Số nguyên tố là một trong những nội dung quan trọng của lý thuyết số. Các số nguyên tố được phân bổ như thế nào trong tập số tự nhiên luôn là câu hỏi dành được sự quan tâm lớn. Kết quả sớm nhất là một định lý cổ điển được giới thiệu bởi Eculid 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 gần đây vẫn chưa có câu trả lời cho câu hỏi “ các số nguyên tố được phân bố như thế nào ?” cho nên không thể tránh khỏi các bạn sinh vên còn bỡ ngỡ vấn đề này.vấn đề đặt ra ở đây là bổ sung một số kiến thức về số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố để các bạn gặp vấn đề này không còn lúng túng nữa.
Sự P PHẦN MỞ ĐẦU Lý đo chọn đề tài Số nguyên tố nội dung quan trọng lý thuyết số Các số nguyên tố phân bổ tập số tự nhiên câu hỏi dành quan tâm lớn Kết sớm định lý cổ điển giới thiệu Eculid vô hạn số nguyên tố xem định lý đẹp toán học nhiên thời gian gần chưa có câu trả lời cho câu hỏi “ số nguyên tố phân bố ?” tránh khỏi bạn sinh vên bỡ ngỡ vấn đề này.vấn đề đặt bổ sung số kiến thức số nguyên tố phân bố số nguyên tố để bạn gặp vấn đề không lúng túng Đây lý chọn đề tài “số nguyên tố phân bố số nguyên tố” Mục đích nghiên cứu - Tìm hiểu tính vô hạn tập số nguyên tố ,tính vô hạn số nguyên tố đặc biệt định lý tính chất phân bố số nguyên tố cách chứng minh định lý tính chất Nội dung nghiên cứu Đề tài gồm phần Phần 1: Đặt vấn đề Phần 2: Nội dung Phần 3: Kết luận Nội dung đề tài phần gồm mục Chương tính vô hạn tập số nguyên tố - 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 ) Chương phân bố số nguyên tố Nêu khái niệm hàm trình bày ước giá đơn giản hàm chứng minh định lí số nguyên tố Trong trình thực đề tài em giúp đỡ giảng viên thạc sĩ Nguyễn Thị Thanh Tâm Nhân dip em xin cảm ơn cô giáo có hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm túc trình nghiên cứu.em xin cảm ơn Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ Chương tính vô hạn tập số nguyên tố 1.1 Định nghĩa tính chất số nguyên tố Định nghĩa 1.1 Số nguyên p gọi số nguyên tố p > p có ước Số nguyên p > không 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, cho d ước nhỏ a, d Nếu d không nguyên tố d = d d , < d ,d < d Suy di ước thực d Vì d i ước a, d < 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 nguyên tố p có thừa số chia hết cho p Tính chất 1.4 số nguyên tố nhỏ số nguyên tố chẵn Tính chất 1.5 Nếu n hợp số n có ước nguyên tố không vượt Chứng minh Giả sử n hợp số, n = a.b, a,b Z, < a b < n Ta có hoặc b < Giả sử a < , a có ước nguyên tố, giả sử p, nên p ước n, p < Vậy n có ước nguyên tố không vượt Hệ 1 Nếu số tự nhiên a > ước nguyên tố nửa khoảng (1,] a số nguyên tố 1.2 Một số định lý quan trọng số học Định lí 1.1.1 Mọi số nguyên dương a > phân tích thành tích thừa số nguyên 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 nguyên tố, chẳng hạn P Vậy ta có a = p a , < a < a Nếu a = ta có a = p phân tích a thành thừa số nguyên tố Nếu a > a phải có ước nguyên tố p , ta có a = p a a = p p a , với < a < a Nếu a = a = p p dạng phân tích a thành thừa số nguyên tố, a > ta lập lại lý luận số nguyên tố p , Quá trình phải kết thúc sau số hữu hạn lần ta có a > a > a > , nên tồn n N thoả mãn a n = 1, ta a = p p p n Trong phân tích xảy trường hợp tích có nhiều thừa số nguyên tố lặp lại, gọi p ,p , ,P k thừa số nguyên tố đôi khác a, với bội tương ứng a ,a , ,a k , (a i > 0,i = 1, ,k), ta a = , gọi dạng phân tích tiêu chuẩn a * Tính nhất: Ta giả sử a có hai dạng phân tích tiêu chuẩn: a= = Khi đó: p i | , i = 1, , k Vì q j (j = 1, , l) đôi khác nên P i trùng với qj tương tự qj trùng với p i Vì k = l hai dạng phân tích tiêu chuẩn xếp thừa số nguyên tố theo thứ tự tăng dần p i = qj , i Nếu > ta chia hai phân tích cho , ta được: = Khi vế trái đẳng thức chia hết cho p i vế phải không chia hết cho p i Điều mâu thuẫn Tương tự, > ta dễ dàng suy mâu thuẫn Vì a i = , i Định lí 1.2.2 (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, hay xab + ypb = b Mà p|ab p|pb nên suy p|b Hệ Nếu p|abc l p|a p|b p\l Định lí 1.1.3 (Định lý thứ hai Euclid) Số số nguyên tố vô hạn Định lí 1.1.4 Tồn dãy số liên tục hợp số mà độ dài lớn số n cho trước 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 – số hợp số liền thoả mãn p — > n Định lí 1.1.5 Không tồn đa thức mà tất giá trị điểm x Z nguyên tố Chứng minh Giả sử , deg Khi = ± Suy n Z cho |f(n ) |> Giả sử p ước nguyên tố f (n o ), xét khai triển f(n +pt) = f(n ) + p f(n ,t,p) Suy p\f (n + pt) với t tuỳ ý Ta chọn t đủ lớn để |f (n + pt)| > p Suy f (n + pt) hợp số Định lí 1.1.6 Cho a số nguyên với dạng phân tích tiêuchuẩn a = Khi số nguyên d ước a có dạng d = với < < ,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 không lớn số mũ dạng phân tích tiêu chuẩn a Bởi vậy: d = với < < ,i = 1, , k Nếu d = ta viết d = Ngược lại, giả sử a d hai số nguyên thoả mãn điều kiện định lý, , i = 1, , k nên q = số nguyên a = dq, nghĩa d ước a Định lý cho ta xác định tất ước số tự nhiên a > 1, số nguyên a > có dạng phân tích tiêu chuẩn a = số ước nguyên dương a (a + 1)(a + 1) (a k + 1), định lý cho ta phương pháp để tìm ước chung lớn bội chung nhỏ nhiều số 3.3 Các chứng mỉnh vô hạn tập số nguyên tố Định lý Có vô hạn số nguyên tố Trước hết, ta trở lại cách chứng minh Euclid: Giả sử có hữu hạn số nguyên tố p ,p 2, ,p n , Mỗi số nguyền tố số nguyên dương nên ta xác định số nguyên tố dương N = p p p n + Do N có phân tích dạng nguyên tố, có số nguyên tố p chia hết N Khi đó: p| p p p n + ta giả sử có số nguyên tố p p p n nên p = p i với i = 1,n Nhưng lúc p| p p p i p n p chia hết p p p n + 1điều 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= p p p n - Ta chứng minh theo cách sau: Ta lại giả sử có hữu hạn số nguyên tố p p p n ,Hiển nhiên n Đặt P = Chia P thành hai tập khác rỗng tách rời P P Xét số m = q + q 2, q tích tất số nguyên tố thuộc P q tích tất số nguyên tố thuộc P Giả sử p ước nguyền tố m Do p p nên p chia hết q q 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 tất số nguyên tố Đặt N = , hiển nhiên với i ta có P i < N Giả sử q ước số nguyên tố nhỏ N! + Nếu q < N q chia hết N!, q chia hết N! + q > N q > p i với i = n Do đó, q không số p i tập số nguyên tố vô hạn Ta sử dụng giai thừa để chứng minh theo cách sau: Với n > giả sử q n ước số nguyên tố nhỏ n! + Theo chứng minh ta phải có q n > n tập số nguyên tố hữu hạn Trong chứng minh ta sử dụng hàm phi euler Với số nguyên dương n ta xác định hàm = số số nguyên x n, với {x, n) = Với số nguyên tố p ta có = p — (a, b) = = Chứng minh (sử dụng hàm phỉ euler) Giả sử có số nguyên tố đặt N = Chú ý p i > Nếu < n < N n phải có ước số nguyên tố , ước chung n N Như (n, N) hay n N không nguyên tố với < n < N, theo định nghĩa hàm ta có Mặt khác dẫn đến mâu thuẫn Chứng minh (Chứng minh Goldbach): Số gọi số Fetmat thứ n.Cho trước số Fermat và(k > 0),giả sử m|, m| Đặt x = , ta có : Vì mặt khác m| nên m| Từ suy m|2 Do số lẻ nên m = Như ta chứng minh số fermat ước chung lớn Từ dó suy sốdều chia hết cho số nguyên tố lẻ p mà p không ước mooth số khác dãy có n số nguyên tố không vượt dãy số fermat vô hạn nên có vô hạn số nguyên tố Chứng minh Như trên, giả sử có số nguyên tố N = Đặt: Do aN số tự nhiên nên có ước số nguyên tố, mà theo giả thiết số Khi |aN với i j- Do N tổng nên , dẫn đến mâu thuẫn giả sử tập đa thức với hệ số nguyên đặt tính vô hạn số nguyên tố suy từ bổ đề sau: Bổ đề 1.3.1 Với đa thức khác số, tập ước số nguyên tố {f{k); k No} vô hạn Trường hợp đặc biệt, tập số nguyên tố vô hạn Chứng minh Giả sử f(x) = a + a x + + a m x m với tập {f{k); k No} số ước số nguyên tố xảy với vài f(k) hữu hạn Giả sử U= tập ước số nguyên tố D = Không tính tổng quát ta giả sử a Chọn số tự nhiên t cho không chia hết f(0) = với i Do có số nguyên tố p i nên ta phải có |D l nghĩa D l = Với b Z, k ta có : Với k đủ lớn số tự nhiên M phải có ước nguyền tố p □ không chia hết b p u, mâu thuẫn Một số chứng minh tính vô hạn số nguyên tố dựa vào yếu tố giải tích Định lý 1.3.2 Tổng ( p nguyên tố) phân kỳ, từ suy số nguyên tố vô hạn Chứng minh Hiển nhiên, chuỗi (p nguyên tố) phân kỳ phải có vô hạn số nguyền 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 dãy không giảm số nguyên tố hữu hạn vô hạn Ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.3.3 Nếu dãy không giảm số nguyên tố, p n với n p n < với n > Chứng minh bổ đề Ta chứng minh bổ đề cách sử dụng phương pháp quy nạp: = , mệnh đề với n = Hơn số nguyên tố chẵn nên k > Giả sử , ta xét Tương tự chứng minh Euclid tính vô hạn số nguyên tố, K = pi phải có ước số nguyên tố , Bởi vậy: □ 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 rằng: hội tụ Lúc ta không giả sử có vô hạn số nguyên tố Nếu có hữu hạn số nguyên tố tỗng hữu hạn Do chuỗi hội tụ dãy tăng nên tồn N cho: Cố định giá trị N này, giả sử Q n {x) với số tự nhiên x số số nguyên dương nhỏ X không chia hết số nguyên tố Cho trước số nguyền tố p số số nguyên nx chia hết p nhỏ Từ suy với số nguyên x Theo giả sử Bởi < Mặt khác, n < x n không chia hết m không phương Bỏi e i = Như có tối đa N cách chọn 772 Hơn có tối đa cách chọn n Từ ta có: Cố định N, x đủ lớn ta có mâu thuẫn ( p nguyên tố) phân kỳ Cách chứng minh sử dụng hàm zeta Riemann Chứng minh Với số thực s > ta định nghĩa hàm zeta Riemann bởi: Do phân kỳ nên s tổng phân kỳ Do n biểu diễn dạng tích số nguyền tố, hàm zeta Riemann viết lại dạng tích Ta có Bởi Tích gọi tích Euler Bây ta giả sử số nguyên tố hữu hạn hay hội tụ, ta phân kì s số nguyên tố vô hạn Đẻ chứng minh định lý 1.2.3 ta xét bất đẳng thức Khi (theo(2.31), (2.32)) Vìvậy, viết ta có Để hoàn thành chứng minh (2.28) ta phải S (x) = 2xlnx + O(x) (2.33) Theo (2.30) ta có bỏ dấu ngoặc vuông sai số đưa vào nhỏ Vìvậy Bâygiờtheođịnhlý (2.5.6) ta có Tổngcủacácsaisốkhácnhaucủacácsốhạngnhiềunhấtlà Vìvậy (theo (2.30), (2.31) vàđịnhlý (2.4.4)) Hay Kếthợp (2.34), (2.35),(2.36), (2.37) ta có (2.33) vàđãhoànthànhchứng minhđịnhlý Địnhlí 2.5.10 ∀x ≥ ta luôncó ψ(x) ∼ x Chứng minh Theo định lý Selberg ta có: Đặtψ(x) = x + R(x), áp dụng định lý 2.4.4 ta có: Ta sẽchứng minh R(x) = o(x) Nếuthay n m, x bởivào (2.38) ta được: Vìvậy nghĩalà Khiđó Khiđó Tiếptheo ta chứng minh Trướchết ta ý rằngnếu t > t’ Trongđó F(t) hàm tăng t Mặtkhác Ta chứng minh (2.40) theo hai bước sau: Trước hết đặt c1 = 0, , áp dụng bổ đề 2.5 ta có: Và Như ta Tiếptheo ta có: Vìvậy ta có Hay Từ (2.42), (2.43) ta có (2.40) Sử dụng (2.40) vào (2.39)tađược: Để thấy ý nghĩa bất đẳng thức ta tiếp tục định nghĩa hàm V (ξ )như sau: Nếu đặt x = ta có: Khi (2.44) trở thành: Ta có Rõ ràng hai giới hạn tồn Ta có: Và Sử dụng vào (2.46) ta Và Do ta có Theo (2.45), định lý (2.5.9) 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 A1cố định cho với ta có Thật vậy, đặt f (t) = áp dụng bổ đề (2.5) ta có C (x) =ψ(x) Vì ta có: Đặt ta có Vì Ta có biểu thức(2.49) (*) Thứ hai: Nếu Thật vậy, ta viết (2.27) dạng Từ Khi Đặt Và Bây ta viết, lấy ζ số dương ý đến dáng điệu V (η) đoạnζ ≤ 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: Trong Trường hợp thứ hai, +) Nếu V (η) đổi dấu lần η = η1trong đoạn ζ ≤ η ≤ ζ + δ − α, ta có: +) Nếu V (η) không đổi dấu đoạn ta có: Vì Trong Vì ta có o(1) → ζ → ∞ Nếu M = [ξ/δ] ta có: Vì Mâu thuẫn với (2.48) Từ suy α = Định lý chứng minh chứng minh định lý 2.5.1, định lý số nguyên tố, hoàn thành Kết luận Sau trình làm việc nghiêm túc, hướng dẫn giảng viên ths Nguyễn Thị Thanh Tâm Tôiđã hoàn thành đề tài đạt kết sau: - Các cách chứng minh tính vô hạn tập số nguyên tố, tính vô hạn số nguyên tố dạng đặc biệt - Trình bày hàm định lý số nguyên tố tương đương ~ x, ~ x nghiên cứu vấn đề ước nguyên tố số nguyên nghiên cứu số nguyên tố cấp số cộng Mặc dù dã hướng dẫn tận tình cô giáo lực thân em hạn hẹp nên chắn đề tài tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến thầy cô bạn Tài liêu tham khảo 1) Bài tập số học - Nguyễn Tiến Quang 2) Giáo trình số học - Lại Đức Thịnh 3) Số hoc phổ thông - Nguyên Hữu Hoan 4) Chuyên để bồi dương học sinh giỏi toán trung hoc phổ thông – Số học “nxb giáo dục”(2008) HÀ HUY KHOÁI 5) Số học thuật toán hà huy khoái , phan huy điển 6) Chuyên đề số ngyên tố 7) Internet - Lê Huy Toàn [...]... những số nguyên dương Nếu — 1 là số nguyên tố thì a = 2 và n là số nguyên tố Trong trường hợp đặc biệt, nếu một số Mersenne M n là một số nguyên tố Mersenne thì n là số nguyên tố Chứng minh Giả sử a 3 thì a — l| — 1 Bởi vậy nếu a n - 1 là số nguyên tố thì ta phải có a — 2 Hơn nữa, nếu n = kl với 2 k, l < n thì Như vậy, nếu 2 n - 1 là số nguyên tố thì n phải là số nguyên tố Ta sẽ sử dụng các số Mersenne... nguyên tố Giả sử P = là tập hữu hạn các số nguyên tố với 2 = D = Khi đó Nói chung i = 1 n mỗi 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 đó n số nguyên tố lẻ dạng Vậy tập số nguyên tố là vô hạn Chú ý : ở trên chúng ta dã chỉ ra một số cách chứng minh tính vô hạn của tập số nguyên tố và cũng... nguyên tố Định nghĩa 1.4.3 Các số Mersenne là dãy (M n ) các số nguyên dương được xác định bởi M n = 2 n — 1, n = 1,2,3, Trong trường hợp đặc biệt nếu M n là một số nguyên tố thì nó được gọi là số nguyên tố Mersenne Mersenne cho rằng nếu M n là số nguyên tố thì n phải là số nguyên tố và chỉ ra M n là số nguyên tố với n — 2,3,5,7,13,19,31,67,127,257 và các số còn lại là hợp số Tuy nhiên, m 67 và m 257... minh được rằng F n là hợp số với Liệu rằng số nguyền 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 2 n +1 là số nguyền tố thì nó phải là số nguyền tố Fermat Định lý 1.4.2 Nếu a 2 và a n + 1 là một số nguyên tố, thì a là số chẵn và n = 2 m với m là số nguyên không âm nào đó Đặc biệt, nếu p = 2 k + 1 là số nguyên tố thì k = 2 n với n nào...Định nghĩa 1.4.1 Các số Fermat là dãy (F n ) các số nguyên dương xác định bởi: Trong trường hợp đặc biệt nếu F n là số nguyền 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 chỉ ra rằng: là hợp số Năm 1880 Landry chứng minh được rằng: 274177.67280421310721 Một số tác giả khác gần... là hợp số Tuy nhiên, m 67 và m 257 không là số nguyên tố trong khi m 61 và m 89 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 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: http://www.mersenne.org... sử p, q là những số nguyên tố, khi đó pq + 1 là chính phương khỉ và chỉ khi p và q là cặp số nguyên tố sinh đôi Hệ quả 1.5.7 Nếu p, q là một cặp số nguyên tố sinh đôi lớn hơn 3 thì p + q chia hết cho 12 3.4 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