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 của tập số nguyên tố
1.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các chứng minh về sự vô hạn của tập số nguyên
1.3 Số Fermat và số Mersenne . . . . . . . . . . . .
1.4 Sự vô hạn của các cặp số nguyên tố sinh đôi . .
1.5 Số nguyên tố giữa n và 2n . . . . . . . . . . . .

1

. .
tố
. .
. .
. .

Chương 2: Về sự phân bố của các số nguyên tố
2.1 Bất đẳng thức Chebychev và các hệ quả . . . . . .
2.2 Định lý số nguyên tố và các dạng tương đương . . .
2.3 Hàm biểu diễn số nguyên tố . . . . . . . . . . . . .
2.4 Mô hình Cramér và khoảng cách giữa hai số nguyên
tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

. . . .
. . . .
. . . .
tố liên
. . . .

2
2
4
9
12
15
16
16

27
37
38

Kết luận

39

Tài liệu tham khảo

40


1

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 hỏi
dành được sự quan tâm lớn. Kết quả sớm nhất là một định lý cổ điển được
giới thiệu bởi Euclid 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 này
vẫn chưa có câu trả lời cho câu hỏi: Các số nguyên tố được phân bố như
thế nào?
Vào những năm cuối thế kỉ 18, đã có những giả thuyết được đưa ra bởi
A.M. Legendre và C.F. Gauss, từ đó hình thành định lý số nguyên tố. Nội
dung 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 số
nguyên 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 Nguyễn
Thành 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, chu
đáo 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 Thị
Hồng Loan và các thầy cô giáo khác trong chuyên ngành Đại số - Khoa
Toán và Khoa sau đại học - Trường Đại học Vinh đã tận tình giúp đỡ tác
giả 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 bạn
học viên.
Vinh,tháng 11 năm 2010
Tác giả


2
CHƯƠNG 1

TÍNH VÔ HẠN
CỦA TẬP SỐ NGUYÊN TỐ
1.1

Số nguyên tố

Cho α là một số thực. Ta kí hiệu [α] là số nguyên lớn nhất không vượt quá
α.
Ví dụ:
√

[π] = 3,
[−π] = −4
[3] = 3,
[ 2] = 1,
Nếu α dương, khi đó [α] là phần nguyên của α và ta luôn có
[α]
Giả sử α = a/b,

α < [α] + 1

b > 0, ta có
0

a
a
−
<1
b
b

0

a−b

hay

a
b

suy ra

a
b + r,
b
Như vậy ta có định lý sau:
a=

trong đó 0

r < b.

Định lý 1.1.1. Cho a và b là hai số nguyên bất kỳ với b > 0. Khi đó tồn
tại hai số nguyên q và r thỏa mãn
a = qb + r,

0

r
Số r không âm trong định lý trên được gọi là phần dư của a khi chia
bởi b.
Định nghĩa 1.1.2. Nếu phần dư của a khi chia bởi b bằng 0, nghĩa là tồn
tại một số nguyên c sao cho a = bc, khi đó ta nói a là bội số của b. Ta cũng
nói rằng b chia hết a, viết b|a và gọi b là ước số của a.
Hiển nhiên, 1|a, b|0 và với mọi a = 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.

3
Ta dễ dàng chứng minh được các định lý sau:
Định lý 1.1.3. Giả sử b = 0, c = 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 số
trong lớp thứ ba là những hợp số. Ta thường ký hiệu một số nguyên tố bởi
chữ p. Một số tự nhiên được gọi là chẵn hay lẻ (tương ứng) nếu nó chia
hết 2 hay không. Hiển nhiên, một số tự nhiên chẵn lớn hơn 2 không phải
là số nguyên tố.
Định lý 1.1.5. Mọi số nguyên lớn hơn 1 đều là một tích của các số nguyên
tố.
Chứng minh. Giả sử n > 1. Nếu n là số nguyên tố thì hiển nhiên ta có điều
phải chứng minh vì n = n.
Giả sử rằng n không phải là số nguyên tố và q1 là ước số thực sự nhỏ nhất
của n. Khi đó q1 phải là một số nguyên tố.
Đặt n = q1 n1 , 1 < n1 < n.
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 = q1 q2 n2 ,

1 < n2 < n1 < n.

Tiếp tục quá trình trên ta có n > n1 > n2 > ... > 1, và quá trình này phải
dừng sau ít hơn n bước và khi đó ta thu được
n = q1 q2 ...qs
trong 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 pα2 1 ...pαk k ,

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


4

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
có thể xác định số nguyên tố dương
N = p1 p2 ...pn + 1
Do N có duy nhất sự phân tích dưới dạng nguyên tố, và có số nguyên tố
p chia hết N . Khi đó
p|p1 p2 ...pn + 1
Do ta giả sử chỉ có các số nguyên tố p1 , p2 , ..., pn , nên p = pi với i = 1, .., n
nào đó. Nhưng lúc này p|p1 p2 ...pi ...pn , bởi vậy p không thể chia hết p1 ...pn +1
điều này dẫn đến mâu thuẫn. Bởi vậy p không là một trong các số nguyên
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 . Hiển
nhiên n
2. Đặt P = {p1 , ..., pn }. Chia P thành hai tập con khác rỗng
tách rời nhau P1 và P2 . Xét số m = q1 + q2 , trong đó q1 là tích của tất cả
các 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 q1
hoặc q2 nhưng không chia hết cả hai và bởi vậy p không thể chia hết m
điều này đưa đến mâu thuẫn. Suy ra p không thuộc P , và như vậy tập số
nguyên 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 số
nguyên tố.
Đặt N = p1 ...pn , hiển nhiên với mỗi i ta có pi < N . Giả sử q là ước số
nguyên tố nhỏ nhất của N ! + 1. Nếu q < N thì q chia hết N !, bởi vậy q
không 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


5
chứng minh trên ta phải có qn > n và bởi vậy tập số nguyên tố không thể
là hữu hạn.
Chứng minh 2. Như trên, giả sử rằng chỉ có các số nguyên tố p1 , ..., pn và
N = p1 ...pn . Đặt
n

a=
i=1

1
pi

n

do đó

aN =
i=1

N
.
pi

Do aN là một số tự nhiên nên nó có ít nhất một ước số nguyên tố, mà
theo giả thiết thì chỉ là các số pj . Khi đó pj |aN và pj | N
pi với i = j. Do N là
một tổng nên pj | pNj , dẫn đến mâu thuẫn.
Trong chứng minh tiếp theo ta sẽ sử dụng hàm phi euler. Với mỗi số
nguyên dương n ta xác định hàm
φ(n) =

số các số nguyên x

n, với (x, n) = 1

Với một số nguyên tố p ta có φ(p) = p − 1 và nếu (a, b) = 1 thì φ(a, b) =
φ(a)φ(b).
Chứng minh 3 (sử dụng hàm phi euler). Giả sử chỉ có các số nguyên tố là

p1 , ..., pn và đặt N = p1 ...pn . Chú ý rằng nếu pi > 2 khi đó φ(pi ) = pi −1 > 1.
Nếu 1 < n < N khi đó n phải có ước số nguyên tố là pj , và bởi vậy pj là
ước chung của n và N . Như vậy (n, N ) = 1 hay n và N không nguyên tố
cùng nhau với mọi 1 < n < N , theo định nghĩa của hàm φ ta có φ(N ) = 1.
Mặt khác:
φ(N ) = φ(p1 ...pn ) = φ(p1 ).φ(p2 )...φ(pn ) = (p1 − 1)...(pn − 1) > 1
dẫn 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 số
nguyên tố của {f (k); k ∈ N0 } là vô hạn. Trường hợp đặc biệt, tập các số
nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử rằng
f (x) = a0 + a1 x + ... + am xm


6
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 = 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 = a0 b với b ∈ Z.
Với k 1 ta có
m

m

2t

j

f (kD ) =

aj k D
j=1

2tj

aj k j b2j a2j−1
+1
0

+ a0 = a0

=M

j=1

Với k đủ lớn số tự nhiên M phải có ít nhất một ước nguyên tố p không
chia hết a0 b và như vậy p ∈
/ U , mâu thuẫn.
Một số chứng minh tính vô hạn của số nguyên tố dựa vào yếu tố giải
tích
Định lý 1.2.3. Tổng p p1 trong đó p nguyên tố là phân kỳ, từ đó suy ra
các số nguyên tố là vô hạn.
1
Chứng minh. Hiển nhiên, nếu chuỗi
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 minh

trực 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 hạn
hoặc 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
n−1
n−1
pn 22 với mọi n và pn < 22 với mọi n > 1.
Chứng minh bổ đề. Ta chứng minh bổ đề này bằng cách sử dụng phương
pháp quy nạp: p1 = 2 21 , mệnh đề đúng với n = 1.
k
Hơn nữa không có số nguyên tố chẵn nên pk = 22 nếu k > 1.
k−1
Giả sử pk < 22 , 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

2

3

K = p1 ...pk + 1 < 22 22 22 ...22

k−1

k

+ 1 < 22 .

Mệnh đề đúng với k + 1, theo nguyên tắc quy nạp mệnh đề đúng với mọi
n.


7
Ta sử dụng bổ đề này để chứng minh định lý 1.2.3. Giả sử rằng

p

nguyên tố

1
=
p

∞

i=1

1
pi

hội tụ. Lúc này ta không giả sử có vô hạn các số nguyên tố. Nếu chỉ có
hữu hạn các số nguyên tố thì đây là một tổng hữu hạn. Do chuỗi này là
hội tụ và pi là dãy tăng nên tồn tại N sao cho
∞

i=N +1

1
1
< .
pi
2

Cố định giá trị N này, giả sử QN (x) với số tự nhiên x bất kỳ là số các số
nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng x không chia hết bởi bất kỳ số nguyên
tố pN +1 , pN +2 , ... nào. Cho trước số nguyên tố p số các số nguyên n x và
chia hết bởi p nhỏ hơn xp . Từ đó suy ra với số nguyên x bất kỳ
x − QN (x) <
theo giả sử

x
pN +1
∞

i=N +1

+

x
pN +2

+ ... <

x
2

1

1
< .
pi
2

Bởi vậy x2 < QN (x) . Mặt khác, nếu n < x và n không chia hết bởi bất
kỳ pN +1 , pN +2 , ... thì n = n21 m trong đó m không chính phương. Bởi vậy
m = 2e1 3e2 ...peNN trong đó ei = 0 hoặc bằng 1. Như vậy có tối đa 2N cách
√
chọn m. Hơn nữa có tối đa x cách chọn n1 . Từ đó ta có
√
x
< QN (x) < 2N x.
2
Cố định N , khi x đủ lớn ta có mâu thuẫn và bởi vậy
phân kỳ.

1
p

(p nguyên tố) là

Cách chứng minh sử dụng hàm zeta Riemann
Chứng minh. Với mỗi số thực s > 1 ta định nghĩa hàm zeta Riemann bởi
∞

ζ(s) =
n=1

1

ns


8
∞

Do
n=1

1
n

phân kỳ nên khi s → 1+ tổng ζ(s) phân kỳ. Do n có thể biểu diễn

được dưới dạng tích các số nguyên tố, nên hàm zeta Riemann có thể viết
lại dưới dạng tích
ζ(s) =

1+
p

Ta có
1+

nguyên tố

1
1
+
+ ...

ps p2s

1
1
1
1
+
+
+
...
=
ps p2s p3s
1 − p−s

Bởi vậy
1
1 − p−s

ζ(s) =
p

nguyên tố

Tích này được gọi là tích Euler.
Bây giờ ta giả sử rằng các số nguyên tố là hữu hạn và như vậy tích
Euler 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
∞

1
ln
1−x
khi 0 < x < 1. Với 0 < x <

=
n=1

∞

xn
n

xn =
n=1

x
1−x

1
2

ln

1
1−x

< 2x

Lấy lôgarit tích Euler ta thu được

ln(ζ(s)) =
p
1
p

Nếu
p

nguyên tố

1
ln 1 − s
p

−1

p−s

<2
p

nguyên tố

là hội tụ, khi đó từ

nguyên tố

p−s < 2

2

p

p−1

với mọi s > 1

p

dẫn đến ζ(s) không phân kỳ khi 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 chỉ ra
rằng
5
F5 = 22 + 1 = 641.6700417
là hợp số

Năm 1880 Landry chứng minh được rằng
6

F6 = 22 + 1 = 274177.67280421310721
Một số tác giả khác gần đây đã chứng minh được rằng Fn là hợp số với
7

n

16, n = 18, 19, 23, 36, 38, 39, 55, 63, 73

Liệu rằng 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 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
akl + 1
= a(k−1)l − a(k−2)l + ... + 1.
l
a +1
Bởi vậy, al + 1 chia hết akl + 1 nếu k
nguyên tố, thì n = 2m

3. Do đó, nếu an + 1 là một số

Bổ đề 1.3.3. Giả sử (Fn ) là dãy các số Fermat. Khi đó nếu m = n ta có

(Fn , Fm ) = 1.


10
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 ).
n
Với x = 22 , ta có
n+k

k

Fn+k − 2 22 − 1 x2 − 1
k
k
= 2n
=
= x2 −1 − x2 −2 + ... − 1
Fn
2 +1
x+1
như vậy Fn |Fn+k − 2. Do đó
m|Fn+k

m|Fn+k − 2

suy ra m|2, nhưng do Fn là số lẻ nên m = 1, từ đó ta có điều phải chứng
minh.

Như vậy, với mỗi số Fn phải có ít nhất một ước số nguyên tố mà các
phần tử của dãy (Fn ) nguyên tố cùng nhau, và từ tính vô hạn của dãy (Fn )
ta suy ra 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 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 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:
Ta có định lý sau:
Định lý 1.3.5. Giả sử a, n là 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 sử dụng các số Mersenne để chứng minh tính vô hạn của tập số
nguyên 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) − 1
Chứng minh. Dễ thấy định lý đúng với m = n hay n = 1 hay m = 1. Ta
giả sử rằng n > m > 1. Sử dụng thuật toán Euclid để tìm ước chung lớn
nhất của m và n. Ta có
m = nq0 + r1 ,
n = r1 q1 + r2 ,
...
rs−2 = rs−1 qs−1 + rs ,
rs−1 = rs qs ,
và rs = (m, n)
Từ đó ta có
2m − 1 = 2nq0 − 1 = 2r1 (2q0 n − 1) + (2r1 − 1),
2n − 1 = 2r2 (2q1 r1 − 1) + (2r2 − 1),
...
2rs−1 − 1 = (2rs − 1)(2rs (qs −1) + ... + 1)
Suy ra
(2rs − 1)|(2rs−1 − 1)

và

(2rs − 1)|(2rs−2 − 1)

và từ
2qs−1 rs−1 = (2rs−1 − 1)(2rs−1 (qs−1 −1) + ... + 1)
Cuối cùng
(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.


12
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 ) − 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 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 đôi là hai số nguyên tố p và q
sao cho |p − q| = 2
Ví dụ 1.4.2. {3, 5}, {5, 7}, {11, 13} là những cặp số nguyên tố sinh đôi.
Năm 1988, R. Ballinger và Y. Gallot đã tìm ra cặp
835335.239014 ± 1
Năm 1999, H. Lifchitz tìm ra cặp
361700055.239020 ± 1
Năm 2000, H.Wassing, A.Járai và K.H. Indlekofer tìm ra cặp số nguyên tố
sinh đôi
2409110779845.260000 ± 1
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


13
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 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 hữu hạn, tức là

p∈S

1
1
+
<∞
p p+2

hay
1 1 1 1
1
1
+ + + +
+
+ ...
3 5 5 7 11 13
hội tụ.
Hiển nhiên, nếu chỉ có hữu hạn cặp số nguyên tố sinh đôi thì chuỗi trên
hội tụ. Giá trị của chuỗi
B=
p∈S

1
1
+
p p+2

được gọi là hằng số Brun.
Hằng số Brun có thể tính được là
B

1, 902160583104

Để chứng minh định lý Brun ta sử dụng hệ quả (ở đây ta không chứng
minh hệ quả này)
Hệ quả 1.4.4. Ký hiệu P (x) là số các số nguyên tố p
vẫn là số nguyên tố. Khi đó với x 3 ta có
P (x)
trong đó k là một hằng số

k

x
3

(ln x) 2

x sao cho p + 2


14
Chứng minh định lý Brun. Ký hiệu P (x) là số các số nguyên tố p
cho p + 2 vẫn là số nguyên tố. Khi đó theo hệ quả trên ta có
P (x)

k

x sao

x
3

(ln x) 2

trong đó k là một hằng số.
Giả sử (pr , pr+2 ) là cặp số nguyên tố sinh đôi thứ r. Khi đó với mọi
r 1 ta có
r = P (pr ) < k

pr
(ln pr )

3
2


pr
(ln(r + 1))

3
2

⇒

k
1
<
3
pr
r(ln(r + 1)) 2

Sử dụng tiêu chuẩn tích phân ta thấy chuỗi vô hạn
∞

1
3

r=1

r(ln(r + 1)) 2

hội tụ. Theo tiêu chuẩn so sánh chuỗi
∞

r=1

hội tụ.
Mặt khác, từ

∞

2
r=1

1
pr

∞

r=1

1
pr

1
1
+
pr pr+2

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 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 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 cho
x
x
A1
< π(x) < A2
ln x
ln x
với mọi x

2.

Định nghĩa
 2.1.2.
 Cho trước số nguyên dương n và k với n
n
chỉnh hợp   được định nghĩa bởi
k
 
n
n!

 =
k!(n − k)!
k

1 và n

k,

Ta quy ước 0! = 1.
Để chứng minh bất đẳng thức Chebychev ta cần các kết quả sau. Ở
đây π(n) là hàm số nguyên tố.
Bổ đề 2.1.3. (i)

nπ(2n)−π(n) < 

2n
n




(2n)π(2n)

(ii)

22



2n

n




22n

Chứng minh. Nếu p là số nguyên tố và giả sử ep là số mũ cao nhất sao cho
pep |n!. Khi đó bằng quy nạp dễ dàng ta có
tp

ep =
i=1

n
pi


17
trong đó [] là phần nguyên và tp là số nguyên đầu tiên thỏa mãn ptp +1 > n
Hiển nhiên với mỗi số nguyên tố p thì tp là tồn tại. Ta xét


n
2n
n+i
 = (2n)! = (2n)(2n − 1)...(n + 1) =

n!n!
n!

j
n
j=1
Cho 
trước một số nguyên tố p, giả sử mp là số mũ cao nhất sao cho
pm p | 

2n
n

 .Theo trên ta có
kp

mp =
i=1

2n
n
−
2
pi
pi

trong đó kp là số nguyên nhỏ nhất sao cho pkp +1 > 2n.
Nếu 1 i kp thì
n
2n
n
2n
−

2
<
−
2
− 1 = 2.
pi
pi
pi
pi
Do

2n
pi

và 2

n
pi

là những số nguyên nên
2n
n
−2 i
i
p
p

nếu 1

i

1

kp . Điều này dẫn đến
kp

mp =
i=1

kp

n
2n
−
2
pi
pi

1 = kp .
i=1

Bởi vậy





2n
n

2n
n


pkp


p 2n


(2n) = (2n)π(2n)

pkp


p≤2n

p 2n

Ta có vế phải của bất đẳng thức thứ nhất.
Mặt khác, nếu n < p 2n thì p|(2n)! nhưng không chia hết n!, từ đó suy


18
ra


p| 
n

2n
n




⇒

p



n

2n
n




Như vậy
n = nπ(2n)−π(n)

p>
n

n

do π(2n) − π(n) là các số nguyên tố trên n < p



2n

nπ(2n)−π(n) < 
n

2n. Bởi vậy

từ đó ta có chiều còn lại của bất đẳng thức thứ nhất.
Với bất đẳng thức thứ hai, ta có


2n
 (1 + 1)2n = 22n ,

n
và theo trên




2n
n



n

n+j
j

=
j=1

n

2 = 2n .
j=1

Bởi vậy

2n

2n



n




22n .

Như vậy ta có bất đẳng thức thứ hai.
Ta quay trở lại chứng minh bất đẳng thức Chebychev Ta cần chỉ ra
rằng tồn tại các hằng số dương A1 và A2 thỏa mãn
A1

x

x
< π(x) < A2
ln x
ln x

với mọi x 2.
Theo bổ đề trên ta có

nπ(2n)−π(n) < 

2n
n




(2n)π(2n) ,


19

2n



2n



22n .



n

Bởi vậy
nπ(2n)−π(n) < 22n =⇒ (π(2n) − π(n)) ln n

2n ln 2

suy ra
2n ln 2
ln n

π(2n) − π(n)
Mặt 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 vượt
quá x, bởi vậy x 2n, n 1 và x < 2n + 2. Khi đó
π(x)

n ln 2
ln(2n)

π(2n)

n ln 2
ln x

(2n + 2) ln 2 ln 2 x
>
.
.
4 ln x
4 ln x

Bởi vậy,
π(x)

A1

x
ln x

với mọi x 2 và A1 = ln42 .
Để chứng minh sự tồn tại của A2 giả sử 2n = 2t với t
t

π(2 ) − π(2

t−1

)

3. Khi đó

2t ln 2
2t
=
.
(t − 1) ln 2 t − 1

Xét tổng
2j

(π(2t ) − π(2t−1 )) = π(22j ) − π(4)
t=3

Do π(4)

4=

2

2
2−1

2j
2j

π(2 ) <
t=2

Do

2t
t−1 ,

và π(2t ) − π(2t−1

j

t=2

2t
=
t−1

2t
<
t−1

j

t=2

khi đó ta thu được
2j

2t
2t
+
.

t − 1 t=j+1 t − 1

j

2t = 2j+1
t=2


20
và

2j

t=j

2t
<
t−1

2j

t=j

2t 1 2j+1
= 2
.
j
j

Từ đó suy ra

1
π(22j ) < 2j+1 + 22j+1 .
j
Do j < 2j ta có 2j+1 <

22j+1
j

và bởi vậy với j

2,

22j+1
π(2 ) < 2
.
j
2j

dẫn đến

π(22j ) 4
<
22j
j

với mọi j

2.

Giả sử x 2 là một biến thực. Khi đó tồn tại một số nguyên j

cho 22j−2 < x 22j . Bởi vậy
π(x)
x

π(22j ) 4π(22j )
=
.
22j−2
22j

Hơn nữa,
2j

ln x
4
⇒
ln 2
j

8 ln 2
ln x

Như vậy,
π(22j ) 4
π(x) 16
< ⇒
<
2j
2
j

x
j
suy ra
π(x)

(32 ln 2)

x
ln x

với mọi x

Bởi vậy
π(x)

32 ln 2
ln x

A2

2.

x
ln x

với mọi x 2 trong đó A2 = 32 ln 2.
Như vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức Chebychev.
Hệ quả 2.1.4.
π(x)
→ 0 khi x → ∞.

x

1 sao


21
Chứng minh. Theo bất đẳng thức Chebychev ta có
0 < π(x)

A2

π(x)
x
⇒0<
ln x
x

A2
.
ln x

Do A2 là một hằng số nên
A2
→ 0 khi x → ∞,
ln x
bởi vậy
π(x)
→ 0 khi x → ∞.
x
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
B1 n ln n

pn

B2 n ln n.

hay
pn ∼ n ln n.
Chứng minh. Giả sử pn là số nguyên tố thứ n. Hiển nhiên ta có π(pn ) = n.
Theo bất đẳng thức Chebychev ta có
n = π(pn )

A2

pn
ln pn

với mọi n

2.

Dẫn đến,
1
n ln pn
A2

pn

với mọi n

2.

Hơn nữa, pn > n nên
1
1
n ln n <
n ln pn
A2
A2

pn

với mọi n

Bởi vậy
B1 n ln n

pn

với mọi n 2 và B1 = A12 .
Để chứng minh chiều ngược lại ta có
n = π(x)

A1

pn
.
ln pn

2.


22
Do pn > n nên

ln pn
√ → 0 khi n → ∞.
pn

Khi đó tồn tại một hằng số k sao cho
ln pn
√ < A1
pn

nếu n > k.

Bởi vậy
n
Từ n >

√

ln pn
pn

ln pn
A1 > √
pn

nếu n > k.

pn nên ln pn < 2 ln n nếu n > k. Đặt
p2
p3
pk−1
2
.
,
,
, ...,
A1 2 ln 2 3 ln 3
(k − 1) ln(k − 1)

B2 = max
Khi đó
pn

B2 n ln n với mọi n

2.

Hệ quả 2.1.6.
Chuỗi
p,nguyên tố

Chứng minh. Với n

Chuỗi
n=1

1
n ln n

phân kỳ.

2 ta có
1
pn

∞

1
p

1
.
B2 n ln n

phân kỳ theo dấu hiệu tích phân, suy ra điều phải chứng

minh theo dấu hiệu so sánh.
1
p

Định lý sau cho thấy chuỗi

phân kỳ tuy nhiên định lý sau

p,nguyên tố

cho thấy chuỗi này phân kỳ với tốc độ chậm.
Định lý 2.1.7. Tồn tại một hằng số k sao cho

2
1
< k ln ln x nếu x > 3.
p
x