Rozmieszczenie liczb pierwszych Euler

Rozmieszczenie liczb pierwszych
Euler
Pierwszy nowoczesny wynik pochodzi od Eulera:
TWIERDZENIE:
Szereg
1
jest rozbieżny.
p−primes p
X
Szkic dowodu:
Dla s > 1 zachodzi równość
∞
X
∞
Y
1
1
1
(∗)
1
+
=
+
+ ... .
s
s
pi
p2s
i
n=1 n
i=1
!
Suma po lewej stronie to funkcja ζ Riemanna. Ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego mamy zatem
ζ(s) =
∞
X
∞
Y
1
1
=
1 .
s
n=1 n
i=1 1 − ps
i
Można łatwo pokazać, że dla 0 < x < 1
x
1
<
.
ln
1−x
1−x
Stąd dla 0 < x < 1/2 mamy
1
ln
< 2x.
1−x
Zlogarytmujmy teraz obie strony równości (∗):
ln ζ(s) =
X
primes
ln 1
1−
1
ps
<2
1
.
s
primes p
X
Gdyby szereg 1/p był zbieżny, to dla s −→ 1+ funkcja ζ(s) byłaby zbieżna, a więc
ζ(1) też byłaby skończona.
P
1
2
Twierdzenie o rozmieszczeniu liczb pierwszych
Istnieją dwie ważne wersje twierdzenia o rozmieszczeniu liczb pierwszych:
TWIERDZENIE O ROZMIESZCZENIU LICZB PIERWSZYCH (Hadamard, VallePoussin 1896)
Oznaczmy przez π(n) ilość liczb pierwszych mniejszych bądź równych n. Zachodzi
równość
π(n) ln n
lim
= 1.
n−→∞
n
Innymi słowy
n
π(n) ≈
.
ln n
Równoważnie można π(n) przybliżać tzw. logarytmem całkowym:
Z x
1
dt.
2 ln t
Lgarytm całkowy, oznaczany jest przez Li(x) Pokażemy, że obie funkcje są asymptotycznie równe. W tym celu wystarczy skorzystać z reguły de l’Hospitala.
π(x) ≈
Obserwacje empiryczne pokazują, że Li(x) przybliża funkcję π(x) z góry. Ale w roku
1914 Littlewood wykazał, że funkcja
π(x) − Li(x)
zmienia znak nieskończenie wiele razy. Jego uczeń Stanley Skewes wykazał, że pierwsza
zmiana znaku wystąpi już przed
1034
1010
.
Ale w 2000 roku pokazano, że leży ona poniżej 1, 4 · 10316 .
Szacowanie pn
Korzystając z twierdzenia TRLP można oszacować n-tą liczbę pierwszą. Skoro wiemy,
że
π(x) ln x
= 1,
lim
x−→∞
x
to
lim [ln π(x) + ln ln x − ln x] = 0.
x−→∞
Stąd
"
#
ln π(x) ln ln x
+
− 1 = 0.
lim ln x
x−→∞
ln x
ln x
Ponieważ ln x jest nieograniczone, więc suma w nawiasie też dąży do zera. Stąd
lim
x−→∞
ln π(x)
= 1.
ln x
3
Podstawmy w miejsce x liczbę pn . Wówczas
lim
n−→∞
Ponieważ z TRLP
lim
n−→∞
ln π(pn )
= 1,
ln pn
π(pn ) ln pn
= 1,
pn
więc
lim
n−→∞
π(pn ) ln π(pn )
= 1,
pn
Ale π(pn ) = n, więc
lim
n−→∞
n ln n
= 1,
pn
czyli pn ∼ n ln n.
Współczynniki newtonowskie
Obliczmy w dość nietypowy sposób współczynnik
!
10!
10
=
.
5
5!5!
Jasne jest, że w rozkładzie na czynniki pierwsze mogą tu występować tylko liczby
pierwsze poniżej 10. Spójrzmy, w jakiej potędze występuje każda z nich.
W liczniku jest 5 = [10/2] liczb parzystych, co daje 5 dwójek. Spośród nich [10/22 ] = 2
to liczby podzielne przez 4, co daje dwie dalsze dwójki, wreszcie [10/23 ] = 1 co daje
jedną podzielną przez 8,. Z kolei w mianowniku jest dwukrotność [5/2] = 2 i [5/4] = 1.
Łącznie 6 dwójek. Zatem po skróceniu będą dwie dwójki. Rachunki te można zapisać
w postaci
([10/2]−2[5/2])+(10/22 ]−[5/22 ])+(10/23 )−2[5/23 )] = (5−4)+(2−2)+(1−0) = 1+0+1 = 2.
Podobnie dla trójki:
([10/3] − 2[5/3]) + ([10/32 ] − [5/32 ]) = (3 − 2) + (1 − 0) = 2;
dla piątki
[10/5] − 2[5/5] = 2 − 2 = 0;
dla siódemki
[10/7] − 2[5/7] = 1 − 0 = 1.
Zatem
!
10
= 22 · 32 · 7 = 252.
5
4
W ogólnym przypadku liczba p występuje w rozkładzie n! dokładnie
∞
X
k=1
"
n
pk
#
razy. Oczywiście ta suma tylko
z pozoru jest nieskończona. Zatem w rozkładzie współczynnika newtonowskiego 2n
liczba pierwsza p występuje
n
∞
X
"
k=1
#
"
2n
n
−
2
pk
pk
#!
razy.
Już poprzednio widzieliśmy, że składniki te są jedynkami bądź zerami. Rzeczywiście
[2x/p] − 2[x/p] < 2x/p − 2(x/p − 1) = 2,
a ponieważ jest to liczba całkowita, więc jest równa 0 lub 1.
Zauważmy, że dla k > 2n, składniki ostatniej sumy są zerami. Zachodzi zatem następujący:
LEMAT 1
Liczba pierwsza p występuje w rozkładzie współczynnika 2n
co najwyżej w kp -tej
n
potędze, gdzie kp największa liczba naturalna taka, że
pkp ¬ 2n.
Pierwsze szacowania dla π(n)
Bezpośrednio z lematu otrzymujemy
!
2n
= Πp pkp ¬ (2n)π(2n) .
n
Z drugiej strony zauważmy, że liczby pierwsze z przedziału [n + 1, 2n] występują w
rozkładzie współczynnika newtonowskiego w pierwszej potędze. Zatem
!
2n
­ Πp∈[n+1,2n p ­ nπ(2n)−π(n) .
n
Na ćwiczeniach pokażemy, że
!
2n
¬ 22n .
2 ¬
n
n
Łącząc te nierówności otrzymujemy:
KLUCZOWY LEMAT
2n ¬ (2n)π(2n) ,
nπ(2n)−π(n) ¬ 22n .
5
Dolne szacowanie
Zlogarytmujmy obie strony pierwszej nierówności:
n ¬ π(2n) log2 2n = π(2n)
ln 2n
,
ln 2
skąd
n ln 2
ln 2 2n
=
·
.
ln 2n
2 ln 2n
Uzyskamy teraz podobne, choć trochę słabsze szacowania dla dowolnego x (w tym
nieparzystego n). Niech x ∈ [2n, 2n + 2). Wówczas dla x > 1
π(2n) ­
π(x) ­ π(2n) ­
ln 2 2n + 2
ln 2 x
x
ln 2 2n
­
·
­
> 0, 17 ·
.
2 ln 2n
2
2 ln x
4 ln x
ln x
Górne szacowanie
Zlogarytmujmy obie strony drugiej nierówności:
(π(2n) − π(n)) · log2 n ¬ 2n,
skąd
π(2n) − π(n) ¬
2n
2n ln 2
=
,
log2 n
ln n
a więc
2n ln 2
+ π(n).
ln n
Skorzystamy z ostatniej nierówności k-krotnie dla 2n = 2k , k ­ 3 ?:
π(2n) ¬
π(2k ) ¬
=
2k ln 2
2k ln 2 2k−1 ln 2
2k ln 2 2k−1 ln 2
23 ln 2
k−1
k−2
+π(2
)
¬
+
+π(2
)
¬
+
+...
+π(4) =
ln 2k−1
ln 2k−1 ln 2k−2
ln 2k−1 ln 2k−2
ln 22
2k ln 2
2k−1 ln 2
23 ln 2
2k
2k−1
23
22
+
+ ...
+2<
+
+ ... +
+
.
(k − 1) ln 2 (k − 2) ln 2
2 ln 2
k−1 k−2
3−1 2−1
Aby uprościć oszacowanie ostatniej sumy rozważymy przypadek k = 2j:
2j
π(2 ) <
i=2j
X
i=2
i=j
i=2j
X
X
2i
2i
2i
=
+
.
i − 1 i=2 i − 1 i=j+1 i − 1
Oszacujmy każdy ze składników:
i=j
X
i=j
X
2i
<
2i < 2j+1 ;
i
−
1
i=2
i=2
i=2j
X
i=2j
2j
X 2i
2i
1 X
22j+1
<
=
2i <
.
j i=j+1
j
i=j+1 i − 1
i=j+1 j
6
Zauważmy, że ten drugi składnik szacowanej sumy
j
22j+1
j+1 2
=2 ·
j
j
jest tu składnikiem dominującym, więc
π(22j ) < 2
22j
22j+1
=4·
,
j
j
czyli
4j+1
.
j
Pozostaje przejść do oszacowania dla dowolnej zmiennej x. Niech 4j−1 < x < 4j .
Wówczas
π(4j ) <
π(x) ¬ π(4j ) <
4j+1
4j−1
x
x ln 4
x
= 16
< 16
= 16
= 32 ln 2
.
j
j
log4 x
ln x
ln x
Uogólnienia i analogie
Wiemy, że 1/ ln x to liczby pierwsze. Z drugiej strony łatwo pokazać, że 1/n spośród
wszystkich permutacji na n to cykle-czyli permutacje nierozkładalne. Wyglada na to,
że liczbie n w świecie permutacji odpowiada ln x w świecie liczb. I rzeczywiście:
Hardy i Ramanujan wykazali w roku 1917, że ilość liczb mniejszych od x mających
dokładnie k dzielników pierwszych jest asymptotycznie równa
1 (ln ln x)k−1
·
.
ln x
(k − 1)!
Z kolei liczba permutacji będąca iloczynem dokładnie k cykli jest asymptotycznie równa
1 (ln n)k−1
·
.
n (k − 1)!
Jeśli zamiast n w permutacjach piszemy ln x otrzymujemy odpowiedni wzór dla teorii
liczb.
Podobnie typowa permutacja rozkłada się na ln n cykli. Typowa liczba ma średnio
ln ln n czynników. Itd. Więcej: Andrew Granville’s Home Page, public lectures: MSIAnatomy of integers ...
Cztery problemy Landaua
1. Liczby bliźniacze
2. Liczby postaci n2 + 1
3. Hipoteza Goldbacha (Wujek Piotr i hipoteza Goldbacha, 2000-2002)
4.Hipoteza Legendre’a: pomiędzy kolejnymi kwadratami jest liczba pierwsza