Elemi becslések a prímszámok számára
Szakdolgozat Készítette:
Koplányi Barbara
Matematika BSc, Matematikai elemz® szakirány
Témavezet®:
Gyarmati Katalin adjunktus
Algebra és Számelmélet Tanszék
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest 2012
Tartalomjegyzék
1. Bevezetés
3
2. Hat bizonyítás a prímszámok végtelenségére
5
2.1.
Euklidész bizonyítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2.2.
Második bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.3.
Harmadik bizonyítás
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.4.
Negyedik bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.5.
Ötödik bizonyítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
2.6.
Hatodik bizonyítás
9
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. A prímszámok eloszlásáról
11
3.1.
A prímszámok számának vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
3.2.
Csebisev-tétel
15
3.3.
Az
n-edik
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
pozitív prímszám becslése
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4. Prímszámok reciprokösszege
17
19
4.1.
A prímszámok reciprokösszegének divergenciája
. . . . . . . . . . . . .
4.2.
A prímszámok reciprokösszegével kapcsolatos tételek
. . . . . . . . . .
5. Modern eredmények
19 21
29
5.1.
Élesebb becslések a prímszámok számára . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
5.2.
Prímszámtétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2
1. fejezet
Bevezetés
A matematika területén prímszámnak nevezzük azokat a természetes számokat, amelyeknek pontosan két osztójuk van a természetes számok között (maga a szám és az
1).
Végtelen sok prímszám van. Ennek az állításnak a legrégebbi bizonyítását
Euklidész adta meg Elemek cím¶ munkájában. A prímszámok végtelenségére számos
más bizonyítás is született számelméleti, absztrakt algebrai, analitikus, s®t topológiai eszközök felhasználásával is. A prímszámok keresésének legegyszer¶bb módja a rosta, avagy Eratoszthenész szitája: felírjuk a számokat
1-t®l n-ig.
Kihúzzuk az 1-et, hiszen
az nem prímszám. Az els® nem kihúzott számot bekarikázzuk, ez prímszám 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® prímszám (3). Ennek a többszöröseit is kihúzzuk, és így tovább. A bekarikázott számok lesznek
n-ig a prímszá-
mok. A prímszámokkal kapcsolatban rengetek megoldatlan probléma van. Ilyen például az Ikerprím-sejtés, az
n2 +1 alakú prímek számának végtelensége és a Mersenne-prímek
számának végtelensége. Máig ne tudjuk, hogy létezik-e végtelen sok
n
22 + 1
(Fermat
szám) alakú prímszám, s®t azt sem, hogy létezik-e végtelen sok ilyen alakú összetett
szám.
3
A szakdolgozatban bizonyításokat mutatunk be a prímszámok végtelenségére, elemi becsléseket adunk a prímszámok számára, megismerkedünk néhány, a prímszámok reciprokösszegér®l szóló tétel bizonyításával és ismertetjük a prímszámok számának meghatározására vonatkozó modernebb eredményeket.
4
2. fejezet
Hat bizonyítás a prímszámok végtelenségére
Euklidész óta ismert, hogy végtelen sok prímszám létezik. [1] alapján 6 különböz® bi-
zonyítást ismertetek.
Bevezetünk néhány jelölést:
{. . . , −2, −1, 0, 1, 2, . . . }
N = {1, 2, 3, . . . }
a természetes számok halmaza,
az egész számok halmaza,
P = {2, 3, 5, 7, . . . }
Z =
a prímszámok
halmaza.
2.1. Legyen
Euklidész bizonyítása {p1 , . . . , pr } prímek egy tetsz®leges véges halmaza. Vegyük az n = p1 p2 . . . pr +1
számot és legyen különben ugyanis
p p
az
n
szám prímosztója. Ekkor
osztaná
n-et
és a
p1 p2 . . . pr
különbséget is, ami lehetetlen. Tehát egy véges
p
nem lehet egyenl® semelyik
szorzatot, és így az
pi -vel,
n − p1 p2 . . . pr = 1
{p1 , . . . , pr } halmaz nem tartalmazhatja
az összes prímszámot.
A következ® három bizonyítás szájhagyomány útján terjedt, az ötödik Hillél Fürstenberg nevéhez f¶z®dik, az utolsó pedig Erd®s Pál bizonyítása.
5
2.2.
Második bizonyítás
Nézzük el®ször az
n
Fn = 22 + 1
Fermat számokat
n = 0, 1, 2, . . .-re.
F0 = 3; F1 = 5; F2 = 17; F3 = 257; F4 = 65 537; F5 =
(Az els® néhány Fermat szám:
641 · 6 700 417) Megmutatjuk, hogy bármely két Fermat szám relatív prím, így végtelen sok prímszámnak kell lennie. Ezért belátjuk a
n−1 Y
Fk = Fn − 2
(n ≥ 1)
k=0 rekurziót, amib®l állításunk azonnal következik. Valóban, ha n−1 Q Fn -et (k < n), akkor m osztja 2 = Fn − Fk -t is, tehát m = k=0 nem lehet, mert minden Fermat szám páratlan. A rekurziót
n
szerinti indukcióval bizonyítjuk. Ha
Feltesszük, hogy az állítás igaz
n = m-ig.
n = 1,
m
osztja például
Fk -t
és
1 vagy m = 2. De m = 2
akkor
F0 = 3
Bebizonyítjuk, hogy ekkor
és
F1 − 2 = 3 .
n = m + 1-re
is
igaz. Az indukciós feltevésb®l következik, hogy
m Y
Fk =
k=0
m−1 Y
! Fk
m
m
m+1
Fm = (Fm − 2)Fm = (22 − 1)(22 + 1) = 22
−1=
k=0
= Fm+1 − 2.
2.3.
Harmadik bizonyítás
2.3.1. De níció.
2.3.2. Tétel (Lagrange-tétel). U|
csoportja, akkor |
Tegyük fel, hogy
P
p
prím.
G egy véges (multiplikatív) csoport és U
egy rész-
2p − 1
bármely
G|-t.
véges és
prímosztója nagyobb mint
a
2p − 1 test
Ha
alakú számok, ahol
osztja |
q
Zq
Mp = 2p − 1
A Mersenne-számok az
p
a legnagyobb prím. Megmutatjuk, hogy
p.
Ebb®l következik a prímszámok végtelensége. Legyen
valamely prímosztója, azaz
2p ≡ 1
(mod
q ).
Mivel
p
q
prím, ez azt jelenti, hogy
Zq \{0} multiplikatív csoportjában a 2 elem rendje p. Ennek a csoportnak q − 1 6
eleme van. A 2.3.2. Tételb®l tudjuk, hogy minden elem rendje osztja a csoport rendjét, így
p | q − 1,
2.4.
tehát
p < q.
Negyedik bizonyítás
Ez a bizonyítás elemi analízist használ.
2.4.1. De níció. log x =
Rx 1
Legyen
1 dt az t
π(x) := #{p ≤ x : p ∈ P}
száma. (#A az sorrendben:
x
az
természetes logaritmusa.
x
valós számnál kisebb vagy egyenl® prímszámok
A halmaz elemszámát jelöli.) Számozzuk meg a prímszámokat növekv®
P = {p1 , p2 , p3 . . .}
Hasonlítsuk össze az
f (t) =
és vegyük
x
természetes logaritmusát.
1 függvény gra konja alatti területet egy a függvény grat
konját felülr®l közelít® lépcs®s függvénnyel.
Így
n ≤ x ≤ n + 1-re
1 1 1 1 X 1 + + ... + + ≤ -et 2 3 n−1 n m kapunk, ahol az összegzést minden olyan m ∈ N-re kiterjesztjük, aminek csak p ≤ x Q kp prímosztója van. Minden ilyen m egyértelm¶en felírható p alakban, ezért log x ≤ 1 +
p≤x
Y X 1 X 1 = m p∈P k≥0 pk p≤x 7
!
1 kvóciens¶ mértani sor, azaz p
A bels® összeg egy
log x ≤
Y p∈P p≤x
pk ≥ k + 1 ,
1 1−
1 p
=
Y p∈P p≤x
π(x) Y pk p = . p − 1 k=1 pk − 1
így
pk 1 1 k+1 =1+ ≤1+ = , pk − 1 pk − 1 k k tehát
π(x)
log x ≤ Tudjuk, hogy
2.5.
log x
Y k+1 = π(x) + 1. k k=1
nem korlátos, tehát
π(x)
sem az, azaz végtelen sok prímszám van.
Ötödik bizonyítás
Ez a bizonyítás topológiát használ. Nézzük az alábbi topológiát az egész számok
Z
halmazán: az
a, b ∈ Z, b > 0
számokra
legyen
Na,b = {a + nb : n ∈ Z}. Minden
Na,b
halmaz egy kétirányú végtelen számtani sorozat.
2.5.1. De níció. van olyan
b ∈ Z,
Egy
O⊆Z
amelyre
halmaz nyílt, ha vagy
O
üres, vagy minden
a ∈ O-hoz
Na,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 két nyílt halmaz, ekkor tetsz®leges illetve
Na,b2 ⊆ O2 ,
topológiát generál
de ekkor
a ∈ O1 ∩ O2 -hez
a ∈ Na,b1 ·b2 ⊆ O1 ∩ O2 .
Z-n.
Állítás (A) Bármely nemüres nyílt halmaz végtelen.
8
létezik
b1 , b2 ∈ Z,
hogy
O1
és
O2
Na,b1 ⊆ O1
Ez a halmazcsalád tehát egy valódi
(B) Minden
Na,b
halmaz zárt is.
(A) következik a de nícióból. (B)-hez vegyük észre, hogy
Na,b = Z \
b−1 [
Na+i,b ,
i=1 ami bizonyítja, hogy
n 6= 1, −1
Na,b
egy nyílt halmaz komplementere, tehát zárt is. Mivel minden
p
számnak van
prímosztója, ezért benne van
N0,p -ben,
amib®l következik,
hogy
Z \ {1, −1} =
[
N0,p .
p∈P Ha
P véges lenne, akkor
S
N0,p (B) alapján el®állna zárt halmazok véges uniójaként, és
p∈P így ® maga is zárt lenne. Tehát az
{1, −1}
nyílt halmaz lenne, ami viszont ellentmond
(A)-nak.
2.6.
Hatodik bizonyítás P
Ez a bizonyítás a prímszámok végtelenségén túl azt is megmutatja, hogy
p∈P
1 sor dip
vergens. Euler adta az els® bizonyítást erre a fontos eredményre (4. fejezet). Legyen
p1 , p2 , p3 , . . .
a prímszámok növekv® sorozata, és tegyük fel, hogy
gens. Ekkor kell lennie olyan
k
természetes számnak, melyre
P i≥k+1
p1 , . . . , pk -t
kis prímeknek, és
pk+1 , pk+2 , . . .-t
1 pi
<
P
1 konverp
p∈P 1 . Nevezzük 2
nagy prímeknek. Tetsz®leges
x
természe-
tes számra tehát
X x x < pi 2 i≥k+1
(2.1)
adódik. Legyen
Nx
azon
osztójuk van, hogy alkalmas
Kx
m≤x
pozitív egészek száma, amelyeknek legalább egy nagy prím-
pedig azoké, amelyeknek minden prímosztójuk kicsi. Megmutatjuk,
x-re Nx + Kx < x, 9
ami a várt ellentmondást adja, mert de níció szerint
j k x pi
azokat a
m≤x
pozitív egészeket számolja, amelyek
alapján
Kx -et!
többszörösei. Vagyis (1)
alakba, ahol
am
(2.2)
A csak kis prímosztókkal rendelkez®
a négyzetmentes rész. Minden
a szorzata, azaz legfeljebb
√ x,
pi
X x x < . Nx ≤ pi 2 i≥k+1
Vizsgáljuk most
am b2m
Nx + Kx = x.
2k
am
m ≤ x-eket
√ x
m=
tehát különböz® kis prímeknek
bm ≤
√ m≤
+ Nx < x.
Végül
féle négyzetmentes rész van. Továbbá, mivel
azt kapjuk, hogy legfeljebb
átírjuk
féle négyzetes rész van, és ezért
√ Kx ≤ 2k x. Ha
√ 2k x ≤
x , akkor 2
megjegyezzük, hogy
√ Kx ≤ 2k x ≤
x>
x , és ekkor (2) alapján Kx 2 √ 22k+2 esetén 2k x < x2 valóban teljesül.
10
3. fejezet
A prímszámok eloszlásáról
Ebben a fejezetben [2] alapján adok elemi becsléseket a prímszámok számára.
3.1.
A prímszámok számának vizsgálata
3.1.1. De níció.
Tetsz®leges
x≥2
valós szám esetére jelölje
haladó pozitív prímszámok számát, azaz
P
π(x) =
π(x)
az
x-et
meg nem
1.
p≤x p prim (A továbbiakban prímeken futó szummákat és produktumokat
P p≤x
és
Q
képlettel ír-
p≤x
juk.)
A következ® tétel a
3.1.2. Tétel.
[2; n]
intervallumba es® prímszámok szorzatára ad fels® becslést.
Tetsz®leges
Bizonyítás.
n≥2
I. eset:
n
p < 4n .
(Erd®s Pál és Kalmár László bizonyítása) A bizonyítást
n − 1-ig
páros:
Q p≤n
n=2
teljes indukcióval végezzük. hogy a tétel
egész szám esetén
2
2<4
esetén
;
n=3
igaz. Bebizonyítjuk, hogy ekkor
n = 2k ≥ 4,
estén
n-re
ekkor
Y p≤2k
p=
Y
p < 42k−1 < 42k
p≤2k−1 11
3
2·3 < 4
n
szerinti
. Tegyük fel,
is igaz, amennyiben
n ≥ 4.
n
II. eset:
páratlan:
n = 2k + 1 > 4,
akkor a szorzat
! Y
Y
p=
p≤2k+1
p
p≤k+1
p | (k + 2)(k + 3) · · · (2k + 1) =
k+2≤p≤2k+1 szorzat
k!-hoz
relatív prím, ezért osztója a
2 < k + 1 < n. Továbbá = k! 2k+1 kifejezést, és mivel k
hiszen
p≤k+1
Q
p ,
k+2≤p≤2k+1
p < 4k+1 ,
Q
ahol az indukciós feltétel miatt
! Y
(2k+1)! (k+1)! 2k+1 k
ez a
egész számnak, tehát
2k + 1 3 · 5 · 7 · . . . · (2k + 1) · 2k p≤ = < k (k + 1)! k+2≤p≤2k+1 Y
<
4 · 6 · 8 · . . . · (2k + 2) · 2k = 22k = 4k ; (k + 1)!
így végül
Y
p < 4k+1 4k = 42k+1 .
p≤2k+1
Megjegyzés: A 3.1.2. Tétel x ∈ R esetén is igaz. 3.1.3. Tétel.
Tetsz®leges
x≥2
valós szám esetén
3 x π(x) < 4 + . 4 log2 x
Bizonyítás. a többit
√
A
Q
p szorzatot becsüljük alulról. A szorat
√ x alatti tényez®it 2-vel,
p≤x
x ≥ 4-re Y Y Y Y Y √ p= p p ≥ 2 4x > x = x-szel
becsüljük alulról:
p≤x
√ p≤ x √ √ π( x)
=2
√
x
( x)
√ p≤ x
,
tehát
√
22x > 2π(
x)
√ √ ( x)π(x)−π( x) .
12
√
x
Áttérve kettes alapú logaritmusra azt kapjuk, hogy
√ √ √ 2x > π( x) + (π(x) − π( x)) log2 x, √ √ π( x) < x, ezért √ √ √ x π( x) 4x − 2π( x) + π( x) = 4+ (log2 x − 2) ≤ π(x) < log2 x log2 x x x 1 ≤ 4 + √ (log2 x − 2) , log2 x x
x≥4
miatt
Mivel
x ≥ 4,
log2 x ≥ 0
és
ezért van olyan
k≥2
egész, amelyre
2k ≤ x < 2k+1 ,
így
1 3 1 0 ≤ √ (log2 x − 2) < k (k + 1 − 2) ≤ , 4 x 22 ahol
1 k
(k + 1 − 2) ≤
22
3 egyenl®tlenség 4
k−1 k
22 Ezzel igazoltuk, hogy
=
k = 2; k = 3
(k + 1) − 1 2
k+1 2
és
k=4
esetén fennáll, és
k ≥ 4-re
1 √ (k + 1) − 1 1− 2> . k+1 k 2 2
x ≥ 4-re x 3 ; π(x) < 4 + 4 log2 x
és
2≤x<4
esetén
3 π(x) ≤ 2 < 4 + = 4
3 4+ 4
2 < log2 4
3 x 4+ . 4 log2 x
3.1.4. Tétel.
Tetsz®leges
x≥2
valós szám esetén
3 x . π(x) > 1 − 4 log2 x
Bizonyítás.
A bizonyításnál felhasználjuk a következ® tételt:
3.1.5. Tétel (Legendre féle formula). zitív prímszám, továbbá
Legyenek
pk ≤ n < pk+1 .
n
Ekkor az
és
n!
k
pozitív egész számok,
n n n n = + 2 + 3 + ... + k . p p p p 13
po-
kanonikus felbontásában a
kitev®je:
αp,n!
p
p
A tétel egyszer¶en következik abból, hogy az
h i n p2
darab
p2 -tel
és általában
h i n pj
darab
1, 2, . . . , n számok között
pj -nel
h i n p
darab
p-vel,
osztható szám van.
Ezután rátérünk a 3.1.4. Tétel bizonyítására: Legyen
n
pozitív egész. A 3.1.5. Tétel alapján
Y 2n (2n)! = = pβp , 2 n (n!) p≤2n
ahol βp =
γp X 2n j=1
pj
n −2 j p
és
pγp ≤ 2n < pγp +1 . y∈R
esetén
2[y] ≤ 2y < 2[y] + 2
0 ≤ [2y] − 2[y] ≤ 1,
Másrészt
tehát
miatt
0 ≤ βp ≤ γp , ezért Y 2n ≤ pγp ≤ (2n)π(2n) . n p≤2n
n-re (n = 1-re
egyenl®séggel)
22n ≤ (2n)π(2n)+1 ,
Ha
azaz
n ≥ 2-re 2 · 4 · 6 · . . . · (2n − 2)2n 2n 3 · 5 · 7 · . . . · (2n − 1)2n > = = n! n! n 22n−1 22n = = . n 2n
Tehát pozitív egész
Ezt
2[y] ≤ [2y] ≤ 2[y] + 1,
x ∈ R; x ≥ 2
x ≥ 8,
azaz π(2n) ≥
2n − 1. log2 (2n)
n = x2 -szel: h x i 2 x2 x−2 x − 1 > ≥ −1= π(x) ≥ π 2 2 log2 x log2 2 2 x 1 = 1 − (2 + log2 x) . log2 x x esetén alkalmazhatjuk
akkor van olyan
k≥3
egész, amelyre
2k ≤ x < 2k+1 ,
1 3 1 (2 + log2 x) ≤ k (k + 3) ≤ , x 2 4 14
így
(3.1)
ami
k = 3-ra
nyilvánvaló, míg
k ≥ 4-re k+3 2k − 1 3 ≤ ≤ . k k 2 2 4
(Az utolsó egyenl®tlenséget a 3.1.3. Tétel bizonyításában már láttuk Tehát ra:
x ≥ 8 esetén π(x) > 1 −
x log2 x
3.2.
<
8 2
=4
3 4
x , ami log2 x
is teljesül, tehát minden
x log2 x
<
igaz a tétel.
2 ≤ x < 4-re:
x ≥ 2-re
4 1
2k
helyén
k -val)
= 4 és 4 ≤ x < 8-
Csebisev-tétel
3.2.1. Tétel (Csebisev tétele). szám, amelyre
Tetsz®leges
n
pozitív egészhez létezik olyan
p
prím-
n < p ≤ 2n.
Bizonyítás.
n≥5
(Erd®s Pál bizonyítása) Nézzük
fels® becslését úgy, hogy szétvágjuk a szorzatot
√ 2n-nél,
egész esetére a
2n -nál és 3
2n n
=
Q
pβp
p≤2n
n-nél! A 3.1.4. Tétel
bizonyításában láttuk, hogy
Y
pβp ≤
√ p< 2n Ha
√ 2n < p ≤
2n , akkor 3
√
Y
pγp ≤ (2n)π(
βp ≤ γp = 1,
De niáljuk az üres szorzatot
.
és a 3.1.2. Tétel alapján
pβp ≤
1-nek!
Y
2n
p<43.
p≤ 2n 3
2n
√ Így az eredmény akkor is érvényes lesz, ha
2n között nincs prímszám (például n = 5; n 3 h i 3 2n n és 1 ≤ < 2 ; 2 ≤ p < 3 révén βp = 2n p p és
2n−1
p< 2n
√
γp = 1
√
≤ (2n)
√
Y
akkor
2n)
és
= 6; n = 7). Ha 2n < p ≤ n, akkor γp = 1 3 h i − 2 np = 2 − 2 · 1 = 0. Ha n < p ≤ 2n,
βp = 1 − 2 · 0 = 1.
Összegy¶jtve a becsléseketés és a 3.1-et felhasználva:
√ 2n 22n 2n < < (2n) 2n−1 4 3 2n n 15
2n
n ≥ 5-re Y n
p,
ha van prímszám az
]n; 2n]
intervallumban. Ha nem volna, akkor
√ 2n 22n < (2n) 2n−1 4 3 2n adódik, azaz
√
De
√ k = [ 2n] ≥ 30
2n
2 √ ( 2n)6
< 1.
esetén √ 2n
2 2k √ > > 1, (k + 1)6 ( 2n)6 és
! √32n
mivel
230 = 316
32 31
6 > 1,
k ≥ 30-ra 2k+1 2k 2k 2k 2 2 = · · , ≥ > (k + 2)6 (k + 1)6 1 + 1 6 (k + 1)6 1 + 1 6 (k + 1)6 k+1 31
hiszen
Tehát
√ [ 2n] ≥ 30,
azaz
1 1+ 31
n ≥ 450
6
< 1, 16 < 1, 342 < 2.
esetén biztos, hogy van prímszám az
vallumban. Ellen®rizhet®, hogy az
]n; 2n]
intervallumban
1 ≤ n < 450
]n; 2n]
inter-
esetén is van
prímszám, biztosan jó a következ® prímszámok valamelyike:
2; 3; 5; 7; 13; 23; 43; 83; 163; 317; 631 (mindegyik kisebb, mint az el®tte lév® kétszerese).
Csebisev tétele úgy is megfogalmazható, hogy tetsz®leges
n
pozitív egészre
π(n). Ez Csebisev 1850-es eredménye. Közvetlen el®zménye Joseph
π(2n) >
Louis Francois Ber-
trand (1822-1900) francia matematikus 1845-ben megfogalmazott sejtése volt, miszerint
ha
n > 3
egész, akkor van olyan
p
prímszám, hogy
sejtését nem sikerült általában igazolnia (n
n < p < 2n − 2.
< 3 · 106 -ra
Bertrandnak a
ellen®rizte). Ezt Bertrand-féle
posztulátumként is szokták emlegetni. 1850-ben Csebisev bebizonyította ezt a sejtést:
minden
n>3
egészre teljesül, hogy
π(2n − 3) > π(n).
gébb változata.
16
A 3.2.1. Tétel ennek egy gyen-
3.3.
Az
Jelölje
n-edik
p1 , p 2 , p 3 , . . .
pozitív prímszám becslése
a pozitív prímszámok növekv® sorozatát:
stb., általában
pn
n-edik
Megjegyzés:
Ha a 3.2.1. Tételt
az
pozitív prímszám.
n
l®tlenséget kapjuk, ami minden
3.3.1. Tétel.
Ha
pn
az
p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5,
n-edik
n
helyett
pn -re
alkalmazzuk, a
pn+1 < 2pn
egyen-
pozitív egészre teljesül.
pozitív prímszám és
n ≥ 2,
akkor
1 8 n log2 n < pn < n log2 n. 5 3
Bizonyítás. Mivel tetsz®leges
A
π(x)-re
nyert becslésekb®l meghatározhatjuk
pn > 15 n log2 n.
pn pn , <5 log2 pn log2 n
A 3.1.4. Tétel szerint pedig
n = π(pn ) > de ebb®l csupán
nagyságrendjét.
n pozitív egészre π(pn ) = n és pn > n, a 3.1.3. Tétel alapján n ≥ 2-re n = π(pn ) < 5
tehát
pn
pn < 4n log2 pn
1 pn · , 4 log2 pn
adódik.
Érdemes a 3.1.4. Tétel helyett annak bizonyításából az
x ∈ R; x ≥ 2-re
nyert
π(x) >
x−2 − 1 becslést használni nagyobb x-ekre. Ha n ≥ 8 egész, akkor n1 log2 n ≤ 83 . log2 x 1 3 1 2 2 1 1 ( log2 8 = ; log2 9 = 27 log2 27 < 27 log2 32 = 10 < 83 ; 10 log2 10 = 20 log2 100 < 8 8 9 27 1 7 3 1 4 3 log2 128 = 20 < 8 ; továbbá, ha 11 ≤ n ≤ 16, akkor n log2 n ≤ 11 < 8 , ezután pedig 20 5 ≤ 16 2k ≤ n < 2k+1 (k ∈ Z) esetén teljesül n1 log2 n < k+1 < 38 , mivel 2k
k+2 k + 1 1 + (k + 1)−1 k+1 = · < .) k+1 k 2 2 2 2k x = 38 n log2 n esetére, ahol n ≥ 8 egész. Eszerint 8 8 n log n − 2 n log2 n − 2 8 −1≥ 3 π n log2 n > 3 8 2 −1= 3 log2 (n2 ) log2 3 n log2 n
Nézzük a becslést
4 1 n−4 = n− −1≥n+ > n = π(pn ), 3 log2 n 3 17
így
pn < 38 n log2 n teljesül n ≥ 8-ra, és érvényes 2 ≤ n ≤ 7 esetén is, mivel ha 2 ≤ n ≤ 3,
akkor
pn 5 5 ≤ = , n log2 n 2 log2 2 2 4≤n≤7
esetén pedig
pn 17 17 ≤ = n log2 n 4 log2 4 8 és
17 8
<
5 2
<
8 . 3
Ezt az eredményt alkalmazhatjuk például prímszámok reciprokösszegeinek becslésére: Ha
k
nemnegatív egész, akkor a 3.3.1. Tétel szerint k+1 2X
k+1
n=2k +1 így tetsz®leges
k+1
2 2 1 3 X 1 3 X 1 3 > ≥ = , k+1 pn 8 n log2 n 8 2 (k + 1) 16(k + 1) k k n=2 +1
N
n=2 +1
pozitív egészre k+1
N
N −1 2 2 N −1 N X 1 XX 1 3 X 1 3 X1 1 = + > = . p 2 p 16 k + 1 16 j n n k n=1 j=1 k=0 k=0 2 +1
Mivel tetsz®leges
K
pozitív egészre K
2 X 1 j=1
j
=1+
K−1 X
k+1 2X
k=0 j=2k +1
k+1
K−1 2 1 X X 1 K > = ; k+1 j 2 2 k k=0 j=2 +1
a következ® tételt kapjuk:
3.3.2. Tétel.
Ha
pn
az
n-edik
pozitív prímszám és
K
pozitív egész, akkor
2K
2 X 3 1 > K. p 32 n=1 n A 3.3.2. Tételb®l leolvasható, hogy
1 x→+∞ p≤x p
lim
P
= +∞.
A 4. fejezetben további eredményeket ismertetek a a prímszámok reciprokösszegér®l.
18
4. fejezet
Prímszámok reciprokösszege
[3] alapján ismertetek a prímszámok reciprokösszegér®l szóló tételek közül néhányat.
4.1.
A prímszámok reciprokösszegének divergenciája
4.1.1. Tétel.
A
P1 p
Bizonyítás.
p
végtelen sor divergens.
(Euler bizonyítása) A bizonyítás a divergencia tényén kívül azt is
megmutatja, hogy
X1 p
p≤n
> log log n − 2.
(4.1)
A bizonyításnál a következ® analízisbeli tételelet használjuk fel:
4.1.2. Tétel.
x P k=1
1 k
> log x,
ha
x ≥ 2.
(A 2.4. fejezetben már használtuk ezt a tételt.)
1 4.1.3. Tétel. log 1−x = x + x2 + x3 + . . . ≤ x + x2 , ha 0 ≤ x ≤ 2
4.1.4. Tétel. x≥3
l P k=1
1 k2
< 2,
minden
3
1 . 2
l > 0-ra.
esetén nézzük a következ® szorzatot:
Ax =
Y p≤x
1 1 1 1 + + 2 + . . . + νp p p p 19
,
(4.2)
ahol
pνp −1 ≤ x < pνp . Megmutatjuk, hogy
Ax >
x X 1 k=1
k
(4.3)
.
(4.4)
x = 10-re: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + 2 + 3 1+ + 2 1+ + 2 = 1+ + 2 + 3 + 4 2 2 2 2 3 3 3 5 5 7 7
Például
A10 Ha
k ≤ 10,
akkor
k
kanonikus el®állításában csak a
A10
legfeljebb akkora hatványon, mint amilyenen az ges
k ≤ 10
2, 3, 5, 7
prímek szerepelhetnek, és
egyes tényez®iben. Tehát tetsz®le-
szám egyértelm¶en el®áll ezen prímhatványok szorzataként.
1 1 a szorzást végrehajtva minden tag alakú, és tetsz®leges k ≤ 10 esetén az k k 10 P 1 tag tényleg fellép. Tehát a minden tagja megjelenik A10 -ben, azaz k k=1
A10 -ben
10 X 1 k=1
Ugyanilyen gondolatmenettel
Ax -nél,
< A10 .
k
azt kapjuk, hogy
x X 1
.
(4.5)
Ax > log x.
(4.6)
Ax >
k=1
k
A 4.1.2. Tétel és (4.5) alapján
Mivel
Ax
minden tényez®je egy-egy mértani sor, összegezve az egyes tényez®kben, és
növelve
Ax =
Y1− p≤x
νp +1 1 p
1−
1 p
<
1 1. 1 − p p≤x Y
(4.7)
(4.6)-ot és (4.7)-et felhasználva
log x <
1 . 1 − p1 p≤x Y
20
(4.8)
x ≥ 3,
így (4.8) mindkét oldala pozitív, ezért áttérhetünk logaritmusra:
log log x <
X
log
p≤x
1 . 1 − p1
(4.9)
Alkalmazva a 4.1.3. Tételt és (4.9)-et
log log x <
X1 p≤x
A 4.1.4. Tétel alapján
p
+
X 1 . 2 p p≤x
x X 1 X 1 < < 2. 2 p k2 p≤x k=1
(4.10)
(4.11)
Végül (4.10) és (4.11) miatt
X1 p≤x
p
> log log x − 2.
Megjegyzés: A
P1 p
sor divergenciája, - vagyis az a tény, hogy a sor összege a tagok
számának növelésével minden határon túl n®, - azt jelenti, hogy a prímszámok reciprok értékei lassan fogynak, tehát a prímszámok viszonylag lassan n®nek, vagyis elég gyakran helyezkednek el a természetes számok között.
4.2.
A prímszámok reciprokösszegével kapcsolatos tételek
4.2.1. Tétel.
P lim
x→∞ vagyis a
P p≤x
p≤x
log p p
log x
log p sor aszimptotikusan egyenl® p
Bizonyítás.
=1
log x-szel.
Az alábbi segédtételeket használjuk fel:
21
4.2.2. Tétel. Ez az
n!
n P
log ν =
ν=1
P
log p
h i n p
p≤n
+
h i n p2
+ ...
.
kanonikus el®állítására vonatkozó Legendre féle formula logaritmizált alakja.
(3.1.5. Tétel: Legendre féle formula)
4.2.3. Tétel. n log n − n <
n P
log ν < (n + 1) log(n + 1) − n.
ν=1
4.2.4. Tétel. log(1 + x) ≤ x. 4.2.5. Tétel. 4.2.6. Tétel. Ez a
∞ P k=2
P
< 4.
log p < n log 4.
p≤n
p < 4n
Q
log k k(k−1)
(minden
n > 0-ra)
logaritmizált alakja.
p≤n
Becsüljük a
P p≤n
log p sort alulról és felülr®l a 4.2.2 és a 4.2.3. Tételek felhasználásáp
val!
Fels® becslés:
X n n n log + 2 + ... = log ν < (n + 1) log(n + 1) − n, p p ν=1 p≤n
X
(4.12)
de
(n + 1) log(n + 1) − n = n log(n + 1) + log(n + 1) − n = n+1 + n log n + log(n + 1) − n = = n log n 1 = n log(1 + ) + n log n + log(n + 1) − n. n x=
(4.13)
1 -re a 4.2.4. Tételt alkalmazva n
1 1 n log 1 + ≤n· =1 n n 22
(4.14)
eredményre jutunk. Tehát (4.13) és (4.14) miatt
(n + 1) log(n + 1) − n ≤ 1 + n log n − n + log(n + 1).
(4.15)
Így (4.12) és (4.15) alapján
n n log p + 2 + . . . < 1 + n log n − n + log(n + 1). p p p≤n
X
(4.16)
Ha a (4.16) bal oldalát alulról becsüljük, azt kapjuk, hogy
X n n n + 2 + ... ≥ log p ≥ log p p p p p≤n p≤n
X
≥
X
log p
p≤n
X log p X n −1 =n − log p. p p p≤n p≤n
(4.17)
Így a 4.2.6. Tétel és (4.17) felhasználásával
X log p n n − n log 4. log p + 2 + ... ≥ n p p p p≤n p≤n
X
Végül (4.16) és (4.18) miatt
X log p p≤n adódik, vagyis ha
n
p
n-nel
(4.18)
végigosztva és rendezve
< log n + log 4 − 1 +
log(n + 1) 1 + n n
(4.19)
elég nagy, akkor (4.19) alapján arra jutunk, hogy
X log p p≤n
p
< log n + 2.
(4.20)
Alsó becslés:
X n n n log p + 2 + ... = log ν > n log n − n, p p ν=1 p≤n
X másrészt
X n n n n log p + 2 + ... < log p + + ... = p p p p2 p≤n p≤n
X
23
(4.21)
=n
X log p p
p≤n
X
+n
log p
p≤n
1 1 + + ... , p2 p3
(4.22)
de
1 1 + 3 + ... 2 p p konvergens mértani sor, és így
X
log p
p≤n
1 1 + 3 + ... 2 p p =
X
=
X
log p ·
p≤n
log p
p≤n
1 1 · 2 p 1−
1 p
=
1 . p(p − 1)
(4.23)
A 4.2.5. Tételt felhasználva
∞
n
X p≤n
X log k X log k log p < < < 4. p(p − 1) k=2 k(k − 1) k=2 k(k − 1)
(4.24)
(4.22), (4.23) és (4.24) miatt
X log p n n + 2 + ... < n + 4n log p p p p p≤n p≤n
X
adódik. Ha a (4.21) és (4.25) egyenl®tlenségeket felhasználjuk és
n-nel
(4.25)
végigosztunk,
azt kapjuk, hogy
X log p p≤n
p
> log n − 5.
(4.26)
Végül a (4.20) és (4.26) alapján a következ® eredményre jutunk
X log p − log n ≤ 5. p p≤n
(4.27)
Ebb®l pedig következik, hogy
P lim
n→∞
p≤n
log p p
log n
= 1.
(4.28)
4.2.7. Tétel.
Létezik olyan
c
konstans, hogy elég nagy
X 1 − log log n < c. p p≤n 24
n-re
Bizonyítás.
A bizonyítás során felhasznált analízis tételek:
4.2.8. Tétel. x − log(1 + x) < x2 ha 0 < x ≤ 4.2.9. Tétel.
∞ P k=2
4.2.10. Tétel.
1 . 2
1 konvergens. k2 log k
n P
k=2
1 k log(k+1)
− log log n < c.
A tételt a parciális szummálás (Ábel-átrendezés) segítségével bizonyítjuk.
4.2.11. Tétel (Ábel-átrendezés). jelölje
sk
a
k P
di
összeget bármely
ck , dk , k = 1, . . . , n valós számok és n P k = 1, . . . , n esetén. Ekkor a ck dk összeg átrenLegyenek
i=1
k=1
dezhet® a következ® módon:
n X
ck d k =
k=1
P
A
p≤n
1 sort rendezzük át p
hogy aszimptotikusan
P p≤n
n−1 X (ck − ck+1 )sk + cn sn . k=1
log p sor szerint, melyr®l a 4.2.1. Tétel alapján tudjuk, p
log n.
Legyen
f (n) =
X log p p≤n
(4.29)
p
és
g(n) =
X1 p≤n
f (n)
p
.
(4.30)
de níciója miatt
0 f (k) − f (k − 1) = log p p
ha
k
ha
k=p
nem prím prím
így
f (k) − f (k − 1) 0 = 1 log k p
25
ha
k
ha
k=p
nem prím prím
Tehát
g(n) =
n X f (k) − f (k − 1)
log k
k=2
f (n)
Most (4.31)-et átrendezzük
n−1 X f (k + 1) − f (k)
=
log(k + 1)
k=1
.
(4.31)
szerint. Legyen
f1 (n) = f (n) − log n. (4.27) egyenl®tlenség felhasználásával
(4.32)
n > n0 -ra
|f1 (n)| ≤ 5,
(4.33)
de így (4.31) és (4.32) miatt
g(n) =
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k)
log(k + 1)
k=1
+
n−1 X log(k + 1) − log k
log(k + 1)
k=1
.
(4.34)
El®ször megvizsgáljuk a (4.34) jobb oldalának a második tagját:
n−1 X log(k + 1) − log k
log(k + 1)
k=1
n−1 X log(1 + k1 ) = = log(k + 1) k=1
n X log(1 + k1 ) log 2 log(1 + n1 ) = + − = log(k + 1) log 2 log(n + 1) k=2 n X log(1 + k1 ) log(n + 1) log n = +1− + = log(k + 1) log(n + 1) log(n + 1) k=2
= Alkalmazzuk a 4.2.8. Tételt
n X log(1 + k1 ) log n + . log(k + 1) log(n + 1) k=2
x=
(4.35)
1 -ra. Ekkor k
1 1 1 − log 1 + < 2, k k k log(k + 1) > 0-val
végigosztva
n X k=2
n
n
X log(1 + 1 ) X 1 1 k − < 2 k log(k + 1) k=2 log(k + 1) k log(k + 1) k=2 26
(4.36)
eredményt kapjuk. Tehát a 4.2.9. Tételt felhasználva
n X k=2 ahol
c1
n
∞
n
X log(1 + 1 ) X X 1 1 1 k − < < = c1 , 2 2 k log(k + 1) k=2 log(k + 1) k log k k log k k=2 k=2
(4.37)
pozitív konstans.
Másrészt a 4.2.4. Tétel alapján
n X k=2
n
X log(1 + 1 ) 1 k − > 0, k log(k + 1) k=2 log(k + 1)
(4.38)
vagyis
n n X 1 X log(1 + ) 1 k − < c1 , k log(k + 1) log(k + 1)
(4.39)
k=2
k=2
de így a 4.2.10. Tétel és (4.39) miatt
n X 1 ) log(1 + k − log log n < c2 , log(k + 1) k=2 ahol
c2
pozitív konstans. Végül (4.35) és (4.40) alapján elég nagy
(4.40)
n-re
n−1 X log(1 + 1 ) k − log log n ≤ log(k + 1) k=1 n X log n 1 ) log(1 + k < ≤ − log log n + log(k + 1) log(n + 1) k=2 < c2 + 1 = c3 .
(4.41)
n0 -lal
Most megvizsgáljuk (4.34) jobb oldalának els® tagját is (ez a hibatag). (4.33)-beli
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k) k=1
log(k + 1)
=
n0 X f1 (k + 1) − f1 (k) k=1
log(k + 1)
+
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k) = log(k + 1) k=n +1 0
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k) f1 (n0 + 2) − f1 (n0 + 1) = c4 + = c4 + + log(k + 1) log(n 0 + 2) k=n +1 0
+
f1 (n0 + 3) − f1 (n0 + 2) f1 (n − 1) − f1 (n − 2) f1 (n) − f1 (n − 1) + ··· + + . log(n0 + 3) log(n − 1) log n 27
(4.42)
(4.42) parciálisan szummálva:
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k) k=1
log(k + 1)
= c4 +
f1 (n) f1 (n0 + 1) − + log n log(n0 + 2)
1 1 − + ···+ +f1 (n0 + 2) log(n0 + 2) log(n0 + 3) 1 1 +f1 (n − 1) − , log(n − 1) log n
(4.43)
így (4.33) és (4.43) miatt
n−1 X f1 (k + 1) − f1 (k) 5 5 + + ≤ c4 + log(k + 1) log 2 log 2 k=1 n−1 X 1 1 1 1 − − = c5 + 5 < +5 log ν log(ν + 1) log(n + 2) log n 0 ν=n +2 0
< c5 + ahol
c5
és
c6
5 = c6 , log(n0 + 2)
pozitív konstansok. Tehát (4.34), (4.41) és (4.44) felhasználásával végül
arra az eredményre jutunk, hogy elég nagy
n-re:
|g(n) − log log n| < c7 , ahol
g(n) =
X1 p≤n
p
Megjegyzés: A 4.2.7. Tételb®l azonnal következik, hogy P lim
n→∞ azaz, hogy
(4.44)
P p≤n
1 aszimptotikusan p
p≤n
1 p
log log n
log log n.
28
=1
(4.45)
5. fejezet
Modern eredmények
[2] alapján modern becsléseket mutatok be a prímszámok számára.
5.1.
Élesebb becslések a prímszámok számára
A 3.1.3. Tétel és a 3.1.4. Tétel szerint
1−
x≥2
esetén
π(x) 3 3 < x <4+ . 4 4 log x 2
Ezek a becslések gyengék ahhoz, hogy Csebisev tételét kiadják. A 3.1.3. Tétel és a 3.1.4. Tétel bizonyításából belátható, hogy nagy lényegesen csökkenthet® a
3 , s®t még a 4
1. Feladat:Bizonyítandó,
hogy adott
x0 ()
4
x-re
az alsó és fels® becslésnél is
is, ha ügyesebb szétvágást alkalmazunk.
> 0-hoz
létezik olyan
x0 ()
korlát, hogy
x≥
esetén
(1 − )
x x < π(x) < (2 + ) . log2 x log2 x
Ebb®l még mindig nem jön ki közvetlenül Csebisev tétele, de a szorzók aránya a korábbi
19-r®l
a
2
közelébe került.
29
5.1.1. Tétel.
Létezik olyan
érint®jének iránytangense
e>1
alapszám, amelynél a logaritmusfüggvény
(1; 0)-beli
1.
Ezt szokás természetes alapú logaritmusnak nevezni, jelölése
ln
vagy
log
(mi a
log
jelölést használjuk).
5.1.2. Tétel. e = n→∞ lim 1 + n1
n
és
e=
∞ P
1 . n!
n=0
5.1.3. Tétel. log x ≤ x − 1. 1. Feladat állítása szerint > 0; x ≥ x0 ()
Természetes logaritmusra átfogalmazva, a esetén
(1 − )(log 2) A
log 2
1, 39
közelít® értéke
0, 693,
x x < π(x) < (2 + )(log 2) . log x log x x-re
így elég nagy
a
π(x)
és az
x hányadosa log x
0, 69
és
közé esik.
Sejtések a
π(x)
közelítésére:
Gauss 1792-ben arra a sejtésre jutott, hogy
Rx 2
dt lehet a jó közelítés. log t
Legendre 1798-ban kimondta azt a sejtését, hogy
zéssel, ahol
A
és
B
állandók, s ezt 1808-ban már
Ha azonban legfeljebb
π(x) jól közelíthet® az
x kifejeA log x+B
x alakban fogalmazta meg. log x−1,08366
x nagyságrend¶ eltérést engedünk meg log3 x
π(x)-t®l,
akkor Le-
gendre konkrét közelítése és Gauss sejtése nem fér össze egymással, hiszen (sorfejtéssel,
illetve parciális integrálással) a fenti hibahatáron belül az
x log x
+ logx2 x
becslést adnák. Ha
x log x
+ 1, 08366 logx2 x , illetve az
x nagyságrend¶ eltérést engedünk meg, akkor nincs log2 x
köztük lényeges különbség, és bármelyik sejtés (ezen hibahatáron belüli) teljesüléséb®l következne, hogy létezik a
lim
π(x)
x→+∞ határérték, és értéke akkor értéke nagy
x-ekre
1.
1.
x log x
Csebisev bebizonyította, hogy ha létezik a fenti határérték,
A határérték létezését nem sikerült igazolnia, de megmutatta, hogy
Legendre becslése biztosan nem lehet túl pontos (azóta kiderült, hogy kb.
106 -ig még Legendre becslése pontosabb, viszont 5·106 felett már Gauss közelítése jobb).
30
Az
1. Feladat állításánál sokkal pontosabb becslést igazolt Csebisev. Bebizonyította,
hogy létezik olyan
x1
korlát, hogy
0.92129
Nézzük
s ∈ R; s > 1
x ≥ x1
esetén
x x < π(x) < 1, 10556 . log x log x
esetére a következ® függvényt:
∞ X 1 ζ(s) = . ns n=1 Euler-féle szorzatel®állítás: minden
s > 1-re
ζ(s) =
Y p
1 , 1 − p1s
Georg Friedrich Bernhardt Riemann (1826-1866) német matematikus a
az
s = 1
kivételével minden komplex
s-re
értelmezte. Ez a
π(x)
ζ(s)
függvényt
becslésében dönt®
hatású észrevétel volt. Riemann 1859. november 3-án tartotta székfoglaló el®adását a Berlini Akadémián, el®adása 1860-ban jelent meg nyomtatásban. Ebben a 9 oldalas dolgozatban (egyetlen számelméleti munkájában) vázolt egy lehet®séget a
π(x)
pon-
tosabb becslésére, s észrevételei fantasztikus hatással voltak a matematika fejl®désére annak ellenére, hogy dolgozatában számos bizonyítatlan feltevés szerepel. Máig sem sikerült igazolni a Riemann féle sejtést, hogy
0 ≤Re s ≤ 1
és
ζ(s)
függvény komplex gyökeire vonatkozó nevezetes
ζ(s) = 0
esetén Re
s=
1 . (1986-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
x ≥ 2-re
Zx dt < cx 12 log x. π(x) − log t 2
Ett®l a ma ismert legjobb becslések is messze vannak, s még a létezésének igazolása is csupán 1896-ban sikerült.
31
lim π(x)x−1 log x
x→+∞
5.2.
Prímszámtétel
5.2.1. Tétel (PRÍMSZÁMTÉTEL).
Létezik a
lim
π(x)
x→+∞ határérték, és értéke
x log x
1.
Ezt Riemann gondolatai alapján bizonyította be egymástól függetlenül Jacques Hadamard (1865-1963) francia matematikus és Charles Jean de la Vallée Poussin (1866-1962)
belga matematikus. 1899-ben de la Vallée Poussin azt is igazolta, hogy létezik olyan és
c2
x≥2
pozitív állandó, hogy minden
c1
esetén
Zx 1 dt −c2 (log x) 2 π(x) − < c xe . 1 log t
(5.1)
2
Az itteni hibatag tetsz®leges x
K -ra
kisebb
x -nél, ha logK x
x
elég nagy.
Gyengébb, de nagy konstansot nem tartalmazó becslés például a következ®: 1962ben J. B. Rosser és L. Schoenfeld amerikai matematikusok bebizonyították, hogy
n ∈ Z; n ≥ 67
esetén
n log n −
1 2
< π(n) <
n . log n − 32
Az el®ször 1896-ban bizonyított prímszámtételre még több, mint fél évszázadig csak függvénytani bizonyítások születtek; az els® elemi számelméleti bizonyítást Erd®s Pál és a norvég Atle Selberg adta 1948-ban. Azóta számos elemi bizonyítás született.
A prímszámok analitikus eszközökkel való vizsgálata az elemi becsléseknél sokkal élesebb eredményeket ad (például (5.1)), de ezek igazolása nagyon mély eszközöket kíván, amely túlmegy a dolgozat keretein. Megjegyezzük azonban, hogy ezekkel a módszerekkel nem csak a prímszámok számára adhatunk éles becsléseket, hanem egyéb prímekhez kapcsolódó mennyiségek is jól becsülhet®ek. Ennek az elméletnek magyar vonatkozása
32
is van, világhír¶ek például Pintz János magyar matematikus, D. A. Goldston és C. Y. Yildirim prímhézagokra vonatkozó eredményei. [4]-ben egy kit¶n® összefoglalót talál-
hatunk a legmodernebb eredményekr®l.
33
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
Irodalomjegyzék
[1] Martin Aigner, Günter M. Ziegler: Bizonyítások a könyvb®l, Typotex, 2004.
[2] Szalay Mihály: Számelmélet, Tipotex Nemzeti Tankönyvkiadó, 1998.
[3] Lánczi Ivánné: Számelmélet, Tankönyvkiadó, Budapest, 1967.
[4] János Pintz: Landau's Problems on Primes, Journal de Théorie des Nombres
[5] http://hu.wikipedia.org/wiki/Prímszámok
35
Nyilatkozat
A
szakdolgozat szerz®jeként fegyelmi felel®sségem tudatában kijelentem, hogy a dol-
gozatom 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
