Vài vấn đề xung quanh các giả thuyết số học về số nguyên tố

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH LÊ NGỌC THÀNH VÀI VẤN ĐỀ XUNG QUANH CÁC GIẢ THUYẾT SỐ HỌC VỀ SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2011 LỜI NĨI ĐẦU Lý thuyết số cắt nghĩa ngắn gọn nghiên cứu tính chất số nguyên, có số nguyên tố Các số ngun tố đóng vai trị quan trọng Lý thuyết số Dù khái niệm số nguyên tố đơn giản vấn đề liên quan đến chúng lại khó Thật ngạc nhiên định lý quan trọng liên quan đến số nguyên tố lại chứng minh cách dễ dàng Điều liên quan đến câu hỏi: Có số ngun tố tập hợp vơ hạn số nguyên dương? Một định lý tiếng Euclid khẳng định có vơ hạn số nguyên tố Chứng minh Euclid đơn giản cách đáng ngạc nhiên mà không cần trợ giúp ngồi định nghĩa số ngun tố Đó chứng minh tuyệt đẹp, ngày nhân loại tìm nhiều cách chứng minh khác Bài tốn xác định tập hợp vơ hạn tập hợp số nguyên tố tốn khó, chí trở thành giả thuyết lớn Số học mà chưa có lời giải nhiều người ngồi ngành toán quan tâm Câu hỏi là: Các số nguyên tố phân bố tập hợp số nguyên dương? Sự phân bố số tỏ phức tạp khơng có quy luật, tài liệu [10] trang 86 có viết: "Nobody has been able to put forward any reason which will account for this extreme irregularity in the distribution of primes" "Chưa có khả đưa lý phân tích phân bố khơng quy luật số nguyên tố" Trong thực tế tồn nhiều giả thuyết số học liên quan đến số nguyên tố Chẳng hạn giả thuyết Golbach; Giả thuyết tồn vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi, số nguyên tố sinh ba, sinh tư; Giả thuyết tồn vô hạn số nguyên tố dạng k2 + 1; Tiên đề Bertrand … Nhân đọc dịch phần sách số học tiếng Anh viết S.G.Telang – Giáo sư M.G.Nadkarni thuộc Trường Đại học Bombay, Ấn độ viết lời tựa, với mục đích tìm hiểu sâu số ngun tố, luận văn tập trung tìm hiểu vấn đề xung quanh giả thuyết, số hệ chúng số định lý có liên quan đến số nguyên tố (xem [10]) Nội dung luận văn gồm ba chương: Chƣơng 1: Trình bày định lý tính chia hết số nguyên; số vấn đề biểu diễn số nguyên hệ số; thuật toán Euclid thuật toán tối tiểu; định lý bội chung nhỏ nhất; phương trình tuyến tính Diophantine cách giải; số định lý có liên quan đến số nguyên tố Chƣơng 2: Giới thiệu số giả thuyết số học có liên quan tới số nguyên tố Định lý Euclid; giả thuyết tồn vô hạn số nguyên tố sinh đôi, sinh ba, sinh tư; giả thuyết tồn vô hạn số nguyên tố dạng k + 1; tiên đề Bertrand; số Mersenne số Fermat; giả thuyết Goldbach Chƣơng 3: Trình bày có chứng minh làm rõ ba vấn đề có liên quan tới số nguyên tố, là: định lý Dirichlet; định lý Brun; hệ giả thuyết Goldbach Trong trình học tập, nghiên cứu viết luận văn, cố gắng nhiều, song chắn cịn thiếu sót, mong góp ý, bảo chân thành thày cô, bạn đọc để luận văn thêm hoàn chỉnh, giúp tiếp tục nghiên cứu tốt Tôi xin chân thành cảm ơn Phó giáo sư, Tiến sỹ Nguyễn Thành Quang tận tình bảo; cảm ơn thầy tổ Đại số, Khoa tốn học, Khoa Đào tạo Sau Đại học thư viện trường Đại học Vinh giúp đỡ, tạo điều kiện để hồn thành luận văn Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè giúp đỡ suốt thời gian học tập nghiên cứu Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả CHƢƠNG CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TÍNH CHIA HẾT 1.1.1 Định nghĩa Cho a q hai số nguyên Khi số aq gọi bội a 1.1.2 Định nghĩa Số nguyên a gọi chia hết cho số nguyên b (b  0) a = bq với q số nguyên 1.1.3 Định lý Nếu b chia hết a ước b chia hết a 1.1.4 Định lý Cho a số nguyên dương Nếu số nguyên b chia hết a giá trị tuyệt đối b lớn a 1.1.5 Định lý Nếu b chia hết a a chia hết b a = b a = - b 1.1.6 Định lý Nếu b chia hết a1 a2, b chia hết c1a1 + c2a2 c1 c2 hai số nguyên tùy ý 1.1.7 Hệ Nếu b chia hết a1, ,ak, b chia hết c1a1 + c2a2 + + ckak c1 , ck số nguyên tùy ý 1.1.8 Định lý Cho a b hai số nguyên bất kỳ, b > Khi tồn số nguyên q r cho a = bq + r;  r < b 1.1.9 Hệ bq bội lớn b mà không lớn a 1.1.10 Định lý Cho r số dư a b, k số nguyên dương tùy ý Khi số dư ka kb kr 1.1.11 Định lý Cho a b hai số nguyên bất kỳ, b > Khi tồn số nguyên Q R cho a = bQ + eR,  R < b ; e = +1 -1 1.1.12 Định lý Bất số nguyên có dạng sau: (i) 3q, (3q  1) (ii) 4q, (4q  1), (4q  2) (iii) 5q, (5q  1), (5q  2) 1.1.13 Định lý Bất kỳ số lẻ có dạng sau: (i) 2q + (ii) 2q -1 (iii) 4q  (iv)  (4q + 1) 1.1.14 Định lý Cho a b hai số nguyên lẻ Khi hai số ab a b lẻ số chẵn 1.1.15 Định lý Bình phương số nguyên lẻ có dạng 8q + 1.1.16 Định lý Một ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 1.1.17 Định lý Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n! 1.2 HỆ CƠ SỐ VÀ MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HỆ CƠ SỐ 1.2.1 Định lý Mỗi số nguyên dương N biểu diễn hệ số có sở b bất kỳ: N = akbk + ak-1bk-1 + + a1b + a0  a0,a1, ,ak  b - ak  1.2.2 Định lý Mỗi số nguyên dương nhỏ 2n - biểu diễn dạng tổng nhiều số nguyên sau: 1, 2, 22, , 2n-1 1.2.3 Định lý Nếu ta có tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) sau: 1,2,22, ,2n-1 kg, ta cân vật có khối lượng số nguyên từ đến (2 n - 1) kg cách 1.2.4 Định lý Tổng số khối lượng khác nhau, biểu diễn tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) phân biệt, (2n - 1) 1.2.5 Hệ Không thể có tập hợp nhỏ n khối lượng chuẩn (quả cân) mà cân tất khối lượng khác từ đến (2n - 1) kg 1.2.6 Hệ Nếu tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân), mà có hai khối lượng chuẩn (quả cân) trùng nhau, khơng thể cân tất khối lượng khác từ đến (2n - 1) kg 1.2.7 Định lý Nếu tập hợp n khối lượng chuẩn (quả cân) cân tất khối lượng khác từ đến (2n - 1) kg , tập hợp chứa khối lượng chuẩn (quả cân) 1, 2, 22, , 2n-1 kg 1.3 THUẬT TOÁN EUCLID 1.3.1 Định lý Nếu a = bq + r, ước chung a b ước chung b r, ngược lại 1.3.2 Định nghĩa Cho a1, a2, , ak số nguyên tùy ý không đồng thời khơng Khi số ngun dương d thỏa mãn tính chất sau gọi ước chung lớn chúng: (A) d chia hết tất a1, a2, , ak (B) Nếu có số c chia hết tất a1, a2, , ak c chia hết d 1.3.3 Định lý Ước chung lớn hai hay nhiều số 1.3.4 Định lý Cho a1, a2, , an số nguyên khác không, d g.c.d chúng Khi đó, tồn số nguyên x1, x2, , xn cho x1a1 + x2a2 + + xnan = d Chứng minh Định nghĩa tập hợp S sau: S = { a1u1 + a2u2 + + anun ; ui  I } Nếu a1 số dương a11 + a20 + + an0 = a1 thuộc tập S Nếu a1 số âm a1(-1) + a20 + + an0 = - a1 thuộc tập S Như hai trường hợp ta thấy có số dương S Điều suy phải tồn số dương nhỏ S, giả sử t Khi : t = a1x1 + a2x2 + + anxn Ta cần chứng minh t = d Chia a1 cho t ta có: a1 = tq + r ;  r < t (1) Khi r = a1 - tq Cho nên r = a1 - (a1x1 + a2x2 + + anxn)q = = a1(1 - x1q) + a2(-x2q) + + an(-xnq) Điều dẫn đến r thuộc vào S Nhưng theo (1) xảy trường hợp r =  r < t t số dương nhỏ S Suy a1 - tq = dẫn đến t chia hết a1 Chứng minh hồn tồn tương tự t chia hết a2, , an Theo tính chất (B) g.c.d (mục 1.3.2) t chia hết d (2) Mặt khác d chia hết a1, ,an nên chia hết a1x1 + a2x2 + + anxn = t Vậy d chia hết t (3) Từ (2) (3) suy t = d ■ 1.3.5 Hệ Cho (a, b) = d Khi tồn số nguyên x y cho: ax + by = d 1.3.6 Định lý (Định lý Euclid thứ nhất) Nếu c chia hết ab; (a, c) = 1, c chia hết b 1.3.7 Bài tốn Tìm g.c.d 1106 497 Áp dụng định lý 1.1.8., chia 1106 cho 497 ta có: 1106 = 497  + 112 (1) Tiếp tục lấy 497 chia 112 ta có: 497 = 112  + 49 (2) Lặp lại bước ta có: 112 = 49  + 14 (3) 49 = 14  + (4) 14 =  + (5) Quy trình kết thúc số dư Tập hợp đẳng thức từ (1) đến (5) gọi thuật toán Euclid cho 1106 497 Ước cuối là g.c.d hai số nguyên nói Quy trình tìm g.c.d trình bày tốt sau: 497 1106 994 112 497 448 49 112 98 14 49 42 14 14 00 Thuật tốn Euclid tổng qt có chứa tập hợp đẳng thức Cho a > b, hai dương Áp dụng định lý 1.1.8 thực bước giống 1.3.7 ta nhận được: a = ba1 + r1 ; < r1 < b (1) b = r1a2 + r2 ; < r2 < r1 (2) r1 = r2a3 + r3 ; < r3 < r2 (3) rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 ; < rn-2 < rn-3 (n-2) rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 ; < rn-1 < rn-2 (n-1) rn-2 = rn-1an + rn ; = rn (n) Trong an  Ta thấy a > b > r1 > r2 > r3 > Do dãy giảm số ngun khơng âm, đến lúc rn phải 0, thuật toán kết thúc Tập hợp đẳng thức từ (1) đến (n) gọi thuật toán Euclid (ký hiệu EA) a b, 1.3.8 Định lý Cho a > b, hai dương, cho rn = EA a b Khi rn-1 g.c.d a b (rn-1 số dư cuối khác EA) Chứng minh Chúng ta quay lại đẳng thức từ (1) đến (n) mục 1.3.7 rn-2 = rn-1an + rn-1 | rn-2 (1) Tiếp theo ta có: rn-3 = rn-2an-1 + rn-1 (2) Từ (1) (2) ta có rn-1 | rn-3 (3) Tiếp theo rn-4 = rn-3an-2 + rn-2 (4) Từ (1) ; (2) ; (3) ta có rn-1 | rn-4 Cứ tiếp tục , cuối ta nhận được: rn-1 chia hết a b Như rn-1 thỏa mãn điều kiện (A) g.c.d (1.3.2.) Giả sử c chia hết a b Xuất phát từ a = ba1 + r1 suy c chia hết b r1 (5) Tiếp theo b = r1a2 + r2 (6) Từ (5), (6) suy c chia hết r1 r2 Cứ tiếp tục vậy, cuối suy c chia hết rn-1 Vậy rn-1 thỏa mãn tính chất (B) g.c.d Vậy (a, b) = rn-1 ■ 1.3.9 Định nghĩa Thuật toán tối tiểu (thuật toán số dư trị tuyệt đối bé nhất) a b tập hợp gồm n đẳng thức sau: a = bQ1 + e1R1 ; < R1  b = R1Q2 + e2R2 ; < R2  (1) b R1 (2) 10 R1 = R2Q3 + e3R3 ; < R3  (3) R2 Rn-4 = Rn-3Qn-2 + en-2Rn-2 ; < Rn-2  Rn 3 (n-2) Rn-3 = Rn-2Qn-1 + en-1Rn-1 ; < Rn-1  Rn  2 (n-1) Rn-2 = Rn-1Qn + enRn ; = rn (n) Trong ei +1 -1 tùy trường hợp Ta thấy: a > b > R1 > R2 > R3 > dãy giảm số nguyên khơng âm Do đến lúc R n phải thuật toán dừng 1.3.10 Định lý Cho (a1, a2, , an) = d với h > 0, ta có (ha1, ha2, , han) = hd 1.3.11 Định lý Cho (a1,a2, ,an) = d với h > h chia hết d, có: ( a a1 a2 d , , , n ) = h h h h 1.3.12 Định lý Cho (a, b) = d Nếu a = a1d b = b1d (a1, b1) = 1.3.13 Định lý Nếu c chia hết ab (a, c) = c chia hết b 1.3.14 Định lý Cho (a, b) = với c bất kỳ: (ac, b) = (c, b) 1.3.15 Định lý Nếu (a, b) = 1, (a + bq, b) = với số nguyên q 1.3.16 Định lý Nếu (a + bq, b) = (a, b) = 1.3.17 Định lý Cho (a, b) = Nếu a b chia hết n ab chia hết n 1.3.18 Định lý Cho a b hai số nguyên lẻ cho (a, b) = Khi a b hai số nguyên tố ab 22 Chứng minh p9 = 23 >  + Như định lý với n = Giả sử định lý với n = h Điều dẫn đến ph > 2h + Do ph+1  ph + > 2h + + = 2(h + 1) + Như định lý với n = h + Theo quy nạp định lý với n  ■ 2.4.3 Định lý Nếu n > 4, pn+13 < p1p2 pn Chứng minh n=5 133 < 2.3.5.7.11 n=6 173 < 2.3.5.7.11.13 n = 26 1033 < 2.3.5 101 n Định lý với n = 5, 6, , 26 Giả sử n  27 k =   theo định lý 3 1.8.16., pk > n - (k - 1) n  3k Ta ký hiệu u = p1p2 pk-1 Xét tập hợp S = {(u – 1), (2u – 1), , (pku - 1)} Cũng mục 1.8.14 ta chứng minh S tồn số nguyên không chia hết số nguyên tố p 1, p2, , pn Giả sử số lu – cho  l  pk Khi lu – số nguyên tố > pn chia hết cho số nguyên tố > pn Dẫn đến pn+1  lu –  pku - Do pn+1 < p1p2 pk Dẫn đến: pn+13 < (p1p2 pk) (p1p2 pk) (p1p2 pk) < (p1p2 pk) (pk+1pk+2 p2k) (p2k+1p2k+2 p3k)  (p1p2 pk) (p2k+1p2k+2 pn) với n  3k Định lý chứng minh ■ 2.4.4 Tiên đề Bertrand Nếu n > tồn số nguyên tố n 2n - Rõ ràng giả thuyết Bertrand mạnh nhiều so với bất đẳng thức Bonse Còn giả thuyết khác tiếng sau: Luôn tồn số nguyên tố nằm n (n+1)2 23 2.5 CÁC SỐ MERSENNE VÀ CÁC SỐ FERMAT Một vấn đề đặt tìm hàm số nguyên tố, tức hàm f(n) cho giá trị nguyên tố với n Điều có nghĩa hàm f(n) thỏa mãn: f(n) = pn (1) pn số nguyên tố thứ n, xác f(n) = số nguyên tố (2) với giá trị n Phương trình (2) dẫn đến vấn đề sau Có thể tìm đa thức với n có dạng f(n) = aknk + ak-1nk-1 + + a1n + ao cho giá trị số nguyên tố với n ? Ta giả sử: (i) ak giá trị nguyên dương (ii) a0, a1, , ak-1 là giá trị nguyên dương, âm, zero, f(n)   n   tồn số nguyên m cho f(n) > với n  m 2.5.1 Định lý f(n) xác định hợp số với giá trị n Chứng minh Giả sử c số nguyên  m t số nguyên Khi đó: f(c + tf(c)) = ak(c + tf(c))k + ak-1(c + tf(c))k-1 + + a1(c + tf(c)) + ao = = akck + ak-1ck-1 + + a1c + ao + bội f(c) = f(c) + bội f(c) Điều có nghĩa f(c + tf(c)) chia hết f(c) với giá trị t dương, âm, zero Bây giờ: f(c + tf(c))   t   Dẫn đến f(n) hợp số với tất giá trị n ■ 2.5.2 Định lý Cho f(n) = an - 1, n > Khi f(n) số nguyên tố a = n số nguyên tố 2.5.3 Hệ 2n - số nguyên tố n số nguyên tố Nhà toán học người Pháp Mersen (1588 - 1645) đưa giả thuyết sau: Cho n  257 Khi 2n - nguyên tố khi: n = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127 257 24 Điều có tiếng vang lịch sử tốn học số n - gọi số Mersenne ký hiệu Mn Nếu 2n - nguyên tố gọi số nguyên tố Mersenne E.A.Lucas (1812 - 1891) đưa nhận định xác số nguyên tố Mersenne sau: Mn nguyên tố n = 2,3,5,7,13,17,19,31,61,89,107 127 Như Mersen nhầm lẫn kiểm tra tính nguyên tố với n 61,67,89,107 257 Mn chứng minh hợp số với tất giá trị lại n  257 Với n = 173, 191, 193,211,223,229 251, Mn hợp số, nhiên nhân tử chúng biết Với n = 199,227, 257, Mn chứng minh hợp số mà khơng có khả tìm nhân tử chúng Với giá trị cịn lại n  257, Mn hồn tồn phân tích thành nhân tử Ngồi 257, Mn chứng minh nguyên tố khi: n = 521, 607, 1279,2203,2281,3217, 4253,4423,9689,9941,11213 19937 Một giả thuyết tiếng số nguyên tố Fermat, nhà toán học người Pháp sống vào kỷ 17 Giả thuyết Fermat sau: 22  số nguyên tố với n n Số 22  gọi số Fermat ký hiệu Fn n Một số số Fermat ban đầu là: F0 = 22  = F1 = 22  = F2 = 22  = 17 F3 = 22  = 257 Không may cho Fermat số F5 hợp số tích 641 6700417 2.5.4 Định lý Giả sử ac + 1, a > số nguyên tố Khi a số chẵn c = 2n 2.5.5 Định lý Tất số Fermat nguyên tố với 25 Chứng minh Giả sử Fn Fn+k hai số Fermat giả sử h > chia hết hai số Fn Fn+k hai số nguyên lẻ Do chúng khơng thể bị chia hết số nguyên chẵn Suy h lẻ Mặt khác: Fn = 22  n n k Fn+k - = 22   (22 )2  n k Như Fn+k - chia hết Fn Như h chia hết Fn+k - Fn+k Suy h chia hết Fn+k - (Fn+k - 2) = Điều xảy h lẻ h > ■ 2.5.6 Định lý Tích n số Fermat 22  n Chứng minh Định lý với n = tức F0 F1 = 22  Ta giả sử định lý với n = k Tức là: F0.F1.F2 Fk-1 = 22  k Do F0.F1.F2 Fk-1Fk = ( 22  )( 22  ) = 22  k k k1 Vậy định lý theo quy nạp ■ 2.5.7 Định lý Nếu ta dựng hai đa giác với số cạnh a b tương ứng, (a, b) = 1, ta dựng đa giác với số cạnh ab 2.6 GIẢ THUYẾT GOLDBACH Biểu diễn số nguyên dạng ln ln tốn thu hút quan tâm nhiều người Hơn nữa, nhiều cần trả lời câu hỏi, có cách? Ta xem giả thuyết lớn sau 2.6.1 Giả thuyết Goldbach Mỗi số nguyên tố chẵn lớn tổng hai số nguyên tố lẻ 2.6.2 Ví dụ 14 = + 11; 38 = + 31; Không có rõ ràng giả thuyết này, kiểm tra với tất số chẵn 106 Giả thuyết C Goldbach phát biểu thư 26 gửi Euler năm 1742 Nhưng điều đáng ngạc nhiên tới chưa có chứng minh Câu trả lời toán mở 2.6.3 Định lý Chen Mọi số chẵn đủ lớn viết dạng tổng hai số nguyên tố số nguyên tố số nửa nguyên tố (tích hai số nguyên tố) Định lý nhà toán học Trung Quốc Trần Cảnh Nhuận phát biểu vào năm 1966,[1] với chứng minh chi tiết vào năm 1973.[2] Chứng minh Chen P M Ross rút gọn nhiều.[3] Định lý Chen bước tiến lớn giả thuyết Goldbach, kết đáng ý phương pháp sàng Bài báo Chen năm 1973 phát biểu hai kết với chứng minh gần giống nhau.[2] Định lý thứ I, dựa vào giả thuyết Goldbach, phát biểu Định lý thứ II kết giả thuyết số nguyên tố song sinh Nó phát biểu h số chẵn dương, có vơ số số nguyên tố p mà p + h số nguyên tố tích hai số nguyên tố Chen, J.R (1966) “On the representation of a large even integer as the sum of a prime and the product of at most two primes” Kexue Tongbao 17: 385–386 Chen, J.R (1973) “On the representation of a larger even integer as the sum of a prime and the product of at most two primes” Sci Sinica 16: 157–176 Ross, P.M (1975) “On Chen's theorem that each large even number has the form (p1+p2) or (p1+p2p3)” J London Math Soc (2) 10,4: 500 506 doi:10.1112/jlms/s210.4.500 27 CHƢƠNG VÀI VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN CÁC GIẢ THUYẾT SỐ HỌC VỀ SỐ NGUYÊN TỐ 3.1 ĐỊNH LÝ DIRICHLET 3.1.1 Định lý (Định lý Dirichlet) Cho (a, b) = Khi có vơ hạn số ngun tố dạng ak + b Một số trường hợp đặc biệt định lý Dirichlet chứng minh cách dễ dàng nhờ vào định lý Euclid 3.1.2 Định lý Có vô hạn số nguyên tố dạng 4k + Chứng minh Giả sử có n số nguyên tố có dạng 4k + số p1, p2, , pn theo thứ tự lớn dần Suy số ngun tố cịn lại, có có dạng 4k + Ta xem xét số: N = 4p1 p2 pn – (1) Hiển nhiên N có dạng 4k + N = 4(p1 p2 pn - 1) + Nếu N số nguyên tố N > pn Ngược lại N hợp số N khơng thể tích tất số nguyên tố có dạng 4k + 1, tích hai số dạng 4k1 + 4k2 + có dạng 4(4k1k2 + k1 + k2) + Do N có ước nguyên tố có dạng 4k + Nhưng N không chia hết cho p1, p2, , pn theo (1) Như tồn số nguyên tố có dạng 4k + mà > p n Điều mâu thuẫn với giả thiết ban đầu ta ■ 3.1.3 Định lý Có vơ hạn số ngun tố dạng 6k + Chứng minh Ta xem xét hai tính chất sau số: Bất số nguyên tố > có dạng (6k + 1) (6k + 5) Điều số có dạng 6k, 6k + 2, 6k + 6k + chia hết cho 2, 2, 3, tương ứng Tích hai số có dạng 6k + có dạng này: (6k1 + 1)(6k2 + 1) = 6(6k1k2 + k1 + k2) + 28 Bây ta giả sử có n số nguyên tố có dạng 6k + số p1, p2, , pn theo thứ tự lớn dần Suy số nguyên tố lại, có có dạng 6k + Ta xem xét số: N = 6p1 p2 pn – (1) Hiển nhiên N có dạng 6k + N = 6(p1 p2 pn - 1) + Nếu N số nguyên tố N > pn Ngược lại N hợp số N khơng thể tích tất số ngun tố có dạng 6k + 1, tích hai số dạng 6k1 + 6k2 + có dạng 6(6k1k2 + k1 + k2) + theo tính chất Do N có ước ngun tố có dạng 6k + Nhưng N không chia hết cho p1, p2, , pn theo (1) Như tồn số nguyên tố có dạng 6k + mà > p n Điều mâu thuẫn với giả thiết ban đầu ta ■ 3.1.4 Chứng minh (Định lý Dirichlet tổng quát) Ta phát biểu lại định lý theo cách sau: Cho a,N  Z cho (a,N) = Khi tồn vơ số số ngun tố p cho p  a (mod N) Định lý (Dirichlet khơng triệt tiêu) Đối với đặc tính Dirichlet khơng  với chu kỳ N, ta có L(  ,1)  Ta xác định hàm số log(1 - z) với |z| < theo chuỗi Taylor sau:  zn log(1 - z) = -  n 1 n (1) với hàm giải tích f(z) = e g ( z ) ta có: (1  f ( z )) n log(1 – (1 – f(z))) =  n n 1  Trước chứng minh, ta ký hiệu X(N) nhóm đặc tính Dirichlet modulo N Khi a xác định với (a, N) = theo giả thiết định lý Pa tập hợp số nguyên tố p  a (mod N), nhiệm vụ ta chứng minh Pa vô hạn Ta xem xét hàm số sau: 29 p Pa := pPa với R(s) > Mục đích ta chứng minh Pa(s) tiến tới vô s hạn s tiến tới Bổ đề Với n  Z, ta có  (a)1 1a(n) =   (N ) X ( N )  ( N ) Chứng minh Vế phải (   (a 1n))  ( N ) X ( N ) Khi tổng ngoặc đánh giá  ( N ) a-1n  (mod N), tức n  a (mod N) đánh giá trường hợp ngược lại Đơn vị tương ứng Pa(s) là:  (a)1  ( p) Pa(s) =   ps X ( N )  ( N ) p Các số hạng   ( p) p L(  , s)   (1  p ps  ( p) ps (2) làm gợi lại L- chuỗi Dirichlet Bắt đầu bằng: 1 ) lấy logarit ta có:  ( p) log L(  , s)    log(1  ps p ) áp dụng chuỗi (1) ta có log( L(  , s))   ( p n  ( p) p s )n / n (3) Vế phải (3) hội tụ tuyệt R(s) > hội tụ nửa phẳng đóng R(s)    Như ta xác định: l (  , s) :  ( p n  ( p) p s )n / n 30 l (  , s) hàm giải tích nửa phẳng R(s) > Bây ta có: Yêu cầu logarit: Trên nửa phẳng R(s) > 1, ta có el (  ,s )  L(  , s) Ta xác định hai phần chuỗi: l1 (  , s)   p  ( p) ps R(  , s)   n p  ( p)n p ns ta có:  (a 1 ) l1 (  , s) l (  , s)  l1 (  , s)  R(  , s) có Pa(s) =   ( N )  X ( N ) Ta lại có:  1 n p 1 | R(  ,1) |  n   ( )     2  2.   n p p p n p p p p 1 p p n 1 n Như R(  , s) hội tụ tuyệt đối s = bị chặn s  Khi  (a)1 l (  , s)  O(1) với đặc tính  N thì: Pa(s) =   ( N ) X ( N ) Pa(s) = p  s   l (  , s)  O(1)   ( N ) p|N   N Ta biết   X ( N ) L(  ,1)  theo định lý khơng triệt tiêu thì: L(  ,1)  lim L(  , s)  lim el (  ,s ) s 1 s 1 Yêu cầu logarit: l (  , s ) bị chặn s  ta có: lim Pa ( s)  s 1  p a (mod N )   ps Tóm lại, tồn vơ hạn số nguyên tố p  a (mod N) ■ 3.2 ĐỊNH LÝ BRUN 3.2.1 Định lý (Định lý Brun) Nếu giả thiết số cặp số ngun tố sinh đơi vơ hạn tổng nghịch đảo chúng hội tụ, nghĩa tổng 31 1 1 1       … 11 13 17 19 có giá trị hữu hạn 3.2.2 Ký hiệu  ( x) số cặp số nguyên tố sinh đôi  x 3.2.3 Định lý A tập hợp số tự nhiên  x; P tập hợp số nguyên tố Với p  P ta phân biệt lớp modulo p  ( p) Ap chứa phần tử A thuộc vào lớp modulo p Giả sử A1 = A Đối với số không phương d phân tích thành số nguyên tố P xác định: Ad : p|d Ap  (d ) :  ( p) p|d Giả sử tồn X cho # Ad   (d ) d X  Rd với |Rd|= O( (d )) Ap ) P( z )   Ký hiệu S ( A, P, z )  #( A \ pP p z p|P ( z ) Hai mệnh đề sau ln đúng: (1) Với k   ( p)log p  p p|P ( z )  k log z  O(1) (2) Với số thực dương y, #Ad = với d > y thì: S ( A, P, z )  XW ( z )  O(( X  W ( z )   (1   ( p) pP p z p y log y )(log z ) k 1 exp( )) , log z log z ) 3.2.4 Bổ đề Ta ln có: x(log log x)  ( x) x + Cho k = theo định lý 3.2.3 32 S(A, P, z) = xW(z) + O( x(log z )3 exp( log x )) log z Ta viết W ( z )   p z (1  ) , ta có – x  e x suy ra: p W ( z )  exp( )  (log z )2 p z p Ta chọn z cho logz = log x suy A log log x S(A, P, z) = x log x  O( x(log z )3 exp( )) log x log z ( ) A log log x S(A, P, z) Theo giả thuyết Goldbach tổng hai số nguyên tố pb pc Vậy (n - pa) = pb + pc Dẫn đến: n = pa + pb + pc ■ 3.3.2 Giả thuyết Vinogradov Mỗi số nguyên lẻ từ số chắn N trở tổng ba số nguyên tố lẻ Nhưng số N lớn để kiểm tra giả thuyết với tất số < N cần phải có trợ giúp máy tính điện tử 34 CÁC BÀI TỐN MỞ VỀ SỐ NGUN TỐ Bài tốn (Giả thuyết Goldbach) Có tồn số chẵn lớn không biểu diễn thành tổng hai số ngun tố hay khơng? Bài tốn Có tồn vô hạn số nguyên tố song sinh hay khơng? Bài tốn Có tồn vơ hạn số nguyên tố có dạng 2p +1 , với p số ngun tố hay khơng? Bài tốn Có tồn vô hạn số nguyên tố Mersenne 2p -1, với p số nguyên tố hay không? Bài tốn Có tồn vơ hạn số ngun tố Fermat hay khơng? Bài tốn Có tồn vô hạn các hợp số dạng 22  hay khơng? n Bài tốn Có ln tồn sơ ngun tố nằm hai bình phương liên tiếp hay khơng? Bài tốn Có tồn số ngun tố tổng ba lập phương hay không? Bài tốn Có tồn vơ hạn số ngun tố Fibonacci hay khơng? Bài tốn 10 Có tồn vơ hạn số ngun tố có dạng n! + 1, với n số tự nhiên hay không? Bài tốn 11 Có tồn giá trị ngun dương n khác 1, 2, cho nn + số ngun tố hay khơng? Bài tốn 12 Tồn hay không vô hạn số nguyên tố có dạng x2 + 1? 35 KẾT LUẬN Luận văn trình bày cách có hệ thống kiến thức bản, định lý có liên quan đến tính chia hết tính nguyên tố số nguyên Luận văn giới thiệu số giả thuyết số học, là: giả thuyết Golbach; giả thuyết tồn vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi, số nguyên tố sinh ba, sinh tư; giả thuyết tồn vô hạn số nguyên tố dạng k + 1; tiên đề Bertrand … Luận văn tìm hiểu làm rõ vài vấn đề xung quanh giả thuyết số học có liên quan đến số nguyên tố, là: Định lý Dirichlet Giả sử ( a,b )  Khi đó, tồn vơ hạn số nguyên tố dạng ak  b Định lí Brun Nếu giả thiết số cặp số nguyên tố sinh đôi vô hạn tổng nghịch đảo chúng hội tụ, nghĩa tổng 1 1 1       … 11 13 17 19 có giá trị hữu hạn Hệ Giả thuyết Golbach: Mỗi số lẻ n  tổng ba số nguyên tố lẻ = +3+3; 11 = 3+ +5; 15 = +5+5 Định lý Chen Mọi số chẵn đủ lớn viết dạng tổng hai số nguyên tố số nguyên tố số nửa nguyên tố (tích hai số nguyên tố) Luận văn giới thiệu phép chứng minh trường hợp tổng quát trường hợp riêng ba định lý trên: định lý Dirichlet, định lý Brun, định lý hệ giả thuyết Goldbach Định lý Chen bước tiến lớn giả thuyết Goldbach kết đáng ý phương pháp sàng số nguyên tố 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Phạm Huy Điển (2002), Tính tốn, Lập trình Giảng dạy Tốn học Maple, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội [2] Phan Huy Khải (2006), Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [3] Hà Huy Khoái (2004), Số học, NXB Giáo dục, Hà Nội [4] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [6] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Trường Đại học Quốc gia Hà Nội [7] Phan Doãn Thoại (2002), Số học miền nguyên, NXB Đại học Sư phạm TIẾNG ANH [8] Z.I.Borevic and R I Shafarevich (1966), Number Theory, Acamedic Press [9] D.M.Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [10] S G Telang (2006), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [11] Wang, Yuan (1984), Goldbach conjecture, World Scientific, ISBN 9971-966-09-3 ... quy luật số nguyên tố" Trong thực tế tồn nhiều giả thuyết số học liên quan đến số nguyên tố Chẳng hạn giả thuyết Golbach; Giả thuyết tồn vô hạn cặp số nguyên tố sinh đôi, số nguyên tố sinh ba,... cặp số nguyên tố sinh đôi, số nguyên tố sinh ba, sinh tư; giả thuyết tồn vô hạn số nguyên tố dạng k + 1; tiên đề Bertrand … Luận văn tìm hiểu làm rõ vài vấn đề xung quanh giả thuyết số học có... nghiệm nguyên d chia hết c 1.6 CÁC SỐ NGUYÊN TỐ VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÝ VỀ SỐ NGUYÊN TỐ 1.6.1 Định nghĩa Số nguyên p > ước trừ gọi số nguyên tố 1.6.2 Định nghĩa Số nguyên > mà khơng phải số ngun tố gọi