Định nghĩa 1. Số nguyên dương
$p\in {{Z}_{>1}}$ được gọi là số nguyên tố nếu $p$ chỉ có hai ước dương là $1$
và chính nó.
Các số $2,3,5,7,11,101$ là các số
nguyên tố. Số $6$ không phải là số nguyên tố vì $6$ có ước dương là 2, khác 1
và 6.
Một câu hỏi đặt ra là số lượng số
nguyên tố là hữu hạn hay vô hạn? Vai trò của nó trong tập các số nguyên dương
là như thế nào?
Chứng minh đầu tiên về sự vô hạn
của số nguyên tố được trình bày trong quyển Cơ
sở của Euclid vào năm 300 B.C. Tuy nhiên, việc tìm sự phân bố số nguyên tố
vẫn là một thách thức lớn cho các nhà toán học hiện nay. Rất nhiều giả thuyết nổi
tiếng liên quan đến số nguyên tố vẫn chưa có lời giải, chẳng hạn như giả thuyết
Goldbach về sự phân tích một số chẵn bất kỳ thành tổng hai số nguyên tố.
Số nguyên tố đóng vai trò như hạt
nhân trong tập số nguyên dương. Sự quan trọng của nó được thể hiện qua kết quả
nổi tiếng sau:
Định lý 1. Mọi số nguyên
dương $n\in {{Z}_{>1}}$ 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.
Từ Định lý 1 ta được một hệ quả rất
quan trọng sau:
Hệ quả 1. Nếu $n\in
{{Z}_{>1}}$ thì tồn tại các số nguyên tố ${{p}_{i}},i=\overline{1,k}$ và các
số nguyên dương ${{\alpha }_{i}},i=\overline{1,k}$ sao cho $n=p_{1}^{{{\alpha
}_{i}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}p_{3}^{{{\alpha }_{3}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha
}_{k}}}$ (1). Công thức (1) được gọi là phân tích tiêu chuẩn của số nguyên
dương $n$.
Bài viết hôm nay ta không có ý định
đi sâu vào các kết quả về số nguyên tố. Mục đích chủ yếu của ta là tìm hiểu một
số cách chứng minh kinh điển về sự tồn tại vô hạn số nguyên tố kể từ chứng minh
đầu tiên của Euclid.
Chứng minh 1
Giả sử số các số nguyên tố là hữu
hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ
tự tăng dần. Ta đặt $D={{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots {{p}_{m}}+1$.
Nếu $D$ là số nguyên tố thì $D$
phải là một trong các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}}$. Điều này là
vô lý vì từ cách xác định $D$ ta có ngay $D\ge {{p}_{m}}+1$. Vậy $D$ là hợp số.
Gọi $p$ là ước nguyên tố tùy ý của
$D$, suy ra tồn tại ${{p}_{j}}$ sao cho $p={{p}_{j}}$. Do đó
${{p}_{j}}|{{p}_{1}}\ldots
{{p}_{j}}\ldots {{p}_{m}}+1\Rightarrow {{p}_{j}}|1$ (vô lý)
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 2
Xét dãy vô hạn ${{\left\{ {{u}_{n}}
\right\}}_{n=\overline{1,n}}}$ được xác định như sau ${{u}_{n}}=n!+1,n\in
{{Z}_{\ge 1}}$.
Gọi ${{q}_{n}}$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của ${{u}_{n}}$.
Nếu ${{q}_{n}}\le n$ thì ${{q}_{n}}|n!$, suy ra ${{q}_{n}}|{{u}_{n}}-n!=1$
(vô lý). Vậy ${{q}_{n}}\ge n+1$.
Bất đẳng thức ${{q}_{n}}\ge n+1$ chứng tỏ tập số nguyên tố là
vô hạn.
Chứng minh 3
Xét dãy vô hạn ${{\left\{ {{u}_{n}}
\right\}}_{n=\overline{1,n}}}$ được xác định như sau ${{u}_{n}}={{2}^{{{2}^{n}}}}+1,n\in
{{Z}_{\ge 1}}$.
Với mọi $m\ge n+1$ ta có
${{u}_{m}}={{2}^{{{2}^{m}}}}+1=\left(
{{2}^{{{2}^{m}}}}-1 \right)+2$.
Vì ${{2}^{n+1}}|{{2}^{m}}$ nên ${{2}^{{{2}^{n+1}}}}-1|{{2}^{{{2}^{m}}}}-1$.
Mà ${{2}^{{{2}^{m}}}}+1|{{2}^{{{2}^{n+1}}}}-1$,
suy ra ${{u}_{m}}={{u}_{n}}q+2$. Do đó $\left( {{u}_{m}},{{u}_{n}}
\right)=\left( {{u}_{n}},2 \right)=1$.
Vậy hai số hạng bất kỳ trong dãy ${{\left\{ {{u}_{n}}
\right\}}_{n=\overline{1,n}}}$ nguyên tố cùng nhau. Gọi ${{q}_{n}}$ là ước
nguyên tố nhỏ nhất của ${{u}_{n}}$. Hiển nhiên dãy ${{\left\{ {{q}_{n}}
\right\}}_{n=\overline{1,n}}}$ vô hạn và khác nhau từng đôi một.
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 4
Giả sử số các số nguyên tố là hữu
hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ
tự tăng dần. Đặt $u={{p}_{1}}\ldots {{p}_{k}},v={{p}_{k+1}}\ldots {{p}_{m}}$ với
$2\le k\le m-1$.
Ta thấy $u+v>1$ nên $u+v$ có ít nhất một ước nguyên tố $q$.
Theo giả thiết, tồn tại ${{p}_{j}}$ sao cho $q={{p}_{j}}$, suy ra ${{p}_{j}}|u+v$.
Nếu $j\le k$ thì ${{p}_{j}}|u$,
suy ra ${{p}_{j}}|v$ (vô lý).
Nếu $j\ge k+1$ thì ${{p}_{j}}|v$,
suy ra ${{p}_{j}}|u$ (vô lý).
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 5
Giả sử số các số nguyên tố là hữu
hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ
tự tăng dần. Vì mỗi số nguyên dương lớn 1 có mọi ước nguyên tố là một trong các
số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots ,{{p}_{m}}$ nên với mọi $N\in {{Z}_{>1}}$ ta
có
$\sum\limits_{n=1}^{N}{\frac{1}{n}}=\sum\limits_{n=1}^{N}{\frac{1}{p_{1}^{{{\alpha
}_{1n}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2n}}}\ldots p_{m}^{{{\alpha }_{mn}}}}}\le
\prod\limits_{k=1}^{m}{\left( \sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{1}{p_{k}^{n}}}
\right)}=\prod\limits_{k=1}^{m}{\frac{1}{1-p_{k}^{-1}}}=M$ (1)
Bất đằng thức trên chứng tỏ dãy ${{\left\{ {{u}_{n}}
\right\}}_{n=\overline{1,\infty }}}$ là dãy bị chặn với ${{u}_{n}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{k}}$.
Ta suy ra $\lim {{u}_{n}}=c\in R$. Điều này là vô lý vì như đã biết, chuỗi điều
hòa $\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{n}}$ phân kỳ.
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 6
Giả sử số các số nguyên tố là hữu hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots
,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ tự tăng dần. Đặt $D={{p}_{1}}{{p}_{2}}\ldots {{p}_{m}}$.
Ta có phi-hàm Euler $\varphi \left( D \right)=\left(
{{p}_{1}}-1 \right)\left( {{p}_{2}}-1 \right)\ldots \left( {{p}_{m}}-1
\right)>2$. Điều này chứng tỏ tồn tại số nguyên dương $a$ lớn hơn 2 sao cho $\left(
a,D \right)=1$. Gọi $q$ là ước nguyên tố lớn nhất của $a$. Ta có ngay $\left(
q,D \right)=1$. Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 7
Với mọi $x\ge 0$ ta có bất đằng thức $\ln \left( 1+x
\right)\le x$. Từ đây ta suy ra
$\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\frac{1}{n}}\ge
\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\ln \left( 1+\frac{1}{n}
\right)}=\sum\limits_{n=1}^{N-1}{\left[ \ln \left( n+1 \right)-\ln n
\right]}=\ln N$ (2)
với mọi $N\in {{Z}_{\ge 2}}$.
Lấy $x\in {{R}_{>2}}$, áp dụng bất đẳng thức (2)
$\sum\limits_{n\le
x}{\frac{1}{n}\ge \sum\limits_{k=1}^{\left[ x \right]}{\frac{1}{n}\ge \ln
\left( \left[ x \right]+1 \right)\ge \ln x}}$
Khi đó
$\prod\limits_{p\le
x}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}\ge \prod\limits_{p\le x}{\left(
\sum\limits_{n=0}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{n}}}} \right)}\ge \sum\limits_{n\le
x}{\frac{1}{n}}\ge \ln x$ (3)
Cho $x\to \infty $ ta suy ra ngay sự vô hạn của tập số
nguyên tố.
Chứng minh 8
Trước hết ta ghi nhận một kết quả quen thuộc $\underset{x\to
+\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{C{{\ln }^{\alpha }}\beta x}{x}=0$ với mọi $C,\alpha
\in R$ và $\beta \in {{R}_{>0}}$.
Giả sử số các số nguyên tố là hữu hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots
,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ tự tăng dần. Khi đó, với mọi $n$ ta có $n=p_{1}^{{{\alpha
}_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{m}^{{{\alpha }_{m}}}$.
Lấy $x\in {{R}_{>2}}$, ta xét bất đẳng thức $n\le x$. Vì $n=p_{1}^{{{\alpha
}_{1}}}p_{2}^{{{\alpha }_{2}}}\ldots p_{m}^{{{\alpha }_{m}}}\ge {{2}^{{{\alpha
}_{i}}}},i=\overline{1,m}$ nên từ $n\le x$ ta suy ra ${{2}^{{{\alpha
}_{i}}}}\le x\Leftrightarrow {{\alpha }_{i}}\le \frac{\ln x}{\ln
2},i=\overline{1,m}$.
Do đó, số các số nguyên dương trong đoạn $\left[ 2,x
\right]$ không vượt quá $\sigma \left( x \right)={{\left( \frac{\ln 2x}{\ln 2}
\right)}^{m}}$. Mặt khác, trong đoạn $\left[
2,x \right]$ có đúng $\left[ x \right]-1$ số nguyên dương nên ta được bất đẳng
thức
${{\left( \frac{\ln
2x}{\ln 2} \right)}^{m}}\ge \left[ x \right]-1\ge x-2$ (1)
Vì $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim
}}\,\frac{1}{x}{{\left( \frac{\ln 2x}{\ln 2} \right)}^{m}}=0$ nên (1) sẽ không
đúng với $x$ đủ lớn.
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 9
Lấy $N\in {{Z}_{>2}}$ , ta sẽ tìm số các số nguyên dương $\le
N$ chia hết cho bình phương của một số nguyên dương nào đó lớn hơn 1.
Chọn $n\le N$ sao cho $n={{u}^{2}}v$ với $u\ge 2$, suy ra $v=\frac{n}{{{u}^{2}}}\le
\frac{N}{{{u}^{2}}}$. Vậy số các số nguyên dương không lớn hơn $N$ chia hết cho
${{u}^{2}}$ không thể lớn hơn $\left[ \frac{N}{{{u}^{2}}} \right]$. Cho $u$ chạy
từ 2 tới $\left[ \sqrt{N} \right]$ ta được số các số nguyên dương $\le N$ chia
hết cho bình phương của một số nguyên dương nào đó lớn hơn 1 không thể vượt quá
$\sum\limits_{u=2}^{\left[ \sqrt{N} \right]}{\left[ \frac{N}{{{u}^{2}}}
\right]}$. Ta có
$\sum\limits_{u=2}^{\left[
\sqrt{N} \right]}{\left[ \frac{N}{{{u}^{2}}} \right]}\le
\sum\limits_{u=2}^{\infty }{\frac{N}{{{u}^{2}}}}=\frac{\left( {{\pi }^{2}}-6
\right)N}{6}<\frac{3N}{4}$
Vậy số các số nguyên dương $\le N$ không có bất kỳ ước nào
là số chính phương không ít hơn $\frac{N}{4}$ .
Giả sử số các số nguyên tố là hữu hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots
,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ tự tăng dần. Khi đó, số nguyên dương $n$ không
có bất kỳ ước nào là số chính phương phải có dạng $n={{p}_{{{i}_{1}}}}{{p}_{{{i}_{2}}}}\ldots
{{p}_{{{i}_{h}}}}$ với $1\le {{i}_{1}}<\ldots <{{i}_{h}}\le m$, có tất cả
${{2}^{m}}$ số như thế. Từ đây ta suy ra ${{2}^{m}}\ge \frac{N}{4}$, điều này
là vô lý nếu $N$ đủ lớn.
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 10
Trong chứng minh này ta sẽ sử dụng một dãy số rất nổi tiếng
mang tên nhà toán học người Italia: Fibonacci. Dãy Fibonacci được xác định như
sau: ${{F}_{1}}={{F}_{2}}=1;{{F}_{n}}={{F}_{n-1}}+{{F}_{n-2}},n\ge 3$.
Dãy Fibonacci có nhiều tính chất hay nhưng do phạm vi bài viết
ta chỉ làm quen một số kết quả quan trọng sau đây:
1) $\left(
{{F}_{n}},{{F}_{n-1}} \right)=1,n\ge 2.$
2) ${{F}_{n}}={{F}_{j+1}}{{F}_{n-j}}+{{F}_{j}}{{F}_{n-j-1}},j=\overline{1,n-2}$.
3) $\left(
{{F}_{u}},{{F}_{v}} \right)=1$ nếu $\left( u,v \right)=1$.
Việc chứng minh các kết quả trên khá dài nên ta sẽ thực hiện
trong một bài viết khác.
Giả sử số các số nguyên tố là hữu hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots
,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ tự tăng dần. Vì $\left( {{p}_{i}},{{p}_{j}}
\right)=1$ với $i\ne j$ nên $\left( {{F}_{{{p}_{i}}}},{{F}_{{{p}_{j}}}}
\right)=1$ với $i\ne j$, điều này khẳng định mỗi ước số nguyên tố của ${{F}_{{{p}_{i}}}}$
không là ước số nguyên tố của ${{F}_{{{p}_{j}}}}$ nếu $i\ne j$.
Ta thấy ${{F}_{{{p}_{1}}}}={{F}_{2}}=1,{{F}_{19}}=113\times
37,{{F}_{31}}=557\times 2417$ nên tích ${{F}_{{{p}_{1}}}}{{F}_{{{p}_{2}}}}\ldots
{{F}_{{{p}_{m}}}}$ có ít nhất $m+1$ ước số nguyên tố phân biệt, trái với giả
thiết.
Vậy tập số nguyên tố là vô hạn.
Chứng minh 11
Giả sử số các số nguyên tố là hữu hạn, bao gồm các số ${{p}_{1}},{{p}_{2}},\ldots
,{{p}_{m}}$ được viết theo thứ tự tăng dần. Khi đó,
$\sum\limits_{n=1}^{\infty
}{\frac{1}{{{n}^{2}}}}=\prod\limits_{k=1}^{m}{\left( \sum\limits_{n=0}^{\infty
}{\frac{1}{p_{k}^{2n}}} \right)}=\prod\limits_{k=1}^{m}{\frac{1}{1-p_{k}^{-2}}}\in
Q$ (2)
Mặt khác, ta đã biết $\sum\limits_{n=1}^{\infty
}{\frac{1}{{{n}^{2}}}}=\frac{{{\pi }^{2}}}{6}$ là một số siêu việt.
Vậy (2) không thể xảy ra, suy ra tập số nguyên tố là vô hạn.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét