Elemi becslések a prímszámok számára

Átírás

1 Elemi becslések a rímszámok számára Szakdolgozat Készítette: Kolányi Barbara Matematika BSc, Matematikai elemz szakirány Témavezet : Gyarmati Katalin adjunktus Algebra és Számelmélet Tanszék Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budaest 202

2 Tartalomjegyzék. Bevezetés 3 2. Hat bizonyítás a rímszámok végtelenségére Euklidész bizonyítása Második bizonyítás Harmadik bizonyítás Negyedik bizonyítás Ötödik bizonyítás Hatodik bizonyítás A rímszámok eloszlásáról 3.. A rímszámok számának vizsgálata Csebisev-tétel Az n-edik ozitív rímszám becslése Prímszámok recirokösszege A rímszámok recirokösszegének divergenciája A rímszámok recirokösszegével kacsolatos tételek Modern eredmények Élesebb becslések a rímszámok számára Prímszámtétel

3 . fejezet Bevezetés A matematika területén rímszámnak nevezzük azokat a természetes számokat, amelyeknek ontosan két osztójuk van a természetes számok között (maga a szám és az ). Végtelen sok rímszám van. Ennek az állításnak a legrégebbi bizonyítását Euklidész adta meg Elemek cím munkájában. A rímszámok végtelenségére számos más bizonyítás is született számelméleti, absztrakt algebrai, analitikus, s t toológiai eszközök felhasználásával is. A rímszámok keresésének legegyszer bb módja a rosta, avagy Eratoszthenész szitája: felírjuk a számokat -t l n-ig. Kihúzzuk az -et, hiszen az nem rímszám. Az els nem kihúzott számot bekarikázzuk, ez rímszám lesz ( 2), ezután kihúzzuk a 2 többszöröseit, majd a számok sorozatában az els ki nem húzott és be nem karikázott számot bekarikázzuk, ez lesz a következ rímszám (3). Ennek a többszöröseit is kihúzzuk, és így tovább. A bekarikázott számok lesznek n-ig a rímszámok. A rímszámokkal kacsolatban rengetek megoldatlan robléma van. Ilyen éldául az Ikerrím-sejtés, az n 2 + alakú rímek számának végtelensége és a Mersenne-rímek számának végtelensége. Máig ne tudjuk, hogy létezik-e végtelen sok 2 2n + (Fermat szám) alakú rímszám, s t azt sem, hogy létezik-e végtelen sok ilyen alakú összetett szám. 3

4 A szakdolgozatban bizonyításokat mutatunk be a rímszámok végtelenségére, elemi becsléseket adunk a rímszámok számára, megismerkedünk néhány, a rímszámok recirokösszegér l szóló tétel bizonyításával és ismertetjük a rímszámok számának meghatározására vonatkozó modernebb eredményeket. 4

5 2. fejezet Hat bizonyítás a rímszámok végtelenségére Euklidész óta ismert, hogy végtelen sok rímszám létezik. [] alaján 6 különböz bizonyítást ismertetek. Bevezetünk néhány jelölést: N = {, 2, 3,... } a természetes számok halmaza, Z = {..., 2,, 0,, 2,... } az egész számok halmaza, P = {2, 3, 5, 7,... } a rímszámok halmaza. 2.. Euklidész bizonyítása Legyen {,..., r } rímek egy tetsz leges véges halmaza. Vegyük az n = 2... r + számot és legyen az n szám rímosztója. Ekkor nem lehet egyenl semelyik i -vel, különben ugyanis osztaná n-et és a 2... r szorzatot, és így az n 2... r = különbséget is, ami lehetetlen. Tehát egy véges {,..., r } halmaz nem tartalmazhatja az összes rímszámot. A következ három bizonyítás szájhagyomány útján terjedt, az ötödik Hillél Fürstenberg nevéhez f z dik, az utolsó edig Erd s Pál bizonyítása. 5

6 2.2. Második bizonyítás Nézzük el ször az F n = 2 2n + Fermat számokat n = 0,, 2,...-re. (Az els néhány Fermat szám: F 0 = 3; F = 5; F 2 = 7; F 3 = 257; F 4 = ; F 5 = ) Megmutatjuk, hogy bármely két Fermat szám relatív rím, így végtelen sok rímszámnak kell lennie. Ezért belátjuk a n F k = F n 2 (n ) k=0 rekurziót, amib l állításunk azonnal következik. Valóban, ha m osztja éldául F k -t és F n -et (k < n), akkor m osztja 2 = F n n F k -t is, tehát m = vagy m = 2. De m = 2 k=0 nem lehet, mert minden Fermat szám áratlan. A rekurziót n szerinti indukcióval bizonyítjuk. Ha n =, akkor F 0 = 3 és F 2 = 3. Feltesszük, hogy az állítás igaz n = m-ig. Bebizonyítjuk, hogy ekkor n = m + -re is igaz. Az indukciós feltevésb l következik, hogy ( m m ) F k = F k F m = (F m 2)F m = (2 2m )(2 2m + ) = 2 2m+ = k=0 k=0 = F m Harmadik bizonyítás Deníció. A Mersenne-számok az M = 2 alakú számok, ahol rím Tétel (Lagrange-tétel). Ha G egy véges (multilikatív) csoort és U egy részcsoortja, akkor U osztja G -t. Tegyük fel, hogy P véges és a legnagyobb rím. Megmutatjuk, hogy 2 bármely q rímosztója nagyobb mint. Ebb l következik a rímszámok végtelensége. Legyen q a 2 valamely rímosztója, azaz 2 (mod q). Mivel rím, ez azt jelenti, hogy Z q test Z q \{0} multilikatív csoortjában a 2 elem rendje. Ennek a csoortnak q 6

7 eleme van. A Tételb l tudjuk, hogy minden elem rendje osztja a csoort rendjét, így q, tehát < q Negyedik bizonyítás Ez a bizonyítás elemi analízist használ Deníció. log = dt az természetes logaritmusa. t Legyen π() := #{ : P} az valós számnál kisebb vagy egyenl rímszámok száma. (#A az A halmaz elemszámát jelöli.) Számozzuk meg a rímszámokat növekv sorrendben: P = {, 2, 3...} és vegyük természetes logaritmusát. Hasonlítsuk össze az f(t) = t konját felülr l közelít lécs s függvénnyel. függvény grakonja alatti területet egy a függvény gra- Így n n + -re log n + n m -et kaunk, ahol az összegzést minden olyan m N-re kiterjesztjük, aminek csak rímosztója van. Minden ilyen m egyértelm en felírható alakban, ezért m = ( P 7 k 0 ) k k

8 A bels összeg egy kvóciens mértani sor, azaz log P = P π() = k= k k. k k +, így tehát k k = + k + k = k + k, log π() k= k + k = π() +. Tudjuk, hogy log nem korlátos, tehát π() sem az, azaz végtelen sok rímszám van Ötödik bizonyítás Ez a bizonyítás toológiát használ. Nézzük az alábbi toológiát az egész számok Z halmazán: az a, b Z, b > 0 számokra legyen N a,b = {a + nb : n Z}. Minden N a,b halmaz egy kétirányú végtelen számtani sorozat Deníció. Egy O Z halmaz nyílt, ha vagy O üres, vagy minden a O-hoz van olyan b Z, amelyre N a,b O. Nyilvánvaló, hogy nyílt halmazok uniója is nyílt. Belátjuk, hogy véges sok nyílt halmaz metszete is nyílt. Ehhez elég, hogy két nyílt halmaz metszete is nyílt. Legyen O és O 2 két nyílt halmaz, ekkor tetsz leges a O O 2 -hez létezik b, b 2 Z, hogy N a,b O illetve N a,b2 O 2, de ekkor a N a,b b 2 O O 2. Ez a halmazcsalád tehát egy valódi toológiát generál Z-n. Állítás (A) Bármely nemüres nyílt halmaz végtelen. 8

9 (B) Minden N a,b halmaz zárt is. (A) következik a denícióból. (B)-hez vegyük észre, hogy N a,b = Z \ b i= N a+i,b, ami bizonyítja, hogy N a,b egy nyílt halmaz komlementere, tehát zárt is. Mivel minden n, számnak van rímosztója, ezért benne van N 0, -ben, amib l következik, hogy Z \ {, } = P N 0,. Ha P véges lenne, akkor N 0, (B) alaján el állna zárt halmazok véges uniójaként, és P így maga is zárt lenne. Tehát az {, } nyílt halmaz lenne, ami viszont ellentmond (A)-nak Hatodik bizonyítás sor di- Ez a bizonyítás a rímszámok végtelenségén túl azt is megmutatja, hogy P vergens. Euler adta az els bizonyítást erre a fontos eredményre (4. fejezet). Legyen, 2, 3,... a rímszámok növekv sorozata, és tegyük fel, hogy konvergens. Ekkor kell lennie olyan k természetes számnak, melyre < 2. P Nevezzük i k+,..., k -t kis rímeknek, és k+, k+2,...-t nagy rímeknek. Tetsz leges természetes számra tehát adódik. i k+ i < 2 i (2.) Legyen N azon m ozitív egészek száma, amelyeknek legalább egy nagy rímosztójuk van, K edig azoké, amelyeknek minden rímosztójuk kicsi. Megmutatjuk, hogy alkalmas -re N + K <, 9

10 ami a várt ellentmondást adja, mert deníció szerint N + K =. azokat a m ozitív egészeket számolja, amelyek i többszörösei. Vagyis () i alaján N i k+ < 2. (2.2) Vizsgáljuk most K -et! A csak kis rímosztókkal rendelkez m -eket átírjuk m = a m b 2 m alakba, ahol a m a négyzetmentes rész. Minden a m tehát különböz kis rímeknek a szorzata, azaz legfeljebb 2 k féle négyzetmentes rész van. Továbbá, mivel b m m, azt kajuk, hogy legfeljebb féle négyzetes rész van, és ezért i K 2 k. Ha 2 k 2, akkor K 2 k 2, és ekkor (2) alaján K + N <. Végül megjegyezzük, hogy > 2 2k+2 esetén 2 k < 2 valóban teljesül. 0

11 3. fejezet A rímszámok eloszlásáról Ebben a fejezetben [2] alaján adok elemi becsléseket a rímszámok számára. 3.. A rímszámok számának vizsgálata 3... Deníció. Tetsz leges 2 valós szám esetére jelölje π() az -et meg nem haladó ozitív rímszámok számát, azaz π() = rim. (A továbbiakban rímeken futó szummákat és roduktumokat és kélettel írjuk.) A következ tétel a [2; n] intervallumba es rímszámok szorzatára ad fels becslést Tétel. Tetsz leges n 2 egész szám esetén < 4 n. Bizonyítás. (Erd s Pál és Kalmár László bizonyítása) A bizonyítást n szerinti teljes indukcióval végezzük. n = 2 esetén 2 < 4 2 ; n = 3 estén 2 3 < 4 3. Tegyük fel, hogy a tétel n -ig igaz. Bebizonyítjuk, hogy ekkor n-re is igaz, amennyiben n 4. I. eset: n áros: n = 2k 4, ekkor = < 4 2k < 4 2k 2k 2k n

12 II. eset: n áratlan: n = 2k + > 4, akkor a szorzat ( ) ( = 2k+ k+ k+2 2k+ ahol az indukciós feltétel miatt < 4 k+, hiszen 2 < k + < n. Továbbá k+ (k + 2)(k + 3) (2k + ) = (2k+)! = k! ( ) 2k+ (k+)! k kifejezést, és mivel ez a k+2 2k+ ( ) 2k+ szorzat k!-hoz relatív rím, ezért osztója a k egész számnak, tehát ( ) 2k (2k + ) 2k = < k (k + )! így végül k+2 2k+ < (2k + 2) 2k (k + )! 2k+ < 4 k+ 4 k = 4 2k+. Megjegyzés: A Tétel R esetén is igaz Tétel. Tetsz leges 2 valós szám esetén ( π() < ) 4 log 2. ), = 2 2k = 4 k ; Bizonyítás. A szorzatot becsüljük alulról. A szorat alatti tényez it 2-vel, a többit -szel becsüljük alulról: 4-re 4 > = 2 = < < = 2 π( ) ( ) π( ), tehát 2 2 > 2 π( ) ( ) π() π( ). 2

13 Áttérve kettes alaú logaritmusra azt kajuk, hogy 2 > π( ) + (π() π( )) log 2, 4 miatt log 2 0 és π( ) <, ezért π() < 4 2π( ) + π( ) = ( 4 + π( ) ) (log log 2 log 2 2 2) ( 4 + ) (log log 2 2 2), Mivel 4, ezért van olyan k 2 egész, amelyre 2 k < 2 k+, így ahol 2 k 2 (k + 2) 3 4 k 2 k 2 0 (log 2 2) < 2 k 2 (k + 2) 3 4, egyenl tlenség k = 2; k = 3 és k = 4 esetén fennáll, és k 4-re = Ezzel igazoltuk, hogy 4-re (k + ) 2 k+ 2 π() < ( k ) 2 (k + ) >. ( ) 4 log 2 ; 2 k+ 2 és 2 < 4 esetén π() 2 < ( 4 = ) ( 2 4 log 2 4 < ) 4 log Tétel. Tetsz leges 2 valós szám esetén ( π() > 3 ) 4 log 2. Bizonyítás. A bizonyításnál felhasználjuk a következ tételt: Tétel (Legendre féle formula). Legyenek n és k ozitív egész számok, ozitív rímszám, továbbá k kitev je: α,n! = n < k+. Ekkor az n! kanonikus felbontásában a [ ] [ ] [ ] [ ] n n n n k 3

14 [ A tétel egyszer en következik abból, hogy az, 2,..., n számok között [ [ n darab 2 n -tel és általában darab j -nel osztható szám van. 2 ] j ] Ezután rátérünk a Tétel bizonyítására: Legyen n ozitív egész. A Tétel alaján ( ) 2n = (2n)! n (n!) = β, ahol β 2 = 2n γ j= ([ ] 2n j n [ ]) n 2 j ] darab -vel, és γ 2n < γ+. y R esetén 2[y] 2y < 2[y] + 2 miatt 2[y] [2y] 2[y] +, azaz 0 [2y] 2[y], tehát 0 β γ, ezért ( ) 2n γ (2n) π(2n). n Másrészt n 2-re ( ) 2n = n 2n (2n )2n n! = 22n n > (2n 2)2n n! = 22n 2n. (3.) = Tehát ozitív egész n-re (n = -re egyenl séggel) 2 2n (2n) π(2n)+, azaz π(2n) 2n log 2 (2n). Ezt R; 2 esetén alkalmazhatjuk n = [ 2] -szel: ( [ ]) 2 [ ] 2 π() π 2 ]) > 2 2 log 2 = = log 2 ( [ log ( (2 + log 2 ) ). Ha 8, akkor van olyan k 3 egész, amelyre 2 k < 2 k+, így (2 + log 2 ) 2 k (k + 3) 3 4, 4

15 ami k = 3-ra nyilvánvaló, míg k 4-re k k 2k 2 k 3 4. (Az utolsó egyenl tlenséget a Tétel bizonyításában már láttuk 2k helyén k-val) Tehát 8 esetén π() > ( ) 3, ami 2 < 4-re: < 4 = 4 és 4 < 8-4 log 2 log 2 ra: = 4 is teljesül, tehát minden 2-re igaz a tétel. log 2 < Csebisev-tétel Tétel (Csebisev tétele). Tetsz leges n ozitív egészhez létezik olyan rímszám, amelyre n < 2n. Bizonyítás. (Erd s Pál bizonyítása) Nézzük n 5 ( ) 2n egész esetére a n = β 2n fels becslését úgy, hogy szétvágjuk a szorzatot 2n-nél, 2n -nál és n-nél! A Tétel 3 bizonyításában láttuk, hogy < 2n β < 2n γ (2n) π( 2n) (2n) 2n. Ha 2n < 2n 3, akkor β γ =, és a Tétel alaján 2n< 2n 3 β 2n 3 < 4 2n 3. Deniáljuk az üres szorzatot -nek! Így az eredmény akkor is érvényes lesz, ha 2n és 2n 3 között nincs rímszám (éldául n = 5; n = 6; n = 7). Ha 2n < 3 n, akkor γ = [ ] [ ] és n < 3 2 ; 2 2n < 3 révén β = 2 = 2 2 = 0. Ha n < 2n, akkor γ = és β = 2 0 =. 2n n Összegy jtve a becsléseketés és a 3.-et felhasználva: n 5-re ( ) 2 2n 2n 2n < < (2n) 2n 4 2n 3, n n< 2n 5

16 ha van rímszám az ]n; 2n] intervallumban. Ha nem volna, akkor adódik, azaz 2 2n 2n < (2n) 2n 4 2n 3 ( 2 2n ( 2n) 6 ) 2n 3 <. De k = [ 2n] 30 esetén és k 30-ra 2 2n ( 2n) 6 > 2 k (k + ) 6 >, mivel = 2 k+ (k + 2) 6 = 2 k (k + ) 6 2 ( ) + 6 k+ 2 k (k + ) 6 hiszen ( + 3) 6 <, 6 <, 34 2 < 2. ( ) 6 32 >, 3 2 ( ) + 6 > 3 2 k (k + ) 6, Tehát [ 2n] 30, azaz n 450 esetén biztos, hogy van rímszám az ]n; 2n] intervallumban. Ellen rizhet, hogy az ]n; 2n] intervallumban n < 450 esetén is van rímszám, biztosan jó a következ rímszámok valamelyike: 2; 3; 5; 7; 3; 23; 43; 83; 63; 37; 63 (mindegyik kisebb, mint az el tte lév kétszerese). Csebisev tétele úgy is megfogalmazható, hogy tetsz leges n ozitív egészre π(2n) > π(n). Ez Csebisev 850-es eredménye. Közvetlen el zménye Joseh Louis Francois Bertrand ( ) francia matematikus 845-ben megfogalmazott sejtése volt, miszerint ha n > 3 egész, akkor van olyan rímszám, hogy n < < 2n 2. Bertrandnak a sejtését nem sikerült általában igazolnia (n < ra ellen rizte). Ezt Bertrand-féle osztulátumként is szokták emlegetni. 850-ben Csebisev bebizonyította ezt a sejtést: minden n > 3 egészre teljesül, hogy π(2n 3) > π(n). A Tétel ennek egy gyengébb változata. 6

17 3.3. Az n-edik ozitív rímszám becslése Jelölje, 2, 3,... a ozitív rímszámok növekv sorozatát: = 2, 2 = 3, 3 = 5, stb., általában n az n-edik ozitív rímszám. Megjegyzés: Ha a Tételt n helyett n -re alkalmazzuk, a n+ < 2 n egyenl tlenséget kajuk, ami minden n ozitív egészre teljesül Tétel. Ha n az n-edik ozitív rímszám és n 2, akkor 5 n log 2 n < n < 8 3 n log 2 n. Bizonyítás. A π()-re nyert becslésekb l meghatározhatjuk n nagyságrendjét. Mivel tetsz leges n ozitív egészre π( n ) = n és n > n, a Tétel alaján n 2-re n n n = π( n ) < 5 < 5 log 2 n log 2 n, tehát n > 5 n log 2 n. A Tétel szerint edig n = π( n ) > 4 de ebb l csuán n < 4n log 2 n adódik. n log 2 n, Érdemes a Tétel helyett annak bizonyításából az R; 2-re nyert π() > 2 log 2 becslést használni nagyobb -ekre. Ha n 8 egész, akkor n log 2 n 3 8. ( log = 3; log = 2 log < 2 log = 0 < 3; log = log < log = 7 < ; továbbá, ha n 6, akkor log n 2 n 4 < 3, ezután edig 8 2 k n < 2 k+ (k Z) esetén teljesül log n 2 n < k+ 5 < 3 2 k 6 8, mivel k = k + + (k + ) k+ 2 k 2 < k + 2 k.) Nézzük a becslést = 8 3 n log 2 n esetére, ahol n 8 egész. Eszerint ( ) 8 π 3 n log 2 n > 8 n log n 2 ( log 8 n log n ) n log 3 2 n 2 = log 2 (n 2 ) = 4 3 n log 2 n n + n > n = π( n ),

18 így n < 8 3 n log 2 n teljesül n 8-ra, és érvényes 2 n 7 esetén is, mivel ha 2 n 3, akkor 4 n 7 esetén edig és 7 8 < 5 2 < 8 3. n n log 2 n 5 2 log 2 2 = 5 2, n n log 2 n 7 4 log 2 4 = 7 8 Ezt az eredményt alkalmazhatjuk éldául rímszámok recirokösszegeinek becslésére: Ha k nemnegatív egész, akkor a Tétel szerint 2 k+ n=2 k + n > k+ n=2 k + így tetsz leges N ozitív egészre 2 N n= = N n 2 + n log 2 n k+ k=0 2 k + Mivel tetsz leges K ozitív egészre 2 K j= a következ tételt kajuk: K j = + 2 k+ k=0 j=2 k + 2 k+ n=2 k + > 3 N n 6 k=0 K j > 2 k+ (k + ) = 3 6(k + ), k=0 j=2 k + k + = k+ N j= 2 k+ = K 2 ; Tétel. Ha n az n-edik ozitív rímszám és K ozitív egész, akkor j. A Tételb l leolvasható, hogy 2 2K n= lim n > 3 32 K. + = +. A 4. fejezetben további eredményeket ismertetek a a rímszámok recirokösszegér l. 8

19 4. fejezet Prímszámok recirokösszege [3] alaján ismertetek a rímszámok recirokösszegér l szóló tételek közül néhányat. 4.. A rímszámok recirokösszegének divergenciája 4... Tétel. A végtelen sor divergens. Bizonyítás. (Euler bizonyítása) A bizonyítás a divergencia tényén kívül azt is megmutatja, hogy n > log log n 2. (4.) A bizonyításnál a következ analízisbeli tételelet használjuk fel: > log, ha Tétel. k= k (A 2.4. fejezetben már használtuk ezt a tételt.) Tétel. log = , ha Tétel. l k= k 2 < 2, minden l > 0-ra. 3 esetén nézzük a következ szorzatot: A = ( ν ), (4.2) 9

20 ahol Megmutatjuk, hogy ν < ν. (4.3) A > k= k. (4.4) Például = 0-re: A 0 = ( ) ( ) ( ) ( ) Ha k 0, akkor k kanonikus el állításában csak a 2, 3, 5, 7 rímek szereelhetnek, és legfeljebb akkora hatványon, mint amilyenen az A 0 egyes tényez iben. Tehát tetsz leges k 0 szám egyértelm en el áll ezen rímhatványok szorzataként. A 0 -ben a szorzást végrehajtva minden tag k alakú, és tetsz leges k 0 esetén az k tag tényleg fellé. Tehát a 0 k= k minden tagja megjelenik A 0-ben, azaz 0 k= k < A 0. Ugyanilyen gondolatmenettel A -nél, azt kajuk, hogy A > k= k. (4.5) A Tétel és (4.5) alaján A > log. (4.6) Mivel A minden tényez je egy-egy mértani sor, összegezve az egyes tényez kben, és növelve A = ( ) ν+ <. (4.7) (4.6)-ot és (4.7)-et felhasználva log <. (4.8) 20

21 3, így (4.8) mindkét oldala ozitív, ezért áttérhetünk logaritmusra: Alkalmazva a Tételt és (4.9)-et log log < log. (4.9) log log < + 2. (4.0) A Tétel alaján Végül (4.0) és (4.) miatt 2 < k= < 2. (4.) k2 > log log 2. Megjegyzés: A sor divergenciája, - vagyis az a tény, hogy a sor összege a tagok számának növelésével minden határon túl n, - azt jelenti, hogy a rímszámok recirok értékei lassan fogynak, tehát a rímszámok viszonylag lassan n nek, vagyis elég gyakran helyezkednek el a természetes számok között A rímszámok recirokösszegével kacsolatos tételek Tétel. vagyis a log lim log log = sor aszimtotikusan egyenl log -szel. Bizonyítás. Az alábbi segédtételeket használjuk fel: 2

22 Tétel. n ν= log ν = log n ([ n ] [ ] ) n Ez az n! kanonikus el állítására vonatkozó Legendre féle formula logaritmizált alakja. (3..5. Tétel: Legendre féle formula) Tétel. n log n n < n log ν < (n + ) log(n + ) n Tétel. log( + ) Tétel Tétel. log k k(k ) < 4. ν= log < n log 4. n Ez a < 4 n (minden n > 0-ra) logaritmizált alakja. n Becsüljük a n sort alulról és felülr l a és a Tételek felhasználásával! log Fels becslés: de log n ([ ] [ ] ) n n = 2 n log ν < (n + ) log(n + ) n, (4.2) ν= (n + ) log(n + ) n = n log(n + ) + log(n + ) n = = n log n + n + n log n + log(n + ) n = = n log( + ) + n log n + log(n + ) n. (4.3) n = -re a Tételt alkalmazva n ( n log + ) n n n = (4.4) 22

23 eredményre jutunk. Tehát (4.3) és (4.4) miatt (n + ) log(n + ) n + n log n n + log(n + ). (4.5) Így (4.2) és (4.5) alaján ([ ] [ ] n n log + 2 n ) +... < + n log n n + log(n + ). (4.6) Ha a (4.6) bal oldalát alulról becsüljük, azt kajuk, hogy ([ ] [ ] ) n n log [ ] n log 2 n n ( ) n log = n log log. (4.7) n n n Így a Tétel és (4.7) felhasználásával ([ ] [ ] ) n n log n 2 n n log n log 4. (4.8) Végül (4.6) és (4.8) miatt n-nel végigosztva és rendezve n log < log n + log 4 + log(n + ) n + n (4.9) adódik, vagyis ha n elég nagy, akkor (4.9) alaján arra jutunk, hogy n log < log n + 2. (4.20) Alsó becslés: másrészt ([ ] [ ] ) n n log = 2 n n log ν > n log n n, (4.2) ([ ] [ ] ) n n log < ( n log 2 + n ) +... = 2 n n ν= 23

24 de = n n log + n n ( log + ) , 3 (4.22) konvergens mértani sor, és így ( log + ) = 3 n n A Tételt felhasználva log ( ) < n log 2 = log ( ). (4.23) n n (4.22), (4.23) és (4.24) miatt ([ ] [ ] n n log + 2 n log k k(k ) < log k k(k ) = < 4. (4.24) ) +... < n log + 4n (4.25) n adódik. Ha a (4.2) és (4.25) egyenl tlenségeket felhasználjuk és n-nel végigosztunk, azt kajuk, hogy n log > log n 5. (4.26) Végül a (4.20) és (4.26) alaján a következ eredményre jutunk log log n 5. (4.27) n Ebb l edig következik, hogy lim n n log log n =. (4.28) Tétel. Létezik olyan c konstans, hogy elég nagy n-re log log n < c. n 24

25 Bizonyítás. A bizonyítás során felhasznált analízis tételek: Tétel. log( + ) < 2 ha 0 < Tétel. n Tétel. konvergens. k 2 log k log log n < c. k log(k+) A tételt a arciális szummálás (Ábel-átrendezés) segítségével bizonyítjuk Tétel (Ábel-átrendezés). Legyenek c k, d k, k =,..., n valós számok és jelölje s k a k i= c k d k összeg átrendezhet a következ módon: d i összeget bármely k =,..., n esetén. Ekkor a n n c k d k = (c k c k+ )s k + c n s n. k= A sort rendezzük át n n hogy aszimtotikusan log n. Legyen log k= n k= sor szerint, melyr l a Tétel alaján tudjuk, f(n) = n log (4.29) és g(n) = n. (4.30) f(n) deníciója miatt 0 ha k nem rím f(k) f(k ) = ha k = rím log így f(k) f(k ) log k = 0 ha k nem rím ha k = rím 25

26 Tehát g(n) = n f(k) f(k ) log k Most (4.3)-et átrendezzük f(n) szerint. Legyen = n k= f(k + ) f(k). (4.3) log(k + ) f (n) = f(n) log n. (4.32) (4.27) egyenl tlenség felhasználásával n > n 0 -ra f (n) 5, (4.33) de így (4.3) és (4.32) miatt g(n) = n k= f (k + ) f (k) log(k + ) + n El ször megvizsgáljuk a (4.34) jobb oldalának a második tagját: k= log(k + ) log k. (4.34) log(k + ) n k= log(k + ) log k log(k + ) = n k= log( + k ) log(k + ) = = = n n log( + k ) log(k + ) + log 2 log 2 log( + n ) log(n + ) = log( + ) k log(n + ) + log(k + ) log(n + ) + log n log(n + ) = = n Alkalmazzuk a Tételt = -ra. Ekkor k ( k log + ) < k k, 2 log(k + ) > 0-val végigosztva log( + ) k log(k + ) + log n log(n + ). (4.35) n n k log(k + ) log( + ) k log(k + ) < n k 2 log(k + ) (4.36) 26

27 eredményt kajuk. Tehát a Tételt felhasználva n n k log(k + ) log( + ) k log(k + ) < ahol c ozitív konstans. Másrészt a Tétel alaján vagyis n n n n k log(k + ) log( + ) k log(k + ) n k log(k + ) k 2 log k < k 2 log k = c, (4.37) > 0, (4.38) log( + ) k log(k + ) < c, (4.39) de így a Tétel és (4.39) miatt n log( + k ) log log n log(k + ) < c 2, (4.40) ahol c 2 ozitív konstans. Végül (4.35) és (4.40) alaján elég nagy n-re n log( + k ) log log n log(k + ) k= n log( + ) k log(k + ) log log n + log n log(n + ) < < c 2 + = c 3. (4.4) Most megvizsgáljuk (4.34) jobb oldalának els tagját is (ez a hibatag). (4.33)-beli n 0 -lal n k= f (k + ) f (k) log(k + ) = n 0 k= f (k + ) f (k) log(k + ) + n k=n 0 + f (k + ) f (k) log(k + ) = = c 4 + n k=n f (n 0 + 3) f (n 0 + 2) log(n 0 + 3) f (k + ) f (k) log(k + ) + + f (n ) f (n 2) log(n ) = c 4 + f (n 0 + 2) f (n 0 + ) + log(n 0 + 2) + f (n) f (n ). (4.42) log n 27

28 (4.42) arciálisan szummálva: n k= f (k + ) f (k) log(k + ) = c 4 + f (n) log n f (n 0 + ) log(n 0 + 2) + ( ) +f (n 0 + 2) log(n 0 + 2) + + log(n 0 + 3) ( +f (n ) log(n ) ), (4.43) log n így (4.33) és (4.43) miatt n f (k + ) f (k) log(k + ) c log log n ν=n 0 +2 k= ( ) ( log ν = c log(ν + ) log(n 0 + 2) ) log n < c log(n 0 + 2) = c 6, (4.44) ahol c 5 és c 6 ozitív konstansok. Tehát (4.34), (4.4) és (4.44) felhasználásával végül arra az eredményre jutunk, hogy elég nagy n-re: < g(n) log log n < c 7, (4.45) ahol g(n) = n Megjegyzés: A Tételb l azonnal következik, hogy azaz, hogy n lim n n aszimtotikusan log log n. log log n = 28

29 5. fejezet Modern eredmények [2] alaján modern becsléseket mutatok be a rímszámok számára. 5.. Élesebb becslések a rímszámok számára A Tétel és a Tétel szerint 2 esetén 3 4 < π() log 2 < Ezek a becslések gyengék ahhoz, hogy Csebisev tételét kiadják. A Tétel és a Tétel bizonyításából belátható, hogy nagy -re az alsó és fels becslésnél is lényegesen csökkenthet a 3, s t még a 4 is, ha ügyesebb szétvágást alkalmazunk. 4. Feladat:Bizonyítandó, hogy adott ɛ > 0-hoz létezik olyan 0 (ɛ) korlát, hogy 0 (ɛ) esetén ( ɛ) < π() < (2 + ɛ) log 2 log 2. Ebb l még mindig nem jön ki közvetlenül Csebisev tétele, de a szorzók aránya a korábbi 9-r l a 2 közelébe került. 29

30 5... Tétel. Létezik olyan e > alaszám, amelynél a logaritmusfüggvény (; 0)-beli érint jének iránytangense. Ezt szokás természetes alaú logaritmusnak nevezni, jelölése ln vagy log (mi a log jelölést használjuk). ( ) Tétel. e = lim + n és e = n n n= Tétel. log.. n! Természetes logaritmusra átfogalmazva, a. Feladat állítása szerint ɛ > 0; 0 (ɛ) esetén ( ɛ)(log 2) < π() < (2 + ɛ)(log 2) log log. A log 2 közelít értéke 0, 693, így elég nagy -re a π() és az, 39 közé esik. Sejtések a π() közelítésére: Gauss 792-ben arra a sejtésre jutott, hogy 2 dt log t log lehet a jó közelítés. Legendre 798-ban kimondta azt a sejtését, hogy π() jól közelíthet az A log +B kifejezéssel, ahol A és B állandók, s ezt 808-ban már Ha azonban legfeljebb log 3 log,08366 hányadosa 0, 69 és alakban fogalmazta meg. nagyságrend eltérést engedünk meg π()-t l, akkor Legendre konkrét közelítése és Gauss sejtése nem fér össze egymással, hiszen (sorfejtéssel, illetve arciális integrálással) a fenti hibahatáron belül az + log log 2 becslést adnák. Ha log 2 log +, log 2, illetve az nagyságrend eltérést engedünk meg, akkor nincs köztük lényeges különbség, és bármelyik sejtés (ezen hibahatáron belüli) teljesüléséb l következne, hogy létezik a π() lim + log határérték, és értéke. Csebisev bebizonyította, hogy ha létezik a fenti határérték, akkor értéke. A határérték létezését nem sikerült igazolnia, de megmutatta, hogy nagy -ekre Legendre becslése biztosan nem lehet túl ontos (azóta kiderült, hogy kb ig még Legendre becslése ontosabb, viszont felett már Gauss közelítése jobb). 30

31 Az. Feladat állításánál sokkal ontosabb becslést igazolt Csebisev. Bebizonyította, hogy létezik olyan korlát, hogy esetén log < π() <, 0556 log. Nézzük s R; s > esetére a következ függvényt: ζ(s) = Euler-féle szorzatel állítás: minden s > -re n= n s. ζ(s) = s, Georg Friedrich Bernhardt Riemann ( ) német matematikus a ζ(s) függvényt az s = kivételével minden komle s-re értelmezte. Ez a π() becslésében dönt hatású észrevétel volt. Riemann 859. november 3-án tartotta székfoglaló el adását a Berlini Akadémián, el adása 860-ban jelent meg nyomtatásban. Ebben a 9 oldalas dolgozatban (egyetlen számelméleti munkájában) vázolt egy lehet séget a π() ontosabb becslésére, s észrevételei fantasztikus hatással voltak a matematika fejl désére annak ellenére, hogy dolgozatában számos bizonyítatlan feltevés szereel. Máig sem sikerült igazolni a Riemann féle ζ(s) függvény komle gyökeire vonatkozó nevezetes sejtést, hogy 0 Re s és ζ(s) = 0 esetén Re s =. (986-ig ezt már ellen rizték 2 másfél milliárd gyökre, de végtelen sokan vannak.) Bizonyítható, hogy Riemann sejtése azzal ekvivalens, hogy létezik olyan c > 0 állandó, hogy minden 2-re π() dt log t < c 2 log. 2 Ett l a ma ismert legjobb becslések is messze vannak, s még a létezésének igazolása is csuán 896-ban sikerült. lim + π() log 3

32 5.2. Prímszámtétel Tétel (PRÍMSZÁMTÉTEL). Létezik a határérték, és értéke. π() lim + log Ezt Riemann gondolatai alaján bizonyította be egymástól függetlenül Jacques Hadamard ( ) francia matematikus és Charles Jean de la Vallée Poussin ( ) belga matematikus. 899-ben de la Vallée Poussin azt is igazolta, hogy létezik olyan c és c 2 ozitív állandó, hogy minden 2 esetén π() dt log t < c e c 2(log ) 2. (5.) 2 Az itteni hibatag tetsz leges K-ra kisebb -nél, ha elég nagy. log K Gyengébb, de nagy konstansot nem tartalmazó becslés éldául a következ : 962- ben J. B. Rosser és L. Schoenfeld amerikai matematikusok bebizonyították, hogy n Z; n 67 esetén n n log n < π(n) < log n Az el ször 896-ban bizonyított rímszámtételre még több, mint fél évszázadig csak függvénytani bizonyítások születtek; az els elemi számelméleti bizonyítást Erd s Pál és a norvég Atle Selberg adta 948-ban. Azóta számos elemi bizonyítás született. A rímszámok analitikus eszközökkel való vizsgálata az elemi becsléseknél sokkal élesebb eredményeket ad (éldául (5.)), de ezek igazolása nagyon mély eszközöket kíván, amely túlmegy a dolgozat keretein. Megjegyezzük azonban, hogy ezekkel a módszerekkel nem csak a rímszámok számára adhatunk éles becsléseket, hanem egyéb rímekhez kacsolódó mennyiségek is jól becsülhet ek. Ennek az elméletnek magyar vonatkozása 32

33 is van, világhír ek éldául Pintz János magyar matematikus, D. A. Goldston és C. Y. Yildirim rímhézagokra vonatkozó eredményei. [4]-ben egy kit n összefoglalót találhatunk a legmodernebb eredményekr l. 33

34 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezet mnek, Gyarmati Katalinnak a dolgozatom elkészítésében nyújtott segítségéért és türelméért. Köszönettel tartozom még családomnak és barátomnak a támogatásukért és a megértésükért. 34

35 Irodalomjegyzék [] Martin Aigner, Günter M. Ziegler: Bizonyítások a könyvb l, Tyote, [2] Szalay Mihály: Számelmélet, Tiote Nemzeti Tankönyvkiadó, 998. [3] Lánczi Ivánné: Számelmélet, Tankönyvkiadó, Budaest, 967. [4] János Pintz: Landau's Problems on Primes, Journal de Théorie des Nombres [5] htt://hu.wikiedia.org/wiki/prímszámok 35

36 Nyilatkozat A szakdolgozat szerz jeként fegyelmi felel sségem tudatában kijelentem, hogy a dolgozatom önálló munkám eredménye, saját szellemi termékem, abban a hivatkozások és idézések standard szabályait következetesen alkalmaztam, mások által írt részeket a megfelel idézés nélkül nem használtam fel. 36