhiều nhất x+12 số tựnhiên lẻ nhỏ hơn hoặc bằng x, và chắc chắn không nhiều hơn những số đó

là số nguyên tố Hơn nữa, do x > 128 nên ta có ít nhất hai số lẻ nhỏ hơn

x mà không phải là số nguyên tố, bởi vậy π(x) 6 x+12 − 2 < x

2 − 1

Suy ra

π(√2n) < r n

2 − 1và

22n = (1 + 1)2n = 1 +



2n1



+ +



2nn



+ +



2n2n − 1



là lớn nhất Nhóm

hai số hạng đầu và cuối lại với nhau (1 + 1 = 2), ta sẽ có 2n số hạng mà

lớn nhất trong chúng là 

2nn

, bởi vậy

22n < (2n)



2nn





2nn

Ta sẽ chứng minh kết quả trên là mâu thuẫn

Đặt F (x) = √

8x ln 2 − 3 ln(2x) Khi đó F (128) = 8 ln 2 > 0 Hơn nữa

F0(x) = ln 2

√82

√

8n ln 2 − 3 ln(2n) > 0 (mâu thuẫn)

Vậy phải có ít nhất một số nguyên tố nằm giữa n và 2n với bất kỳ số

tự nhiên n

... x+12 số tựnhiên lẻ nhỏ x, chắn khơng nhiều số

là số nguyên tố Hơn nữa, x > 128 nên ta có hai số lẻ nhỏ

x mà số nguyên tố, π(x) x+12 − < x... trực tiếp ta kiểm tra định lý với

n 128 Ta giả sử n > 128 khơng có số ngun tố xen n và2n Với số nguyên tố p, gọi mp số mũ cao



2nn



cho p, kp... ± − k > k + 1.

Nếu p số nguyên tố với k < p n p|n! p không chia hếtcho k! (n − k)! Bởi

p|



nk

Chứng minh Bằng tính tốn trực tiếp ta kiểm tra định lý