ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 1)

Việc có hay không một công thức tường minh để xác định tất cả các số nguyên tố hiện nay vẫn là một câu hỏi mở, được nhiều nhà toán học quan tâm. Tương tự, câu hỏi có bao nhiêu số nguyên tố không vượt quá một số cho trước cũng được nhiều thế hệ  các nhà toán học nghiên cứu và đưa ra những kết quả kinh ngạc. Với sự đam mê của bản thân về chủ đề này, người viết hi vọng sẽ dẫn dắt các bạn khám phá lâu đài các số nguyên tố (ở mức cơ bản nhất có thể) . Mỗi một kết quả được nêu ra đều là những tinh túy của trí tuệ mà các nhà toán học để lại cho nhân loại.

Trước hết, ta cần nắm rõ một số ký hiệu toán học được dùng trong bài viết này:

            + $P$ là tập tất cả các số nguyên tố.

            + $\eta \left( A \right)$ chỉ số phần tử chứa trong tập $A$. 

            + ${{\Delta }_{x}}=\left\{ p\in P:p\le x \right\}$.

     + ${{\Theta }_{x}}=\left\{ n\in {{Z}_{\ge 1}}:n=p_{1}^{{{\alpha }_{1}}}\ldots p_{k}^{{{\alpha }_{k}}},{{p}_{i}}\in {{\Delta }_{x}} \right\}$.

     + $\pi \left( x \right)=\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{1}$ với $x\in {{R}_{>2}}$.

         + Với mọi $n\in {{Z}_{>1}}$, Phi-hàm Euler $\varphi \left( n \right)$ được định nghĩa là số các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với $n$ và không vượt quá $n.$ 

      + Cho $f\left( x \right),g\left( x \right)$ xác định trên $D$, ta viết $f\left( x \right)=O\left( g\left( x \right) \right)$ nếu tồn tại $C>0$ sao cho $\left| f\left( x \right) \right|\le C\left| g\left( x \right) \right|,\forall x\in D$.

        + Cho $f\left( x \right),g\left( x \right)$ xác định trên $D$, ta viết $f\left( x \right)\odot g\left( x \right)$ nếu $f\left( x \right)=O\left( g\left( x \right) \right)$ và $g\left( x \right)=O\left( f\left( x \right) \right)$.

      + Cho $f\left( x \right),g\left( x \right)$ xác định trên $D$, ta viết $f\left( x \right)=o\left( g\left( x \right) \right)$ khi $x\to a$ ($a$ có thể là vô cùng) nếu $\underset{x\to a}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=0$ . 

Sau đây ta sẽ tìm hiểu một số kết quả cơ bản về số nguyên tố.

Mệnh đề 1: Với mọi $x\in {{R}_{>2}}$ ta có 
$s\left( x \right)=\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}\ge \ln \ln x-2$. 

Chứng minh

Với mọi $x\in {{R}_{>2}}$ ta có

$\sum\limits_{n\in {{\Theta }_{x}}}{\frac{1}{n}}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( \sum\limits_{k=0}^{\infty }{\frac{1}{{{p}^{k}}}} \right)}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}$,

suy ra $\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}\ge \sum\limits_{n=1}^{\left[ x \right]}{\frac{1}{n}}\ge \ln x$.

Từ bất đẳng thức trên ta được

$\ln \left( \prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{1-{{p}^{-1}}}} \right)\ge \ln \ln x\Leftrightarrow \sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\ln \frac{1}{1-{{p}^{-1}}}}\ge \ln \ln x$

Sử dụng công thức khai triển Maclaurin ta có

$\ln \frac{1}{1-{{p}^{-1}}}=\frac{1}{p}+\sum\limits_{i=2}^{\infty }{\frac{1}{i{{p}^{i}}}}\le \frac{1}{p}+\frac{2}{{{p}^{2}}},\forall p\in {{\Delta }_{x}}$.

Do đó,

$\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}\ge \ln \ln x-2\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{{{p}^{2}}}}\ge \ln \ln x-2\sum\limits_{n=2}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}}\ge \ln \ln x-2$.

Mệnh đề 2: Ta luôn có $\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1-\frac{1}{p} \right)}=0$.

Chứng minh

Sử dụng bất đẳng thức ${{e}^{x}}\ge x+1,\forall x\ge -1$ ta được

$\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1-\frac{1}{p} \right)}\le {{e}^{-\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\frac{1}{p}}}}\le {{e}^{2-\ln \ln x}}$

Vì $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{2-\ln \ln x}}=0$ nên $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{\left( 1-\frac{1}{p} \right)}=0$.

Mệnh đề 3: Cho $n,k\in {{Z}_{>1}}$ và $n\ge k$. Giả sử $n=qk+r$ với $0\le r\le k-1$ và $q\ge 1$. Khi đó, $\eta \left( {{A}_{n,k}} \right)\le q\varphi \left( k \right)+r$ với ${{A}_{n,k}}=\left\{ m\le n:\left( m,k \right)=1 \right\}$.

Chứng minh

Ta xét các tập hợp

                        ${{A}_{i}}=\left\{ \left( i-1 \right)k+1,\left( i-1 \right)k+2,\ldots ,ik \right\},i=\overline{1,q}$

                        $B=\left\{ qk+1,qk+2,\ldots ,qk+r \right\}$.

Khi đó, ta có

                        ${{A}_{i}}\cap {{A}_{j}}=\varnothing ,i\ne j$ và ${{A}_{i}}\cap B=\varnothing $,

                        $\left\{ 1,2,\ldots ,n \right\}=B\cup \left( \bigcup\limits_{i=1}^{q}{{{A}_{i}}} \right)$.

Với mọi $i=\overline{1,q}$ các phần tử của tập hợp ${{A}_{i}}$ lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo modulo $k$ nên có đúng $\varphi \left( k \right)$ phần tử thuộc ${{A}_{i}}$ nguyên tố cùng nhau với $k$.  Do đó

$\eta \left( {{A}_{n,k}} \right)\le q\varphi \left( k \right)+\eta \left( B \right)=q\varphi \left( k \right)+r$.

Mệnh đề 4: Cho $x\in {{R}_{>1}},k\in {{Z}_{>1}}$ và $x\ge k$. Khi đó, $\pi \left( x \right)\le k+\sum\limits_{m\le x,\left( m,k \right)=1}{1}$.

Chứng minh

Trước hết ta có nhận xét ${{p}_{i}}\ge i,\forall i\in {{Z}_{>0}}$. Do đó,

$\pi \left( x \right)=\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}}}{1}\le k+\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}},k+1\le p}{1}$

Nếu $p\in {{\Delta }_{x}},k+1\le p$ thì $\left( p,k \right)=1$. Ta suy ra

$\sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}},k+1\le p}{1}\le \sum\limits_{p\in {{\Delta }_{x}},\left( p,k \right)=1}{1}\le \sum\limits_{m\le x,\left( m,k \right)=1}{1}$.

Vậy, $\pi \left( x \right)\le k+\sum\limits_{m\le x,\left( m,k \right)=1}{1}$.

Định lý Legendre: Ta luôn có $\pi \left( x \right)=o\left( x \right)$ khi $x\to +\infty $.

Chứng minh

Với $k\in {{Z}_{>1}}$ cho trước, ta lấy $x\in {{R}_{>2}}$ thỏa $x\ge k$. Khi đó, tồn tại $q\in {{Z}_{>0}}$ và $0\le r\le k-1$ sao cho $\left[ x \right]=qk+r$. Áp dụng mệnh đề 3 và 4 ta được

$\pi \left( x \right)=\pi \left( \left[ x \right] \right)\le k+\sum\limits_{m\le \left[ x \right],\left( m,k \right)=1}{1}\le k+q\varphi \left( k \right)+r$

Từ đẳng thức $\left[ x \right]=qk+r$ ta suy ra được $q=\left[ \frac{\left[ x \right]}{k} \right]\le \frac{x}{k}$. Do đó,

$\frac{\pi \left( x \right)}{x}\le \frac{k}{x}+\frac{\varphi \left( k \right)}{k}+\frac{r}{x}$

Ta suy ra 
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sup \frac{\pi \left( x \right)}{x}\le \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sup \left( \frac{k}{x}+\frac{\varphi \left( k \right)}{k}+\frac{r}{x} \right)=\frac{\varphi \left( k \right)}{k}$.

Chọn $k=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{t}}}{p}$ với $t\in {{R}_{>2}}$. Khi đó,

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sup \frac{\pi \left( x \right)}{x}\le \frac{\varphi \left( k \right)}{k}=\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{t}}}{\left( 1-\frac{1}{p} \right)},\forall t\in {{R}_{>2}}$.

Theo mệnh đề 2 thì $\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\prod\limits_{p\in {{\Delta }_{t}}}{\left( 1-\frac{1}{p} \right)}=0$ nên ta nhận được $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sup \frac{\pi \left( x \right)}{x}\le 0$. Vậy $\pi \left( x \right)=o\left( x \right)$.