ĐỊNH LÝ SỐ NGUYÊN TỐ (PHẦN 4)

Trong Phần 3 ta đã biết:

+ $0.9072x \le \alpha \left( x \right) \le 0.9353x,\forall x \in {R_{ \ge 3000}}$ với

$\alpha \left( x \right) = T\left( x \right) - T\left( {\frac{x}{2}} \right) - T\left( {\frac{x}{3}} \right) - T\left( {\frac{x}{5}} \right) + T\left( {\frac{x}{{30}}} \right)$ trong đó $T\left( x \right) = \ln \left( {\left[ x \right]!} \right)$.

+ $\alpha \left( x \right)\le \psi \left( x \right)\le \psi \left( \frac{x}{6} \right)+\alpha \left( x \right),\forall x\in {{R}_{\ge 2}}$ với $\psi \left( x \right)=\sum\limits_{n\le x}{\Lambda \left( n \right)}$.    
+ $\psi \left( x \right)-\sqrt{x}\ln x\le \theta \left( x \right)\le \psi \left( x \right),x\in {{R}_{\ge 2}}$ với $\theta \left( x \right)=\sum\limits_{p\le x}{\ln p}$. 

Trong trường hợp $x\in \left[ 2,3000 \right]$, bằng cách sử dụng phần mềm Maple (xem kết quả tính toán tại đây) ta thu được $0.3465x\le \alpha \left( x \right)\le 0.9820x$. Kết hợp với kết quả trên, ta có:
Định lý 1: Với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$ ta có $0.3465x\le \alpha \left( x \right)\le 0.9820x$.

Từ Định lý 1 ta được các kết quả quan trọng sau đây:

Định lý 2: Tồn tại hai hằng số dương ${{A}_{1}},{{A}_{2}}$ sao cho ${{A}_{1}}x\le \psi \left( x \right)\le {{A}_{2}}x$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$.

Chứng minh

Vì $\alpha \left( x \right)\le \psi \left( x \right)$ và $0.3465x\le \alpha \left( x \right)$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$ nên $0.3465x\le \psi \left( x \right)$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$, ta chọn ${{A}_{1}}=0.3465$.

Hơn nữa, từ bất đẳng thức $\psi \left( x \right)\le \psi \left( \frac{x}{6} \right)+\alpha \left( x \right),x\in {{R}_{\ge 2}}$ ta suy ra

$\psi \left( x \right)=\sum\limits_{j\ge 0}{\left[ \psi \left( \frac{x}{{{6}^{j}}} \right)-\psi \left( \frac{x}{{{6}^{j+1}}} \right) \right]}\le \sum\limits_{j\ge 0}{\alpha \left( \frac{x}{{{6}^{j}}} \right)}\le 0.982x\sum\limits_{j\ge 0}{\frac{1}{{{6}^{j}}}}$

Ta tính được $\sum\limits_{j\ge 0}{\frac{1}{{{6}^{j}}}}=\frac{6}{5}$. Do đó, $\psi \left( x \right)\le 1.1784x$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$, ta chọn ${{A}_{2}}=1.1784$.  

Đính lý 3: Tồn tại hai hằng số dương ${{B}_{1}},{{B}_{2}}$ sao cho ${{B}_{1}}x\le \theta \left( x \right)\le {{B}_{2}}x$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$.

Chứng minh

Vì $\theta \left( x \right)\le \psi \left( x \right)$ và $\psi \left( x \right)\le 1.1784x$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$ nên $\theta \left( x \right)\le 1.1784x$ với mọi $x\in {{R}_{\ge 2}}$, ta chọn ${{B}_{2}}=1,1784$.

Hơn nữa, với $x\ge 3000$ thì $\sqrt{x}\ln x\le 0.15x$, suy ra

$\theta \left( x \right)\ge \psi \left( x \right)-\sqrt{x}\ln x\ge 0.9x-0.15x=0.75x,\forall x\in {{R}_{\ge 3000}}$.  (1)

Với $x\in \left[ 2,3000 \right]$ thì tỉ số $\frac{\theta \left( x \right)}{x}$ luôn dương nên kết hợp với (1) ta suy ra tồn tại số dương ${{B}_{1}}$ sao cho $\theta \left( x \right)\ge {{B}_{1}}x,\forall x\in {{R}_{\ge 2}}$.

Từ Định lý 3 ta sẽ có một cách khác chứng minh được Định đề Bertrand.

Như đã biết, Định đề Bertrand đúng với mọi giá trị $n\le 2999$. Với $n\ge 3000$ thì
$\sum\limits_{n < p\, < 2n} {\ln p}  = \theta \left( {2n} \right) - \theta \left( n \right) \ge 1.5n - 1.2n = 0.3n > \,{\rm{0}}$

Bất đẳng thức trên chứng tỏ Định đề Bertrand cũng đúng với mọi giá trị $n\ge 3000$. Hơn nữa, ta được kết quả mạnh hơn như sau:

Định lý 4: Với $n\in {{Z}_{\ge 3000}}$ tồn tại ít nhất 100 số nguyên tố trong khoảng $\left( n,2n \right)$.

Chứng minh Định lý 4 rất đơn giản, xin dành cho bạn đọc.    

Tiếp tục bài viết hôm nay, ta sẽ hàm quen một số hằng số và giá trị quan trọng được sử dụng nhiều trong các bài viết sau:

Hằng số Euler

Mệnh đề 2: Xét dãy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ được xác định như sau: ${{u}_{n}}=\sum\limits_{j=1}^{n}{\frac{1}{j}}-\ln n$với $n\in {{Z}_{\ge 1}}$. Khi đó, dãy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ có giới hạn hữu hạn khi $n\to +\infty $.

Chứng minh

Trước hết ta sẽ chứng minh $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ là một dãy giảm. Thật vậy, theo Định lý giá trị trung bình Lagrange, tồn tại ${{c}_{n}}\in \left( n,n+1 \right)$ sao cho

$\ln \left( n+1 \right)-\ln n={{\left( \ln x \right)}^{\prime }}_{x={{c}_{n}}}\left( n+1-n \right)=\frac{1}{{{c}_{n}}},\forall n\in {{Z}_{\ge 1}}$.

Từ đẳng thức trên ta suy ra

                        $\frac{1}{{n + 1}} < {\rm{ln}}\left( {n + 1} \right) - \ln n < \,\frac{1}{n},\forall n \in {Z_{ \ge 1}}$
Từ đó

${u_{n + 1}} - {u_n} = \frac{1}{{n + 1}} - \left[ {\ln \left( {n + 1} \right) - \ln n} \right] < 0,\forall n \in {Z_{ \ge 1}}$

Vậy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ là một dãy giảm. Tiếp theo ta chứng tỏ dãy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ bị chặn dưới.

 Từ bất đẳng thức ${\rm{ln}}\left( {n + 1} \right) - \ln n < \,\frac{1}{n},\forall n \in {Z_{ \ge 1}}$ ta suy ra
        $\sum\limits_{j = 1}^n {\frac{1}{j}}  > \sum\limits_{j = 1}^n {\left[ {\ln \left( {j + 1} \right) - \ln j} \right]}  = \ln \left( {n + 1} \right) > \ln n$

Do đó ${{u}_{n}}\ge 0,\forall n\in {{Z}_{\ge 1}}$ hay dãy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ bị chặn dưới bởi 0.

Các kết quả trên giúp ta khẳng định được dãy $\left\{ {{u}_{n}} \right\}$ có giới hạn hữu hạn khi  $n\to +\infty $.  

Định nghĩa 1: Nếu ta đặt $C=\lim {{u}_{n}}$ thì $C$ được gọi là hằng số Euler.

Giá trị chính xác của $C$ hiện nay vẫn là bài toán mở. Ngay cả việc $C$ là số đại số hay số siêu việt vẫn chưa được giải đáp, giá trị gần đúng của $C$ vào khoảng $0.5772...$

Mệnh đề 3: $C=1-\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt$ với $\left\{ t \right\}$ là phần lẻ của $t$.

Giải

Lấy $b\in {{R}_{\ge 1}}$, ta đặt $F\left( b \right)=1-\int\limits_{1}^{b}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt$. Khi đó

$F\left( b \right)=1-\int\limits_{1}^{b}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt=1-\sum\limits_{n=1}^{\left[ b \right]-1}{\int\limits_{n}^{n+1}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}-\int\limits_{\left[ b \right]}^{b}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}}$

Ta thấy

            $0\le \int\limits_{\left[ b \right]}^{b}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}\le \int\limits_{\left[ b \right]}^{b}{\frac{1}{{{t}^{2}}}dt}=\frac{1}{\left[ b \right]}-\frac{1}{b}\le \frac{1}{{{\left[ b \right]}^{2}}}$

            $\sum\limits_{n=1}^{\left[ b \right]-1}{\int\limits_{n}^{n+1}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}=}\sum\limits_{n=1}^{\left[ b \right]-1}{\int\limits_{n}^{n+1}{\frac{t-n}{{{t}^{2}}}dt}=}\ln \left( \left[ b \right] \right)-\sum\limits_{n=2}^{\left[ b \right]}{\frac{1}{n}}$

Suy ra

            $F\left( b \right)=1-\int\limits_{1}^{b}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt=\sum\limits_{n=1}^{\left[ b \right]}{\frac{1}{n}-\ln \left( \left[ b \right] \right)}+O\left( \frac{1}{{{\left[ b \right]}^{2}}} \right)$

Cho $b\to +\infty $ và sử dụng Mệnh đề 2 ta có ngay $C=1-\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt$. 

Định lý 3: Với mọi $x\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có $\sum\limits_{1\le n\le x}{\frac{1}{n}}=\ln x+C+O\left( \frac{1}{x} \right)$.

Chứng minh

Sử dụng Định lý 3 ở Phần 3 cho hàm $f\left( t \right)=\frac{1}{t}$ với $t\in \left[ 1,x \right]$ ta được

$\sum\limits_{1\le n\le x}{\frac{1}{n}}=\int\limits_{1}^{x}{\frac{1}{t}}dt-\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}+1-\frac{\left\{ x \right\}}{x}=\ln x+1-\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}+O\left( \frac{1}{x} \right)$

Ta thấy

$1-\int\limits_{1}^{x}{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}dt}=1-\int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dx+\int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dx$

Vì $0\le \left\{ t \right\}\le 1$ nên $0\le \int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt\le \int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{1}{{{t}^{2}}}dt}=\frac{1}{x}$, suy ra $\int\limits_{x}^{+\infty }{\frac{\left\{ t \right\}}{{{t}^{2}}}}dt=O\left( \frac{1}{x} \right)$. Do đó

$\sum\limits_{1\le n\le x}{\frac{1}{n}}=\ln x+C+O\left( \frac{1}{x} \right)$.

Vai trò quan trọng của $C$ được thể hiện rõ nhất trong công thức tiệm cận Dirichlet cho tổng riêng của hàm ước (divisor function) $d\left( n \right)=\sum\limits_{d|n}{1}$.

Định lý 4 (Công thức tiệm cận Dirichlet): Với mọi $x\in {{R}_{\ge 1}}$ ta có

$\sum\limits_{n\le x}{d\left( n \right)}=x\ln x+\left( 2C-1 \right)x+O\left( \sqrt{x} \right)$

với $C$ là hằng số Euler.

Việc chứng minh Định lý 4 khá dài và dùng nhiều kết quả hay nên ta sẽ thảo luận trong bài viết sau. Lưu ý sai số $O\left( \sqrt{x} \right)$ đã được cải thiện tốt hơn.

Giá trị của hàm zeta Riemann $\zeta \left( x \right)$ tại $x=2$

Định nghĩa 2: Cho $x\in {{R}_{>1}}$, hàm zeta Riemann, ký hiệu $\zeta \left( x \right)$, được xác định bởi công thức $\zeta \left( x \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{x}}}}$.

Hàm zeta Riemann là một trong những hàm quan trọng và lý thú nhất trong lịch sử toán học. Một trong bảy bài toán thiên niên kỷ là giả thuyết Riemann liên quan đến sự phân bố các không điểm của hàm zeta vẫn chưa có lời giải và được xem là bài toán hấp dẫn nhất trong giới toán học hiện nay. Thật sự hiểu biết của người viết về hàm này rất, rất hạn chế nên không thể giúp các bạn thấy được vẻ đẹp của nó. Trong phần còn lại của bài viết ta chỉ làm thế nào để tính giá trị của hàm $\zeta \left( x \right)$ tại các điểm $x=2$.   

Với $x=2$ ta có rất nhiều phương pháp để tính $\zeta \left( 2 \right)$. Phương pháp sau đây sử dụng chuỗi Fourier. Nếu hàm số $f\left( x \right)$ liên tục, bị chặn trong đoạn $\left[ { - \pi ,\pi } \right]$ và $f\left( \pi  \right) = f\left( { - \pi } \right)$ thì chuỗi Fourier của hàm $f$ hội tụ điểm tới hàm $f$. Áp dụng cho hàm $f\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}}{2}$ ta được

$\frac{{{x}^{2}}}{2}=\sum\limits_{i=0}^{\infty }{{{a}_{i}}\cos \left( nx \right)}=\frac{{{\pi }^{2}}}{6}+2\left[ \sum\limits_{n=1}^{\infty }{{{\left( -1 \right)}^{n}}\frac{\cos \left( nx \right)}{{{n}^{2}}}} \right]$

Cho $x=\pi $ ta có ngay $\zeta \left( 2 \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\frac{1}{{{n}^{2}}}}=\frac{{{\pi }^{2}}}{6}$. 
Các cách giải khác có thể xem tại đây.