số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố

Sự P PHẦN MỞ ĐẦU
1 Lý đo chọn đề tài
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.
Đây cũng là lý do tôi chọn đề tài “số nguyên tố và sự phân bố số nguyên tố”
1 Mục đích nghiên cứu
- Tìm hiểu tính vô hạn của tập số nguyên tố ,tính vô hạn của số nguyên
tố đặc biệt ...và các định lý tính chất của sự phân bố số nguyên tố và
cách chứng minh các định lý tính chất đó
2 Nội dung nghiên cứu
Đề tài gồm 3 phần
Phần 1: Đặt vấn đề
Phần 2: Nội dung
Phần 3: Kết luận
Nội dung chính của đề tài ở phần 2 gồm 2 mục là
Chương 1 tính vô hạn của các tập số nguyên tố
- Tính vô hạn của tập số nguyên tố
- Tính vô hạn của các số nguyên tố đặc biệt ( số fermat, số Mersenne,
cặp số nguyên tố sinh đôi...)
Chương 2 về sự phân bố của các số nguyên tố
Nêu khái niệm hàm trình bày ước giá đơn giản của hàm và chứng minh
định lí số nguyên tố
Trong quá trình thực hiện đề tài của mình em đã được sự giúp đỡ của
giảng viên thạc sĩ Nguyễn Thị Thanh Tâm . Nhân dip này em cũng xin cảm

ơn cô giáo đã có sự hướng dẫn tận tình, chu đáo nghiêm túc trong quá
trình nghiên cứu.em xin cảm ơn
3 Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu


PHÂN BỐ SỐ NGUYÊN TỐ


Chương 1 tính vô hạn của tập
số nguyên tố

1.1

Định nghĩa và các tính chất của số nguyên tố

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 1. Nếu d không nguyên tố thì
d = d 1 .d 2 , trong đó 1 < d 1 ,d 2 < d. Suy ra di là ước thực sự của d. Vì vậy d i là
ước của a, d 1 < d. Điều này mâu thuẫn với sự nhỏ nhất của d.

□

Tính chất 1.2. Cho p nguyên tố, a N, a 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.
Tính chất 1.5. Nếu n là hợp số thì n có ít nhất một ước nguyên tố không vượt
quá
Chứng minh.
Giả sử n là hợp số, n = a.b, trong đó a,b Z, 1 < a b < n. Ta có hoặc
hoặc b < . Giả sử a < , vì a có ước nguyên tố, giả sử đó là p, nên p cũng là


ước của n, p <
Vậy n có ước nguyên tố không vượt quá .
Hệ quả 1. 1. Nếu số tự nhiên a > 1 không có ước nguyên tố nào trong nửa
khoảng (1,] thì a là số nguyên tố.

1.2

Một số định lý quan trọng của số học

Định lí 1.1.1. 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 P 1 . Vậy ta có a = p 1 .a 1 ,
trong đó 1 < a 1 < a.
Nếu a 1 = 1 thì ta có a = p 1 và đó là sự phân tích a thành thừa số nguyên
tố.

Nếu a 1 > 1 thì a 1 phải có một ước nguyên tố p 2 , và ta có a 1 = p 2 .a 2 do đó
a = p 1 .p 2 .a 2 , với 1 < a 2 < a 1 . Nếu a 2 = 1 thì a = p 1 .p 2 là dạng phân tích của a
thành thừa số nguyên tố, còn nếu a 2 > 1 thì ta lập lại lý luận ở trên được số
nguyên tố p 3 ,.... Quá trình này phải kết thúc sau một số hữu hạn lần vì ta có
a > a 1 > a 2 > ...., nên tồn tại n N thoả mãn a n = 1, và ta được a = p 1 .p 2... p n .
Trong sự phân tích trên thì có thể xảy ra trường hợp trong tích có
nhiều thừa số nguyên tố lặp lại, gọi p 1 ,p 2 ,........,P k là các thừa số nguyên tố đôi
một khác nhau của a, với các bội tương ứng là a 1 ,a 2 ,...,a k , (a i > 0,i = 1,...,k),
thì ta được a = , gọi là dạng phân tích tiêu chuẩn của a.
* Tính duy nhất: Ta giả sử a có hai dạng phân tích tiêu chuẩn:

a= =
Khi đó: p i | , i = 1, , k. Vì các q j (j = 1,..., l) là đôi
một khác nhau nên mỗi P i trùng với một qj nào đó và tương tự mỗi qj trùng


với một p i 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 p i = qj , i.
Nếu > thì ta chia cả hai phân tích trên cho , ta được:
=
Khi đó vế trái của đẳng thức trên chia hết cho p i nhưng vế phải thì không
chia hết cho p i . Điều này là mâu thuẫn.
Tương tự, nếu > ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn.
Vì vậy a i = , i.
Định lí 1.2.2. (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 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 1.1.3. (Định lý thứ hai của Euclid)
Số các số nguyên tố là vô hạn.
Định lí 1.1.4. 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.
Chứng 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 1.1.5. Không tồn tại đa thức

mà tất cả

các giá trị của nó tại

các điểm x Z đều là nguyên tố.
Chứng minh.
Giả sử , deg 1. Khi đó = ±. Suy ra
n 0 Z sao cho |f(n 0 ) |> 1. Giả sử p là một ước nguyên tố của f (n o ), xét khai


triển

f(n 0 +pt) = f(n 0 ) + p. f(n 0 ,t,p)
Suy ra p\f (n 0 + pt) với t tuỳ ý. Ta chọn được t đủ lớn để |f (n 0 + pt)| > p. Suy
ra f (n 0 + pt) là một hợp số.
Định lí 1.1.6. Cho a là một số nguyên với dạng phân tích tiêuchuẩn
a =. Khi đó số nguyên d là ước của a khi và chỉ khi nó có dạng d = với 0 < <
,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 = với 0 < < ,i = 1,..., k
Nếu d = 1 thì ta viết d =
Ngược lại, giả sử a và d là hai số nguyên thoả mãn điều kiện của định lý, khi
đó , i = 1,..., k nên q = là một số nguyên và a = dq, nghĩa là d là ước của a.
Định 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 = thì số các ước nguyên dương của a là (a 1 + 1)(a 2 + 1)...(a k + 1), định lý
trên cũng cho ta phương pháp để tìm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ
nhất của nhiều số

3.3

Các chứng mỉnh về sự vô hạn của tập số nguyên tố
Định lý 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 p 1 ,p 2, ...,p n , Mỗi số nguyền tố đều là số nguyên dương nên ta có
thể xác định số nguyên tố dương
N = p 1 p 2 ...p n + 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| p 1 p 2 ...p n + 1 .
do ta giả sử chỉ có các số nguyên tố p 1 p 2 ...p n nên p = p i với i = 1,n nào đó.


Nhưng lúc này p| p 1 p 2 .. p i ...p n bởi vậy p không thể chia hết p 1 p 2 ...p n + 1điều

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= p 1 p 2 ...p n - 1.
Ta có thể chứng minh theo cách sau:
Ta lại giả sử rằng chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p 1 p 2 ...p n ,Hiển
nhiên n 2. Đặt P =
Chia P thành hai tập con khác rỗng
tách rời nhau P 1 và P 2 . Xét số m = q 1 + q 2, trong đó q là tích của tất cả các số
nguyên tố thuộc P 1 và q 1 là tích của tất cả các số nguyên tố thuộc P 2 . Giả sử
p là ước nguyền tố của m. Do p p nên p chia hết hoặc q 1 hoặc q 1 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 là tất cả các số nguyên tố.
Đặt N = , hiển nhiên với mỗi i ta có P i < 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 > p i với i = 1..n. Do đó, q không là một trong các số
p i 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 q n là ước số nguyên tố nhỏ nhất của n! + 1. Theo chứng
minh trên ta phải có q n > n và bởi vậy tập số nguyên tố không thể là hữu hạn.
Trong chứng minh tiếp theo ta sẽ sử dụng hàm phi euler. Với mỗi số
nguyên dương n ta xác định hàm
= số các số nguyên x n, với {x, n) = 1
Với một số nguyên tố p ta có = p — 1 và nếu (a, b) = 1 thì =
Chứng minh 2 (sử dụng hàm phỉ euler). Giả sử chỉ có các số nguyên tố là và
đặt N = . Chú ý rằng nếu p i > 2 khi đó . Nếu 1 < n < N khi đó n phải có ước
số nguyên tố là , và bởi vậy 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 ta có . Mặt khác

dẫn đến mâu thuẫn.


Chứng minh 3 (Chứng minh của Goldbach):
Số được gọi là số Fetmat thứ n.Cho trước 2 số Fermat và(k > 0),giả sử m|,
m|
Đặt x = , ta có :
Vì vậy mặt khác m| nên m| . Từ đó suy ra m|2. Do là số lẻ nên m = 1. Như
vậy ta chứng minh được 2 số fermat bất kỳ không có ước chung nào lớn hơn 1
Từ dó suy ra rằng một trong các sốdều chia hết cho một số nguyên tố lẻ p mà
p không là ước của bất kì mooth số nào khác trong dãy trên . vậy có ít nhất n
số nguyên tố không vượt quá dãy số fermat là vô hạn nên có vô hạn số
nguyên tố.
Chứng minh 4. Như trên, giả sử rằng chỉ có các số nguyên tố và N =. Đặt:

Do aN một số tự nhiên nên nó có ít nhất một ước số nguyên tố, mà theo giả
thiết thì chỉ là các số . Khi đó |aN và với i j- Do N là một tổng nên , dẫn đến
mâu thuẫn.
giả sử là tập các đa thức với hệ số nguyên và đặt tính vô hạn của số nguyên
tố được suy ra từ các bổ đề sau:
Bổ đề 1.3.1. Với mỗi đa thức
khác hằng số, tập các ước số nguyên tố của
{f{k); k No} là vô hạn. Trường hợp đặc biệt, tập các số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Giả sử rằng
f(x) = a 0 + a 1 x + ... + a m x m
và với tập {f{k); k No} số các ước số nguyên tố xảy ra với một vài f(k) là hữu
hạn. Giả sử U= là tập các ước số nguyên tố và
D = . Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng a 0 Chọn một số tự nhiên t sao

cho không chia hết f(0) = với bất kỳ i nào. Do chỉ có các số nguyên tố là p i
nên ta phải có |D l nghĩa là D l = . Với b Z, k ta có :

Với k đủ lớn số tự nhiên M phải có ít nhất một ước nguyền tố p □ không
chia hết 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 1.3.2. Tổng ( trong đó p nguyên tố) là phân kỳ, từ đó suy ra các số
nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh. Hiển nhiên, nếu chuỗi (p nguyên tố) là phân kỳ thì phải có vô
hạn số nguyền 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 là dãy không giảm các số nguyên tố có thể hữu hạn hoặc vô hạn. Ta
có bổ đề sau:
Bổ đề 1.3.3. Nếu là dãy không giảm các số nguyên tố, khi đó p n với mọi n và
p n < với mọi n > 1.
Chứng minh bổ đề. Ta chứng minh bổ đề này bằng cách sử dụng phương
pháp quy nạp: = 2 , mệnh đề đúng với n = 1.
Hơn nữa không có số nguyên tố chẵn nên nếu k > 1.
Giả sử , ta xét
Tương tự như chứng minh của Euclid về tính vô hạn của số nguyên tố, K =
pi... phải có ít nhất một ước số nguyên tố không phải là ,
Bởi vậy:

□
Mệnh đề đúng với k + 1, theo nguyên tắc quy nạp mệnh đề đúng với mọi n
Ta sử dụng bổ đề này để chứng minh định lý 1.2.3. Giả sử rằng:

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 tỗng hữu hạn. Do chuỗi này là hội tụ và
là dãy tăng nên tồn tại N sao cho:
Cố định giá trị N này, giả sử Q n {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
nào. Cho trước số nguyền tố p số các số nguyên nx và chia hết bởi p nhỏ hơn
Từ đó suy ra với số nguyên x bất kỳ
Theo giả sử


Bởi vậy < . Mặt khác, nếu n < x và n không chia hết bởi bất kỳ thì trong đó
m không chính phương. Bỏi vậy trong đó e i = 0 hoặc bằng 1. Như vậy có tối
đa 2 N cách chọn 772. Hơn nữa có tối đa cách chọn n 1 . Từ đó ta có:
Cố định N, khi x đủ lớn ta có mâu thuẫn và bởi vậy
( p nguyên tố) là phân kỳ
Cách chứng minh sử dụng hàm zeta Riemann
Chứng minh. Với mỗi số thực s > 1 ta định nghĩa hàm zeta Riemann bởi:
Do
phân kỳ nên khi s tổng phân kỳ. Do n có thể biểu diễn được dưới dạng tích
các số nguyền tố, nền hàm zeta Riemann có thể viết lại dưới dạng tích

Ta có
Bởi vậy
Tích này được gọi là tích Euler
Bây giờ ta giả sử rằng các số nguyên tố là hữu hạn hay hội tụ, nhưng ta đã chỉ
ra rằng phân kì khi s 1 và bởi vậy các số nguyên tố là vô hạn.
Đẻ chứng minh định lý 1.2.3 ta xét bất đẳng thức
Khi 0 Lấy lôgarit tích Euler ta thu được

là hội tụ , khi đó từ
Dẫn đến không phân kỳ khi s (mâu thuẫn).Bởi vậy tổng là phân kỳ
1.4 Số Fermat và số Mersenne


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 đây đã chứng 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 đó, hay nói cách khác p là một số nguyên tố
Fermat.
Chứng minh. Nếu a lẻ thì a n +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

Bởi vậy, a l + 1 chia hết a kl + 1 nếu k 3. Do đó, nếu a n + 1 là một số nguyên
tố, thì n = 2 m

Bổ đề 1.4.3. Giả sử (F n ) là dãy các số Fermat. Khi đó nếu m n ta có (F n ,F m ) =
1. 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 F n và F n+k trong đó k > 0 là hai số Fermat, m là
ước chung của F n và F n+k (m\F n: m\F n+k ).
Với

ta có

như vậy F n |F n+k - 2. Do đó
suy ra m|2, nhưng do F n là số lẻ nên m = 1, từ đó ta có điều phải
minh.

□

chứng

Như vậy, với mỗi số F n phải có ít nhất một ước số nguyên tố mà các phần
tử của dãy (F n ) nguyền tố cùng nhau, và từ tính vô hạn của dãy (F n ) ta suy ra
được tính vô hạn của tập số 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 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:
Ta có định lý sau:
Định lý 1.4.4. Giả sử a, n là 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 để chứng minh tính vô hạn của tập số
nguyên tố
Bổ đề 1.3.6. Với cặp số Mersenne M n ,M m bất kỳ ta có
(M m , M n ) = (2 m - 1, 2 n - 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

Vậy
Từ đó ta có

Suy ra

Và từ


Cuối cùng

Giả sử rằng , suy ra với i = 1...s.
Bởi vậy
Ta sử dụng để chứng minh tính vô hạn của tập số 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 chỉ ra sự vô hạn của các số nguyên tố có dạng đặc biệt.
Ngoài ra chúng ta có thể chứng minh tính vô hạn của các số nguyên tố có
dạng đặc biệt khác.Chẳng hạn, 8n + 1, 8n + 3, 8n+ 5, 8n + 7,...
1.5 Sự vô hạn của các cặp số nguyên tố sinh đôi
Định nghĩa 1.5.1. Cặp số nguyên tố sinh đôi là hai số nguyền tố p và q sao
cho |p — q| = 2
Ví dụ 1.5.2. {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
835335.2 39014 ± 1
Năm 1999, H. Lifchitz tìm ra cặp
361700055.2 39020 ± 1
Năm 2000, H.Wassing, A.Járai và K.H. Indlekofer tìm ra cặp số nguyên tố
sinh đôi
2409110779845.2 60000 ± 1


và cặp 665551035.2 80025 ± 1 được tìm ra bởi P.Carmody
Kỷ lục hiện nay được tìm ra bởi D. Papp vào năm 2004 đó là cặp số
154798125.2 169690 ± 1
Vậy có vô số cặp số nguyên tố sinh đôi ?

Định lý Brun sau cho thấy nếu có vô hạn cặp số nguyền tố sinh đôi thì tổng
nghịch đảo của chúng hội tụ. Chúng ta đã chứng minh được rằng tổng
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 1.5.2 (Brun). Tổng nghịch đảo của tất cả các cặp số nguyên tố sinh
đôi ỉà hữu hạn, tức là
Hay
hội tụ.
Hiển nhiên, nếu chỉ có hữu hạn cặp số nguyên tố sinh đôi thì chuỗi trên
hội tụ. Giá trị của chuỗi

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 1.5.4. Ký hiệu P(x) là số các số nguyên tố p x sao cho p + 2 vẫn là số
nguyên tố. Khi đó với x 3 ta có
trong đó k là một hằng số
Chứng minh định lý Brun. Ký hiệu là số các số nguyên tố p x sao cho p +


2 vẫn là số nguyền tố. Khi đó theo hệ quả trên ta có

trong đó k là một hằng số.
Giả sử là cặp số nguyên tố sinh đôi thứ r. Khi đó với mọi
r 1 ta có
Sử dụng tích phân ta thấy chuỗi vô hạn

Hội tụ. Theo tiêu chuẩn so sánh chuỗi
Hội tụ
Mặt khác, từ

theo tiều 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 1.5.5. Số tự nhiên 5 là số nguyên tố duy nhất xuất hiện trong hai cặp
số nguyên tố sinh đôi khác nhau
Hệ quả 1.5.6. Giả 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 <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


Chương 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 . 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 . Quá trình sẽ dừng lại cho đến khi gạp số nguyên tố
lớn hơn hoạc bằng . 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 . 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 hoạc bằng P đều chia hết cho một số nào đó trong dãy trên.
Vì vậy nếu đạt q = 2.3.5.7...p thì tất cả các số
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


Một vài ký hiệu
Cho f ( x ) , g ( x ) là các hàm số xác định trên D , g ( x ) 0, D.
Ta đưa vào các ký hiệu sau đây:

*

f ( x ) = O ( g ( x ) ) , x , nghĩa là A : |f(x)| < A g ( x ) , x u .

* f ( x ) = o ( g ( x ) ) , x , nghĩa là
* f ( x ) g ( x ) , x , nghĩa là
,f(x) =g(x) + o ( g ( x ) ) , x
2.1
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 đề tài 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) = e 1 , ta có:

Vì vậy hàm e x tiến ra 0 nhanh hơn so với hàm luỹ thừa của x. Ta đã
biết hàm ỉnx là hàm ngược của hàm e x . Nên hàm ỉnx tiến ra 0 chậm hơn so
với hàm luỹ thừa dương của x.
Nghĩa là ta có,
. Tương tự, ta có hàm ln(lnx) tiến ra chậm hơn so với hàm luỹ thừa
dương của lnx.
Hàm là hàm số quan trọng trong lý thuyết các số nguyên tố và lnx
nó sẽ được sử dụng nhiều trong quá trình chứng minh các định lý dưới đây
2.2. Ước giá đơn giản nhất của
Định nghĩa 2.2.1 Định nghĩa (x) là hàm số học biểu thị số các số nguyên
tố không vượt quá x
Chẳng hạn: (10) = 4, (100) = 25. Do tập các số nguyên tố là vô hạn nên ta có
.
1

Định lí 2.2.2 Với ta luôn có (x) > lnx - 1; Nếu ta kí hiệu p n là số nguyên
tố thứ n thì p n < e n+1 < 3 n+1 .
Chứng minh. Ta có :

Trong tổng trên n chạy qua tất cả các số tự nhiên là tích của các thừa
số nguyên tố p 1,p 2, ...,p n , kể cả 1. Vì vậy

Suy ra
Nếu x = pn thì

Định lí 2. 2.3 (Đị nh l ý Eul er). Chuổi là chuổi phân kỳ.
Chứng minh: Theo định lý 2.1 ta có:
Suy ra
Ta có:

Nên
Từ đó suy ra
Vậy chuổi là chuổi phân kỳ.
Dịnh lý 2.2.4
Chứng minh.
Giả sử 2, 3, 4, ..., pj. là j số nguyên tố đầu tiên. Ký hiệu N(x) là hàm biểu thị
số các số nguyên n không vượt quá x và không chia hết cho bất kỳ số nguyên tố


nào lớn hơn Pj. Biểu thị số nguyên n dưới dạng n = n 2 .m, trong đó m không
chia hết cho bình phương của một số nguyên tố bất kỳ. Khi đó ta thấy m =,
trong đó các b k (k = 1, 2...j) hoặc bằng 0, hoặc bằng 1. Vì vậy có đúng 2 j bộ
b 1 , b 2 ,..., bj khác nhau nên m không thể nhận nhiều hơn 2 j giá trị khác nhau.
Mặt khác, với mỗi số n ta luôn có . Điều đó chứng tỏ không có nhiều hơn giá

trị khác nhau của n 1. Từ đó suy ra N(x) < 2 j v / x.
Tiếp theo ta đạt j = n(x), ta được Pj +1 > x, và N(x) = x.
Ta có: x = N(x)

Nếu đạt x = p n thì (x) = n, khi đó
Định lí 2.2.5 (định lý legendre)

Chứng minh.
Ta có đẳng thức sau:
(2.1)
ở đây p 1 ,p 2 , ...,p r là tất cả các số nguyên tố không vượt quá . Số các số
hạng trong vế phải của (2.1) là
1+ C 1 r + C 2 r +... + C r r = C 0 r + C 1 r + C 2 r +... + C r r = 2 r .
Vì thế nếu bỏ dấu ở vế phải sẽ có một sai số R mà |R| < 2 r . Suy ra:
Ta có:
Từ đó suy ra
Áp dụng lập luận trên nhưng thay bởi u mà 1< ta được .suy ra
Chọn u sao cho , khi đó . Đặt


Ta được:
Suy ra

Suy ra

Vậy
2.3 Hàm chebyshev
Định nghĩa 2.4.1: định nghĩa hai hàm chebyshev như sau

Chẳng hạn:

Hàm và đếm các số nguyên tố và các lũy thừa nguyên tố , rõ ràng
Nếu và vì vậy

Bổ đề 2.3.1.với ta luôn có:


Trong đó là tổ hợp chập k của n.
Chứng minh.
Đặt

Vậy
Bổ đề 2.3.2. với mọi số nguyên n ta có :
Chứng minh .
Theo công thức nhị thức newton ta có:
Theo bổ đề 2.1 ta có:

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được :
Suy ra
Từ trên ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.3.5 ta luôn có :
Chứng minh .
Với ta đặt
Ta có:
Từ đó suy ra .
Nếu p là số nguyên tố thoả mãn m + 2 p 2m + 1 thì p chia hết tích ( 2m +
1)2m(2m — 1)(2m — 2)....(m + 2), nhưng không chia hết m!. Vì vậy p|M,


suy ra:

Từ đó suy ra

Tiếp theo ta sẽ chứng minh (2.4) bằng phương pháp quy nạp theo n Rõ
ràng bất đẳng thức (2.4) đúng cho n = 1,n = 2.
Giả sử (2.4) đúng cho mọi số nguyên dương m < n
+ nếu n chẵn thì vậy (2.4) đúng.
+ nếu n lẻ thì , khi đó:
Theo giả thiết quy nạp ta có
Vậy từ (2.6) và (2.7) suy ra :
Ta có biểu thức (2.4).

Bổ đề 2.3.2. Cho a là một số thực dương và d là một số tự nhiên lớn hơn 0,
thế thì số các bội dương của d không vượt quá bằng .
Chứng minh.
Thật vậy, gọi m là số các số tự nhiên khác 0, bội của d, không vượt quá a,
thế thì các bội đó là d, 2d, 3d, ...,md và ta có:

Bổ đề 2.3.3Với mọi ta có:


Chứng minh
Theo bổ đề 2.3.2 thì :
Từ 1 đến n có là số bội của p.
Từ 1 đến n có là số bội của p2
Từ 1 đến n có là số bội của p3
..............
Vì vậy lũy thừa của p trng dạng phân tích tiêu chuẩn của n! là lũy thừa của p
trong dạng phân tích Lập luận tương tự ta có lũy thừa của p trong dạng phân tích
tiêu chuẩn của là lũy thừa của p trong phân tích
Lập luận tương tự với ta được lũy thừa của p trong phân tích tiêu chuẩn n! là (chú ý

trong tổng trên chỉ có một số hữu hạn khác 0).
Định lí 2.3.6 Gỉa sử a, b là các số nguyên với a < b và f(t) là một hàm đơn
điệu trên đoạn , ta có:
Chứng minh
Nếu là một hàm tăng trên đoạn thì ta có:
Nếu là một hàm tăng trên đoạn thì ta có :
Tương tự,
Nếu là một hàm giảm trên đoạn thì ta có:
Nếu là một hàm giảm trên đoạn thì ta có:
Như vậy, nếu là một hàm đơn điệu trên đoạn thì ta có (2.8)
Định lí 2.3.7 Với ta có :
Chứng minh
Xét hàm là hàm số tăng trên đoạn . Theo đinh lí 2.6 ta có :
Vậy

Định lí 2.3.8. Với luôn .Sao cho:
Chứng minh


Theo bổ đề 2.4 ta có :
Logarit hóa 2 vế của (2.10) ta được :
Ta lại có
Từ đó suy ra
Theo định lí 2.7 ta có

Vì vậy :
Suy ra
Sử dụng định lí (2.12) với và ta được:
Từ (2.13) suy ra
Từ đó suy ra

Lấy và
Như vậy
Từ 2.12 ta có

Với ta được . Suy ra
Từ trên ta có
Lấy (2.14) trừ (2.15) ta được
Mặt khác