Luận văn Số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ YẾN SỐ NGUYÊN TỐ VÀ SỰ PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS. NÔNG QUỐC CHINH THÁI NGUYÊN - NĂM 2010 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên iMục lục Mở đầu 1 1 Số nguyên tố 3 1.1 Định nghĩa và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số định lý quan trọng của số học . . . . . . . . . . . 4 2 Sự phân bố các số nguyên tố 9 2.1 Một vài ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.2 Hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3 Ước giá đơn giản nhất của pi(x) . . . . . . . . . . . . . . 11 2.4 Hàm Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.5 Định lý Mertens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.6 Định lý số nguyên tố và chứng minh . . . . . . . . . . . 32 Kết luận 46 Tài liệu tham khảo 47 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 1Mở đầu Vành số nguyên Z là một vành chính mà +1 và −1 là các phần tử khả nghịch duy nhất. Ta đã biết mọi số nguyên khác 0 và khác ±1 đều phân tích được một cách duy nhất thành một tích các phần tử bất khả quy trong Z. Một số nguyên dương bất khả quy được gọi là một số nguyên tố. Vì vậy mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được một cách duy nhất thành tích các thừa số nguyên tố. Vấn đề số nguyên tố là một trong những vấn đề trọng tâm của lý thuyết số. Một câu hỏi đương nhiên được đặt ra là "có bao nhiêu số nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên?". Nếu chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố thì vấn đề số nguyên tố sẽ trở nên rất đơn giản, và các vấn đề khác trong số học cũng trở thành đơn giản. Song, ngay từ thời Euclid người ta đã biết rằng tập các số nguyên tố là vô hạn. Từ đó một loạt các câu hỏi được đặt ra. Bài toán về mật độ các số nguyên tố trong dãy số tự nhiên, bài toán tìm một biểu thức lấy giá trị là các số nguyên tố với mọi giá trị tự nhiên của biến, bài toán tìm số nguyên tố thứ n,.... Một vấn đề lớn của lý thuyết số nguyên tố là nghiên cứu hàm pi(x), biểu thị số các số nguyên tố không vượt quá x, với x là một số thực dương. Người ta không hi vọng xác định được dễ dàng pi(x) theo x. Đầu tiên A. M. Legendre đã chứng minh được rằng lim x→∞ pi(x) x = 0, nghĩa là hầu khắp các số tự nhiên là hợp số. Tiếp theo, người ta tìm một hàm số sơ cấp f(x) tương đương với pi(x). P. L. Chebyshev đã chứng minh được rằng nếu giới hạn lim x→∞ pi(x) x/lnx tồn tại thì giới hạn đó chỉ có thể bằng 1, tuy nhiên ông không chứng minh được sự tồn tại giới hạn trên. Sau đó ông Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 2đã định nghĩa hai hàm ϑ(x), ψ(x) và chứng minh định lý "pi(x) ∼ x lnx nếu và chỉ nếu ψ(x) ∼ x"Năm 1896, định lý số nguyên tố đã được chứng minh bởi Hadamard và Dela Vallee Poussin bằng cách sử dụng phương pháp giải tích phức. Năm 1949, Selberg đã chứng minh được định lý số nguyên tố bằng phương pháp sơ cấp, không sử dụng giải tích phức. Với mục đích nghiên cứu sự phân bố các số nguyên tố trong tập các số tự nhiên chúng tôi đã chọn đề tài này. Nội dung của luận văn gồm 2 chương: Chương 1: Số nguyên tố. Trình bày định nghĩa số nguyên tố, những tính chất cơ bản của số nguyên tố và một số định lý quan trọng của số học. Chương 2: Sự phân bố các số nguyên tố. Nêu khái niệm hàm pi(x), trình bày ước giá đơn giản nhất của hàm pi(x) và chứng minh định lý số nguyên tố. Trong quá trình thực hiện luận văn của mình em đã nhận được sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình của PGS. TS. Nông Quốc Chinh, nhận được những ý kiến quý báu của các thầy cô khoa Toán - tin cùng tập thể các bạn học viên lớp cao học K2 trường Đại học Khoa Học. Em xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Nông Quốc Chinh, em xin chân thành cảm ơn các thầy cô và các bạn. Em xin chân thành cảm ơn trường THPT Lê Hồng Phong và gia đình đã giúp đỡ, động viên em hoàn thành khoá học. Đến nay luận văn đã được hoàn thành. Tuy nhiên với khoảng thời gian không nhiều, và năng lực của bản thân có hạn nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô cùng toàn thể bạn đọc. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 08 năm 2010. Nguyễn Thị Yến. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 3Chương 1 Số nguyên tố 1.1 Định nghĩa và các tính chất Định nghĩa 1.1. Số nguyên p được gọi là số nguyên tố nếu p > 1 và p chỉ có ước là 1 và chính nó. Số nguyên p > 1 không là số nguyên tố thì là hợp số. Tập các số nguyên tố thường được kí hiệu là P . Tính chất 1.1. Ước tự nhiên khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên là một số nguyên tố. Chứng minh. Cho số a ∈ N , cho d là ước nhỏ nhất của a, d 6= 1. Nếu d không nguyên tố thì d = d1.d2, trong đó 1 < d1, d2 < d. Suy ra d1 là ước thực sự của d. Vì vậy d1 là ước của a, d1 < d. Điều này mâu thuẫn với sự nhỏ nhất của d. Tính chất 1.2. Cho p nguyên tố, a ∈ N , a 6= 0. Khi đó: (a, p) = p⇔ p|a. (a, p) = 1 ⇔ p - a. Tính chất 1.3. Nếu tích của nhiều số chia hết cho số nguyên tố p thì có ít nhất một thừa số chia hết cho p. Tính chất 1.4. 2 là số nguyên tố nhỏ nhất và là số nguyên tố chẵn duy nhất. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 4Tính chất 1.5. Nếu n là hợp số thì n có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá √ n. Chứng minh. Giả sử n là hợp số, n = a.b, trong đó a, b ∈ Z, 1 < a ≤ b < n. Ta có hoặc a ≤ √n hoặc b ≤ √n. Giả sử a ≤ √n, vì a có ước nguyên tố, giả sử đó là p, nên p cũng là ước của n, p ≤ √n. Vậy n có ước nguyên tố không vượt quá √ n. Hệ quả 1.1. Nếu số tự nhiên a > 1 không có ước nguyên tố nào trong nửa khoảng (1, √ a] thì a là số nguyên tố. 1.2 Một số định lý quan trọng của số học Định lí 1.1. Mọi số nguyên dương a > 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố, sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Chứng minh. * Tính phân tích được: Giả sử a là số nguyên bất kì thoả mãn a > 1, thế thì a phải có một ước nguyên tố, chẳng hạn là p1. Vậy ta có a = p1.a1, trong đó 1 ≤ a1 < a. Nếu a1 = 1 thì ta có a = p1 và đó là sự phân tích a thành thừa số nguyên tố. Nếu a1 > 1 thì a1 phải có một ước nguyên tố p2, và ta có a1 = p2.a2, do đó a = p1.p2.a2, với 1 ≤ a2 < a1. Nếu a2 = 1 thì a = p1.p2 là dạng phân tích của a thành thừa số nguyên tố, còn nếu a2 > 1 thì ta lập lại lý luận ở trên được số nguyên tố p3,.... Quá trình này phải kết thúc sau một số hữu hạn lần vì ta có a > a1 > a2 > ...., nên tồn tại n ∈ N thoả mãn an = 1, và ta được a = p1.p2.....pn. Trong sự phân tích trên thì có thể xảy ra trường hợp trong tích có nhiều thừa số nguyên tố lặp lại, gọi p1, p2, ....., pk là các thừa số nguyên tố đôi một khác nhau của a, với các bội tương ứng là α1, α2, .....αk, Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 5(αi > 0, i = 1, ..., k), thì ta được a = p α1 1 .p α2 2 ....p αk k , gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của a. * Tính duy nhất: Ta giả sử a có hai dạng phân tích tiêu chuẩn: a = pα11 .p α2 2 ....p αk k = q β1 1 .q β2 2 ....q βl l . Khi đó: pi| qβ11 .qβ22 ....qβll ,∀i = 1, ...., k. Vì các qj(j = 1, ..., l) là đôi một khác nhau nên mỗi pi trùng với một qj nào đó và tương tự mỗi qj trùng với một pi nào đó. Vì vậy k = l và nếu trong hai dạng phân tích tiêu chuẩn trên đều sắp xếp các thừa số nguyên tố theo thứ tự tăng dần thì pi = qi,∀i. Nếu αi > βi thì ta chia cả hai phân tích trên cho p βi i , ta được: pα11 .p α2 2 ...p αi−βi i ....p αk k = p β1 1 .p β2 2 ....p βi−1 i−1 .p βi+1. i+1 ....p βk k . Khi đó vế trái của đẳng thức trên chia hết cho pi nhưng vế phải thì không chia hết cho pi. Điều này là mâu thuẫn. Tương tự, nếu βi > αi ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn. Vì vậy αi = βi,∀i. Định lí 1.2. (Định lý thứ nhất của Euclid) Nếu p nguyên tố, p|ab thì p|a hoặc p|b. Chứng minh. Giả sử p là số nguyên tố và p|ab. Nếu p - a thì (a, p) = 1, do đó ∃x, y : xa + yp = 1 hay xab + ypb = b. Mà p|ab và p|pb nên suy ra p|b. Hệ quả 1.2. Nếu p|abc....l thì p|a hoặc p|b ............hoặc p|l. Định lí 1.3. (Định lý thứ hai của Euclid) Số các số nguyên tố là vô hạn. Chứng minh. * Cách 1 (Chứng minh của Euclid): Giả sử 2, 3, 5, ....., p là dãy các số nguyên tố không vượt quá p. Đặt q = 2.3.5....p+1, khi đó q không Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 6chia hết cho số nào của dãy 2, 3, 5, ...., p. Từ đó suy ra q nguyên tố hoặc q phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố, trong đó không có thừa số nào là 2, 3, 5, ..., p nên phải có một ước nguyên tố nằm trong khoảng(p, q) hay q chia hết cho một số nguyên tố nằm trong khoảng (p, q). Từ đó suy ra luôn tồn tại số nguyên tố lớn hơn p. Định lý được chứng minh. * Cách 2: Xét số Qn = n! + 1, n ≥ 1. Khi đó Qn có ít nhất một ước nguyên tố, kí hiệu là qn. Nếu qn ≤ n thì qn|n! và do đó qn|(Qn− n!) = 1. Mâu thuẫn. Vậy qn > n, tức là với mọi số nguyên dương n thì đều tồn tại số nguyên tố lớn hơn n nên tập các số nguyên tố là vô hạn. Định lý được chứng minh. * Cách 3 (Chứng minh của Goldbach): Số Fn = 2 2n +1 được gọi là số Fermat thứ n. Cho trước hai số Fermat Fn và Fn+k(k > 0), giả sử m|Fn,m|Fn+k. Đặt x = 22 n , ta có: Fn+k − 2 Fn = (22 n+k + 1)− 2 22n + 1 = 22 n+k − 1 22n + 1 = x2 k − 1 x+ 1 = x2 k−1 − x2k−2 + ...− 1 Vì vậy Fn|(Fn+k − 2). Mặt khác m|Fn nên m|(Fn+k − 2). Từ đó suy ra m|2. Do Fn là số lẻ nên m = 1. Như vậy ta chứng minh được hai số Fermat bất kỳ không có ước chung lớn hơn 1. Từ đó suy ra rằng mỗi một trong các số F1, F2, ..., Fn đều chia hết cho một số nguyên tố lẻ p mà p không là ước của bất kỳ số nào khác trong dãy trên. Vậy có ít nhất n số nguyên tố không vượt quá Fn. Do dãy số Fermat là vô hạn nên có vô hạn số nguyên tố. Định lí 1.4. Tồn tại những dãy số liên tục là các hợp số mà độ dài của nó lớn hơn một số n bất kỳ cho trước. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 7Chứng minh. Cho trước số n bất kỳ. Theo định lý Euclid ở trên ta thấy luôn tồn tại số nguyên tố p > n. Xét dãy 2, 3, 5, ..., p các số nguyên tố không vượt quá p. Đặt q = 2.3.5....p thì q + 2, q + 3, q + 4, ....., q + p là các hợp số. Rõ ràng đó là p-1 số hợp số liền nhau thoả mãn p− 1 > n. Định lí 1.5. Không tồn tại đa thức f(x) ∈ Z[x] mà tất cả các giá trị của nó tại các điểm x ∈ Z đều là nguyên tố. Chứng minh. Giả sử f(x) ∈ Z[x], degf(x) ≥ 1. Khi đó lim x→+∞ f(x) = ±∞. Suy ra ∃n0 ∈ Z sao cho |f(n0)| > 1. Giả sử p là một ước nguyên tố của f(n0), xét khai triển f(n0 + pt) = f(n0) + p.f1(n0, p, t). Suy ra p|f(n0+pt) với t tuỳ ý. Ta chọn được t đủ lớn để |f(n0+pt)| > p. Suy ra f(n0 + pt) là một hợp số. Định lí 1.6. Cho a là một số nguyên với dạng phân tích tiêu chuẩn a = pα11 .p α2 2 ....p αk k . Khi đó số nguyên d là ước của a khi và chỉ khi nó có dạng d = pβ11 .p β2 2 ....p βk k với 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1, ..., k. Chứng minh. Giả sử d là ước của a, khi đó tồn tại số nguyên q sao cho a = dq. Đẳng thức này chứng tỏ rằng nếu d > 1 thì mọi ước nguyên tố của d là ước nguyên tố của a và số mũ của ước nguyên tố ấy trong dạng phân tích tiêu chuẩn của d không lớn hơn số mũ của nó trong dạng phân tích tiêu chuẩn của a. Bởi vậy: d = pβ11 .p β2 2 ....p βk k , 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1, ..., k. Nếu d = 1 thì ta viết d = pβ11 .p β2 2 ....p βk k , βi = 0,∀i. Ngược lại, giả sử a và d là hai số nguyên thoả mãn điều kiện của định lý, khi đó αi − βi ≥ 0, i = 1, ..., k nên q = pα1−β11 .pα2−β22 ....pαk−βkk là một số nguyên và a = dq, nghĩa là d là ước của a. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 8Định lý trên cho ta xác định tất cả các ước của một số tự nhiên a > 1, nếu số nguyên a > 1 có dạng phân tích tiêu chuẩn a = pα11 .p α2 2 ....p αk k thì số các ước nguyên dương của a là (α1 +1)(α2 +1)...(αk +1), định lý trên cũng cho ta phương pháp để tìm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của nhiều số. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 9Chương 2 Sự phân bố các số nguyên tố Dãy các số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, .... Bằng cách dùng sàng Eratosthenes ta dễ dàng xây dựng một bảng các số nguyên tố trong giới hạn N . Ta đã biết nếu n là số tự nhiên, n ≤ N và n không là số nguyên tố thì n chia hết cho một số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng √ n. Ta viết xuống dãy các số 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, ....N và thực hiện tiến trình như sau: * Vì 2 là số nguyên tố đầu tiên nên ta xoá những số sau 2 và chia hết cho 2. Số đứng sau 2 còn lại đầu tiên là 3 nên 3 là số nguyên tố. * Tiếp tục bỏ những số sau 3 và chia hết cho 3. Số đứng sau 3 còn lại đầu tiên là 5 nên 5 là số nguyên tố. * Gạch bỏ những số sau 5 và chia hết cho 5. Số đứng sau 5 còn lại đầu tiên là 7 nên 7 là số nguyên tố. Tiếp tục quá trình như vậy ta gạch bỏ khỏi dãy những số chia hết cho các số nguyên tố nhỏ hơn √ N . Quá trình sẽ dừng lại cho đến khi gặp số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng √ N . Tất cả các số chưa bị xoá là số nguyên tố. Như vậy theo thuật toán trên, để kiểm tra tính nguyên tố của n ta cần thực hiện số phép chia đúng bằng số các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng √ n. Tuy nhiên số phép chia đó là rất lớn nếu n là những số lớn. Giả sử rằng 2, 3, 5, 7, ...., p là dãy các số nguyên tố không vượt quá p. Khi đó mọi số nhỏ hơn hoặc bằng p đều chia hết cho một số nào đó trong dãy trên. Vì vậy nếu đặt q = 2.3.5.7...p thì tất cả các số Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 10 q ± 2, q ± 3, q ± 4, ..., q ± p đều là hợp số. Như vậy mặc dù số các số nguyên tố là vô hạn, tức p có thể rất lớn, nhưng tất cả các số nguyên tố ấy chỉ là một vài điểm so với tập các hợp số. Khi nói đến sự phân bố các số nguyên tố có một vài câu hỏi được đặt ra như sau: Có một công thức tổng quát, đơn giản nào để xác định số nguyên tố thứ n không? Có một công thức tổng quát để xác định số nguyên tố tiếp theo một số nguyên tố cho trước không? Có một quy tắc để từ một số nguyên tố p đã cho có thể tìm được số nguyên tố q lớn hơn không? Có bao nhiêu số nguyên tố không vượt quá một số x cho trước?... Nhiệm vụ chính của chương này là trình bày câu trả lời của những câu hỏi đó. 2.1 Một vài ký hiệu Cho f(x), g(x) là các hàm số xác định trên D, g(x) ≥ 0,∀x ∈ D. Ta đưa vào các ký hiệu sau đây: * f(x) = O(g(x)), x→ ω, nghĩa là ∃A : |f(x)| < Ag(x), x→ ω. * f(x) = o(g(x)), x→ ω, nghĩa là lim x→ω f(x) g(x) = 0. * f(x) ∼ g(x), x → ω, nghĩa là lim x→ω f(x) g(x) = 1, hay f(x) = g(x) + o(g(x)), x→ ω. Ví dụ: Khi x→ +∞ ta có: 10x = O(x); sinx = O(1) x = o(x2); x+ 1 ∼ x Khi x→ 0 ta có: x2 = O(x); x2 = o(x) sinx ∼ x; 1 + x ∼ 1 * f(x)  g(x), x→ ω, nghĩa là ∃A,A′ > 0 : A.f(x) < g(x) < A′.f(x). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 11 Chú ý rằng f(x) = O(1) nghĩa là ∃C : |f(x)| < C, hay hàm f(x) bị chặn. 2.2 Hàm logarit Lý thuyết về sự phân bố các số nguyên tố cần sử dụng một số kiến thức về tính chất của hàm logarit. Trong luận văn này chúng ta sẽ thừa nhận và sử dụng những tính chất của hàm logarit và hàm mũ đã được học trong giải tích cổ điển. Xét hàm số f(x) = ex, ta có: ex = 1 + x+ x2 2! + x3 3! + ....+ xn n! + xn+1 (n+ 1)! + ... x−n.ex > x (n+ 1)! −→∞ khi x −→∞ Vì vậy hàm ex tiến ra ∞ nhanh hơn so với hàm luỹ thừa của x. Ta đã biết hàm lnx là hàm ngược của hàm ex. Nên hàm lnx tiến ra ∞ chậm hơn so với hàm luỹ thừa dương của x. Nghĩa là ta có lnx xδ −→ 0, khi x −→∞, hay lnx = o(xδ),∀δ > 0. Tương tự, ta có hàm ln(lnx) tiến ra ∞ chậm hơn so với hàm luỹ thừa dương của lnx. Hàm x lnx là hàm số quan trọng trong lý thuyết các số nguyên tố và nó sẽ được sử dụng nhiều trong quá trình chứng minh các định lý dưới đây. 2.3 Ước giá đơn giản nhất của pi(x) Định nghĩa 2.1. Định nghĩa pi(x) là hàm số học biểu thị số các số nguyên tố không vượt quá x pi(x) = ∑ p≤x 1. Chẳng hạn: pi(10) = 4, pi(100) = 25. Do tập các số nguyên tố là vô hạn nên ta có pi(x) →∞ khi x→∞. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 12 Định lí 2.1. Với ∀x ≥ 1 ta luôn có pi(x) > lnx − 1; Nếu ta kí hiệu pn là số nguyên tố thứ n thì pn < e n+1 < 3n+1. Chứng minh. Ta có : n∏ i=1 (1− 1 pi )−1 = n∏ i=1 (1 + 1 pi + 1 p2i + ....) = ∑ 1 n . Trong tổng trên n chạy qua tất cả các số tự nhiên là tích của các thừa số nguyên tố p1, p2, ..., pn, kể cả 1. Vì vậy ∏ p≤x(1 − 1 p )−1 = ∑ 1 n , trong tổng đó n chạy qua tất cả các số tự nhiên mà các thừa số nguyên tố của nó nhỏ hơn hoặc bằng x. Ta có: ∑ 1 n ≥ [x]∑ n=1 1 n > ∫ [x]+1 1 dt t = ln([x] + 1) > lnx. ∏ p≤x (1− 1 p )−1 ≤ pi(x)+1∏ k=2 (1− 1 k )−1 = pi(x)+1∏ k=2 k k − 1 = 2.3...pi(x).(pi(x) + 1) 1.2....pi(x) = pi(x) + 1. Suy ra pi(x) + 1 > lnx hay pi(x) > lnx− 1. Nếu x = pn thì pi(pn) = n. Vì vậy: n = pi(pn) > lnpn − 1 ⇒ lnpn < n+ 1 ⇒ pn < en+1 < 3n+1. Định lí 2.2. (Định lý Euler) Chuỗi ∑ 1 p là chuỗi phân kỳ. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 13 Chứng minh. Theo định lý 2.1 ta có:∏ p≤x (1− 1 p )−1 > lnx suy ra ∑ p≤x −ln(1− 1 p ) > lnlnx. Ta có: −ln(1− 1 p ) = 1 p + 1 2p2 + 1 3p3 + ... < 1 p + 1 p2 + 1 p3 + ... = 1 p + 1 p(p− 1) nên ∑ p≤x 1 p + ∑ p≤x 1 p(p− 1) > lnlnx. Từ đó suy ra ∑ p≤x 1 p > lnlnx− ∑ p≤x 1 p(p− 1) > lnlnx− ∞∑ m=2 1 m(m− 1) = lnlnx− 1. Vậy chuỗi ∑ 1 p là chuỗi phân kỳ. Định lí 2.3. ∀x ≥ 1 ta có: pi(x) ≥ lnx 2ln2 pn ≤ 4n. Chứng minh. Giả sử 2, 3, 5, ..., pj là j số nguyên tố đầu tiên. Kí hiệu N(x) là hàm biểu thị số các số nguyên n không vượt quá x và không chia hết cho bất Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 14 kỳ số nguyên tố nào lớn hơn pj. Biểu thị số nguyên n dưới dạng n = n 2 1.m, trong đó m không chia hết cho bình phương của một số nguyên tố bất kỳ. Khi đó ta thấy m = 2b13b2....p bj j , trong đó các bk(k = 1, 2...j) hoặc bằng 0, hoặc bằng 1. Vì vậy có đúng 2j bộ b1, b2, ..., bj khác nhau nên m không thể nhận nhiều hơn 2j giá trị khác nhau. Mặt khác, với mỗi số n ta luôn có n21 ≤ n ≤ x nên n1 ≤ √ n ≤ √x. Điều đó chứng tỏ không có nhiều hơn √ x giá trị khác nhau của n1. Từ đó suy ra N(x) ≤ 2j √ x. Tiếp theo ta đặt j = pi(x), ta được pj+1 > x, và N(x) = x. Ta có: x = N(x) ≤ 2pi(x).√x ⇔ lnx ≤ ln(2pi(x).√x) ⇔ lnx ≤ pi(x).ln2 + ln√x ⇔ 1 2 lnx ≤ pi(x).ln2 ⇔ pi(x) ≥ lnx 2ln2 . Nếu đặt x = pn thì pi(x) = n, khi đó n ≥ lnpn 2ln2 ⇔ lnpn ≤ 2nln2 ⇔ pn ≤ 4n. Định lí 2.4. (Định lý Legendre) lim x→∞ pi(x) x = 0. Chứng minh. Ta có đẳng thức sau: 1+pi(x)−pi(√x) = [x]− r∑ i=1 [ x pi ]+ ∑ 1≤i<j≤r [ x pipj ]+...+(−1)r[ x p1...pr ]. (2.1) ở đây p1, p2, ..., pr là tất cả các số nguyên tố không vượt quá √ x. Số các số hạng trong vế phải của (2.1) là 1 + Cr1 + C r 2 + ...+ C r r = C r 0 + C r 1 + C r 2 + ...+ C r r = 2 r. Vì thế nếu bỏ dấu [ ] ở vế phải sẽ có một sai số R mà |R| < 2r. Suy ra: Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên 15 1 + pi(x)− pi(√x) = x− r∑ i=1 x pi + ∑ 1≤i,j≤r x pipj + ...+ (−1)r x p1...pr +R = x r∏ i=1 (1− 1 pi ) +R = x ∏ p≤√x (1− 1 p ) +R. Ta đã có: ∏ p≤x (1− 1 p )−1 > lnx hay ∏ p≤√x (1− 1 p ) < 1 ln √ x . Từ đó suy ra 1 + pi(x)− pi(√x) < x ln √ x + 2r < 2x lnx + 2 √ x. Áp dụng lập luận trên nhưng thay √ x bởi u mà 1 < u < √ x ta được: pi(x)− pi(u) < x lnu + 2u. Suy ra pi(x) < u+ x lnx + 2u. Chọn u sao cho 2u < x lnu , khi đó u < lnx ln2 . Đặt u = αlnx với α < 1 ln2 ta được: pi(x) < αlnx+ x lnlnx+ lnα + xαln2 suy ra pi(x) < c x lnlnx suy ra pi(x) x < c lnlnx → 0, x→∞. Vậy