Bổ đề Bertrand và định lý số nguyên tố ( phần 1)

Posted: Tháng Hai 10, 2014 in Uncategorized
0

Sự phát biểu

” Bổ đề Bertrand : nếu n là số nguyên không nhỏ hơn 2 , thì giữa hai số n và 2n luôn tồn tại ít nhất một số nguyên tố ”

Sau đây là định lý rất quan trọng , được gọi là định lý số nguyên tố , được vua toán học Gauss dự đoán sau đó được chứng minh bởi Paul Erdos và một người bạn của ông , tiếc thay cho Erdos ông đã công bố kết quả của mình sau và do đó người bạn của ông được giải Field

Phát biểu , gọi \pi(x) là số lượng các số nguyên tố không vượt quá x khi đó

lim_{x\to \infty } \dfrac{\pi(x)lnx}{x}=1

Ở đây ta sẽ chứng minh kết quả yếu hơn là một bất đẳng thức với n\geq 2

\dfrac{n}{6lnn} < \pi(n) < \dfrac{6n}{lnn}

Để chứng minh nó ta sẽ dùng một số bổ đề

Bổ đề 1 , với mọi n\geq 2 nguyên dương sau đó

2^{n} \leq C_{2n}^{n} < 4^{n}

Sử dụng khai triển

(1+1)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} C_{2n}^{k} > C_{2n}^{n}

Vế còn lại chúng ta dễ chứng minh bởi phương pháp quy nạp toán học .

Sau đó chúng tôi có

nln2 \leq ln(2n!) - 2ln (n!) < nln4

Bổ đề 2 , cho p là một số nguyên tố không vượt quá x và x\geq 1 , sau đó cho phép chức năng

a(p) = \sum_{m=1}^{\infty} \left \lfloor \frac{x}{p^{m}}\right \rfloor

Sau đó chúng tôi sẽ có

\left \lfloor x \right \rfloor ! = \prod _{p\leq x} p^{a(p)}

Trước hết với các hàm F,f mà F(x) = \sum_{n\leq x} f(n)

Sau đó

\sum_{n \leq x} \sum_{d|n} f(d)= \sum_{n\leq x} f(n) \left \lfloor \dfrac{x}{n} \right \rfloor =\sum _{n\leq x} F(\dfrac{x}{n})

Với điều này giành cho mọi người chứng minh

Sử dụng nó tôi có

\sum_{n\leq x} \wedge(n) \left \lfloor \dfrac{x}{n} \right \rfloor =\sum _{n\leq x} \sum_{d|n} \wedge(d) = \sum_{n\leq x} ln n = log A

Trong đó A = \left \lfloor x \right \rfloor !

Sử dụng bổ đề 2 tôi có

a(p)=\sum_{m=1}^{\left \lfloor \dfrac{lnn}{lnp} \right \rfloor}\left \lfloor \dfrac{n}{p^{m}}\right \rfloor

Từ đó

ln (2n!) - 2 ln (n!) = \sum_{p<2n} \sum_{m=1}^{\left \lfloor \dfrac{ln2n}{lnp} \right \rfloor } ({ \left \lfloor \dfrac{2n}{p^{m}} \right \rfloor - 2 \left \lfloor \dfrac{n}{p^{m}} \right \rfloor })lnp

Và

nln2 \leq \sum_{p\leq 2n} (\sum_{m=1}^{\left \lfloor \dfrac{ln2n}{lnp} \right \rfloor} 1)lnp \leq \sum_{p\leq 2n} ln2n =\pi(2n) ln2n

Nhưng lại có ln2 > \dfrac{1}{2} , dễ ràng có

\pi(2n+1)\geq \pi(2n) > \dfrac{1}{4} \dfrac{2n}{ln2n} \geq \dfrac{1}{6} \dfrac{2n+1}{ln(2n+1)}

Từ các điều trên chúng tôi có

\pi(n) > \dfrac{n}{6lnn}

Bất đẳng thức Turan – Kubilius , bất đẳng thức Bombieri – Vinagradov và định lý thứ nhất của Mertens

Posted: Tháng Hai 10, 2014 in Uncategorized
0

Nội dung của định lý :

Cho f là một hàm số học , cho bởi p nguyên dương nào đó và v là một số nguyên dương tùy ý .

Đặt A(x)=\sum_{p^{v}\leq x} f(p^{v}) p^{-v}(1-p^{-1})

Và B^{2}(x)= \sum_{p^{v}\leq x} | f(p^{v})|^{2}.p^{-v}

Sau đó tồn tại hàm số u(x) nào đó mà dần tiến tới 0 khi x đến vô hạn để với mọi x đủ lớn ta luôn có ( x\geq 2) :

\dfrac{1}{x}\sum _{n\leq x} | f(n)-A(x)|^{2} \leq (2+u(x))B^{2}(x)

Định lý Hardy – Ramanujian

Cho u(n) là hàm số thay thế bởi số các ước nguyên tố của một số n cho trước sau đó tôi có nếu n chạy đến vô cùng kéo theo u(n) đến vô cùng

|u(n)-loglogn| < v(n) (loglogn)^{\dfrac{1}{2}}

Mà ở đó v(x) = \sum_{n\leq x} \wedge (n)

Trong đó \wedge(n) là hàm Von Mangotl được định nghĩa

\wedge(n) = log p nếu n = p^{k} với p là một số nguyên tố , k là một số nguyên dương

Còn nếu ngược lại thì \wedge(n)=0

Ngoài ra người ta cũng chứng minh rằng .

\sum _{n\leq x} | u(n)-loglogn |^{2} << xlog log x

Định lý Mertens loại 2

Cho M là hằng số Merten - Meissel sau đó ta có

lim ( \sum _{p\leq n} \dfrac{1}{p} - M - ln ln n ) = 0

Trong đó n chạy đến vô hạn .

Bất đẳng thức Bomberi-Vinogradov

Ta luôn có

\sum _{q \leq Q } max_{y<x} max _{1\leq a\leq q , (a,q)=1} | v(y,q,a) - \dfrac{y}{\phi(q)}|  = O (\sqrt{x} .Q(logx)^{5})

Mà ở đó v(y,q,a)=\sum _{n\leq x,n\equiv a(modq)} \wedge(n)

Giải phương trình nghiệm nguyên dương

Posted: Tháng Hai 10, 2014 in Uncategorized
0

Tìm tất cả các số nguyên dương x,y,k,n thỏa mãn phương trình: (x!)^k+(y!)^k=(k+1)^n \cdot (n!)^k

Sau đây là lời giải của mình 

Hiển nhiên do k là số nguyên dương nên k+1\geq 2 nên ta có thể xét cho x\geq y\geq n

Sau khi đặt x!=y!.A và y!=B.n! ta có x!=AB.n!

Thay vào phương trình thu và thu được (AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n} hay B^{k}(A^{k}+1)=(k+1)^{n}

Đặt gcd(B,k+1)=r ta có (AB)^{k}+B^{k}=(k+1)^{n} chia hết cho r^{n}

Đến đây ta có vế trái có ít nhất r^{k} và vế phải có r^{n} nên hiển nhiên k\leq n

Giờ ta xét phân tích chuẩn của (k+1)^{n} là (k+1)^{n}=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{na_{i}}

Ý tưởng chính của bài này là dùng định lý LTE kết hợp với hằng đẳng thức và bất đẳng thức

Dĩ nhiên điều kiện để áp dụng LTE là p_{i}|AB+A và $A,B$ không chia hết cho p_{i} nào , giờ ta xét cho \prod_{i=1}^{t}p_{i}|AB+A

Khi đó áp dụng định lý LTE ta có v_{p_{i}}(k)+v_{p_{i}}(AB+A)=v_{p_{i}}((AB)^{k}+B^{k})=na_{i}

Nên hiển nhiên AB+A sẽ chia hết toàn bộ cho (k+1)^{n}

Do đó ta có (AB)^{k}+B^{k}\geq AB+A\geq (k+1)^{n}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k=1 và ta dễ dàng giải phương trình B(A+1)=2^{n}

Đến đây ta xét trường hợp thứ hai là AB+A không chia hết cho một p_{i} nào đó ( không phải tất cả ), ta không cần để ý đến điều này mà ta sẽ đặt thẳng như sau 

A=r\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}},B=d\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{i}}

Khi đó ta sẽ thu được phương trình 

(dr)^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k+c_{i}k}+d^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{c_{ik}}=(k+1)^{n}=>d^{k}(r^{k}\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{b_{i}k}+1)=\prod_{i=1}^{t}p_{i}^{a_{i}n-c_{i}k}

Điều này tự nó mâu thuẫn với cách đặt vì nếu đặt như vậy d,r nguyên tố với (k+1)

Các lũy thừa ở vế phải ở mũ không thể là 0 nên chỉ còn các lũy thừa vế trái là 0 ,tức là b_{i}k=0

Vậy ta thu được phương trình 2.d^{k}=VP

Vì gcd(d^{k},VP)=1 nên VP|2

Vậy bài toán đã được giải quyết xong

camera360_2014_1_31_033622_jpg1.jpg

0

Hình ảnh  —  Posted: Tháng Hai 1, 2014 in Uncategorized

1524812_369807483164146_517453742_n.jpg

1

Hình ảnh  —  Posted: Tháng Hai 1, 2014 in Uncategorized

Newer Entries