1 Úvod Úvod Sylaby a literatúra Označenia a pomocné tvrdenia... 4

Transcript

1 Obsah 1 Úvod Úvod Sylaby a literatúra Označenia a omocné tvrdenia Prvočísla 6.1 Deliteľnosť Prvočísla Základné vlastnosti rvočísel Základná veta aritmetiky, kanonický rozklad Rozloženie rvočísel Medzery v množine rvočísel Rad revrátených hodnôt rvočísel Prvočíselná funkcia Čebyševove nerovnosti Bertrandov ostulát Prvočísla šeciálneho tvaru Prvočísla v aritmetických ostunostiach Ďalšie tyy rvočísel a niektoré známe otvorené roblémy Aritmetické funkcie Kongruencie Definícia a základné vlastnosti Lineárne kongruencie Čínska veta o zvyškoch Aritmetické funkcie, multilikatívne funkcie Eulerova funkcia Eulerova funkcia, Malá Fermatova veta Wilsonova a Lagrangeova veta Asymtotické srávanie Eulerovej funkcie Möbiova funkcia Kvadratické kongruencie Kvadratické zvyšky Legendrov symbol Zákon kvadratickej recirocity Jacobiho symbol Kvadratické kongruencie modulo zložené čísla

2 5 Hustoty odmnožín rirodzených čísel Asymtotická hustota Schnireľmannova hustota Logaritmická hustota Ďalšie zovšeobecnenia Štatistická konvergencia I-konvergencia Diofantické rovnice Lineárne diofantické rovnice Pytagorovské trojuholníky Diofantická rovnica x 4 + y 4 = z Diofantické rovnice a deliteľnosť Gaussovské a eisensteinovské celé čísla Diofantická rovnica x 3 + y 3 = z Aditívne vlastnosti rirodzených čísel Bázy množiny N Súčty druhých mocnín rirodzených čísel Súčty dvoch štvorcov Súčty štyroch štvorcov Súčet troch štvorcov Goldbachova hyotéza, aditívne vlastnosti rvočísel Minkowského veta a súčty štvorcov A Euklidov algoritmus 15 B Rady 17 B.1 Harmonický rad B. Rad revrátených hodnôt druhých mocnín B.3 Nekonečný súčin C Zložitosť niektorých teoreticko-číselných algoritmov 131 C.1 Základné oerácie C. Euklidov algoritmus C.3 Výočet Jacobiho symbolu D Objem n-rozmernej gule 133 D.1 4-rozmerná guľa D. Všeobecné odvodenie omocou funkcie Γ Register 140 Zoznam symbolov 14

3 Kaitola 1 Úvod Verzia: 16. setembra 01 You teach best what you most need to learn. Patrick Bach, Illusions Die Zahlentheorie ist nützlich, weil man mit ihr romovieren kann. Edmund Landau 1.1 Úvod Teória čísel je v súčasnosti matematická discilína, ktorá obsahuje veľa hlbokých a zaujímavých výsledkov ale aj otvorených roblémov a hyotéz. Teória čísel využíva metódy najrôznejších matematických odvetví, v súvislosti s tým hovoríme o algebraickej, analytickej, ravdeodobnostnej, kombinatorickej či geometrickej teórii čísel. (Fakt, že oznatky z algebry často nachádzajú ulatnenie v teórii čísel, si je možné všimnúť aj na niektorých miestach v týchto oznámkach re viaceré vety sme odali algebraický aj čisto teoreticko-číselný dôkaz.) Samozrejme teóriu čísel ovlyvňuje aj súčasný rozvoj výočtovej techniky, ako nové odvetvie vznikla algoritmická teória čísel (comutational number theory). V súvislosti s nasadením očítačov vystuujú do oredia naríklad otázky výočtovej zložitosti teoreticko-číselných algoritmov. Mnohé teoreticko-číselné hyotézy sa dajú vďaka očítačom overiť re omerne veľké čísla. Môžeme somenúť aj známy rojekt hľadania veľkých rvočísel omocou distribuovaných výočtov. Alikácie teórie čísel v oblasti comuter science môžeme nájsť hlavne v krytografii. Samozrejme, nie je možné okryť v riebehu semestrov takú obrovskú oblasť. V skutočnosti tieto rednášky neobsahujú ani zďaleka všetko, čo by sa dalo zaradiť do základného kurzu. O tom, že sa zaoberáme skutočne len najzákladnejšími vecami svedčí naríklad aj to, že viaceré výsledky, ktoré ukážeme, sú omerne staré (niekoľko storočí až niekoľko tisícročí). Nariek tomu verím, že v tomto texte nájdete viacero zaujímavých vecí a oskytne Vám dobrý základ k ríadnému ďalšiemu štúdiu teórie čísel. 1. Sylaby a literatúra Sylaby redmetu: Zima: Deliteľnosť v obore Z, rvočísla. Prvočíselná veta. Základné aritmetické funkcie. Dokonalé čísla. Kongruencie. Eulerova veta. Kvadratické kongruencie a zákony recirocity. 3

4 Leto: Cantorove rozvoje reálnych čísel. Kritériá iracionálnosti. Iracionálnosť čísel e a. Pojem hustoty vteórii čísel. Základné tyy hustôt; Schnireľmannova, asymtotická a logaritmická hustota. Pytagorovské trojuholníky. Zvyčajne v zime stihnem rebrať veci o kaitolu 4 (vrátane), ostatné kaitoly atria do letného semestra. Literatúra: Na tomto mieste by som rád uviedol jednak odorúčanú literatúru, ktorej rečítaním získate určite viac ako z týchto rednášok alebo z oznámok k ním, a dvak, ako káže človeku slušnosť, aj literatúru, ktorú som oužil ri rírave tohoto textu. V odstate všetko, čo bude obsahom tejto rednášky, môžete nájsť v učebniciach [ŠHHK] a [KLŠZ]. Z kníh v slovenskom jazyku je výborná aj kniha [Zn]. V češtine vyšla kniha [PS]. Ďalšie zdroje oužité ri rírave týchto oznámok sú [AW], [An], [A], [AZ], [B], [BD], [C], [Č], [CP], [DSV], [DD], [DMR], [ES], [HW], [HS], [IR], [JJ], [KPW], [KLS], [Kos], [Lem], [Lem1], [Lev1], [Lo], [MSC], [ME], [Nat], [NZM], [Po], [Pr], [Ri], [Ros], [Rot], [Sie3], [Sie1], [Š3], [VR] a v neoslednom rade aj internetové zdroje [WIK] a [PLA]. Súčasne by som rád oďakoval Milošovi Zimanovi, ktorý rednášal tú istú rednášku v redchádzajúcich rokoch viaceré témy som zaradil do rednášky na jeho odnet. Každoádne však na tomto mieste nemožno neriomenúť rofesora Tibora Šaláta, ktorý tento redmet rednášal dlhé roky a vlastne on dal tejto rednáške súčasnú odobu (témy z tejto rednášky sracoval v ríslušných kaitolách kníh [ŠHHK] a [KLŠZ]). Za viaceré riomienky k obsahu rednášky ďakujem Pavlovi Zlatošovi, Ladislavovi Kvaszovi, Martinovi Mačajovi a Martinovi Nieelovi. Bohužiaľ väčšinu z nich sa mi neodarilo do tejto rednášky zaradiť aj to svedčí o tom, že ak Vás teória čísel zaujme, ľahko môžete nájsť veľa ďalších fascinujúcich tém, o ktorých sa tu nezmienime. Takisto sa chcem oďakovať svojim študentom za mnohé zaujímavé oznámky na rednáškach, ako aj za uozornenie na viaceré rekley aj vecné chyby. Menovite someniem asoň (sorry, ako som na niekoho zabudol) R. Brídu, O. Budáča, M. Burgera, F. Ďuriša, J. Holosa, P. Koscelanského, M. Prusáka a M. Višňovskú. Samozrejme, ako každý iný text, aj tu nájde množstvo chýb, neresností a rekleov. Za akékoľvek návrhy a oravy budem vďačný. Budem sa snažiť tieto oznámky riebežne oravovať a doĺňať, aktuálnu verziu nájdete na htt://thales.doa.fmh.uniba.sk/sleziak/ vyuka/. Zrejme každý, kto si ozeral knihu [KLŠZ] určite získal dojem, že niektoré časti sú týchto oznámok takmer okoírované z ríslušných kaitol somenutej knihy. Preto sa môže zdať otázne, či nebolo zbytočné takéto racné reisovanie. Myslím si, že nie a to z dvoch dôvodov. Jednak takto majú študenti celý text okoe a nemusia kombinovať štúdium vo viacerých knihách niektoré kaitoly študovať odtiaľto, iné z [KLŠZ] a ďalšie možno z celkom inej knihy. Ďalší dôvod je, že v takejto forme sa text ľahšie uravuje a snáď keď to budem rednášať v ďalších rokoch, vždy nájdem niečo nové a zaujímavé, čo by sa tam dalo dolniť. Každoádne som ovažoval za moju ovinnosť somenúť, že niektoré kaitoly a rezentácia niektorých tém ochádza z [KLŠZ] aby som nevyvolal dojem, že si chcem rivlastňovať cudziu rácu. 1.3 Označenia a omocné tvrdenia Pre číselné obory budeme oužívať nasledujúce označenia: Z = množina celých čísel N = {1,,...} = množina rirodzených čísel (Nulu neovažujeme za rirodzené číslo.) N 0 = N {0}. R=reálne čísla, C=komlexné čísla 4

5 Označenie logaritmov: ln x označuje rirodzený logaritmus, log x je logaritmus so základom 10 a lg x je logaritmus so základom. Landauova notácia Definícia Nech f a g sú funkcie s oborom N alebo R a s hodnotami v R. Budeme oužívať symbol f(x) g(x) na vyjadrenie faktu, že Ak je odiel f(x) g(x) Ak íšeme f(x) = o(g(x)). Dolná a horná celá časť f(x) lim x g(x) = 1. ohraničený, zaíšeme to označením f(x) = O(g(x)). f(x) lim x g(x) = 0, Definícia Ak x R, tak dolná celá časť x je jediné celé číslo z také, že z x < z + 1. Označujeme ju x. Podobne horná celá časť čísla x je celé číslo z také, že z 1 < x z. Hornú celú časť označujeme x. Zlomkovou časťou čísla x nazývame číslo {x} = x x. Naríklad π = 3, π = 4, {π} = Lema Pre ľubovoľné x R latí x x {0, 1}. Presnejšie, { 0, ak 0 {x} < 1 x x = ; 1, ak 1 {x}. Dôkaz. Číslo x môžeme zaísať v tvare x = x + {x}, ričom 0 {x} < 1. Chceme vyjadriť dolnú celú časť čísla x = x + {x} Ak 0 {x} < 1, tak {x} < 1 a x = x. V tomto ríade teda máme x x. Ak 1 {x} < 1, tak 1 {x} < 1, z čoho dostaneme x = x + 1 a x x = 1. 5

6 Kaitola Prvočísla Tematika rvočísel atrí k najfascinujúcejším oblastiam nielen teórie čísel ale aj matematiky vôbec. Je známe množstvo dodnes nerozriešených hyotéz a roblémov súvisiacich s rvočíslami. Príťažlivosť tejto oblasti re amatérskych matematikov je v tom, že na formulovanie týchto roblémov často stačia vedomosti so základnej školy to latí aj o mnohých iných roblémoch v teórii čísel, veľa nematematikov sa naríklad okúšalo dokázať známu Veľkú Fermatovu vetu. Pre skutočných matematikov by čaro tejto roblematiky mohlo byť skôr v tom, že rvočísla sa objavujú v najrôznejších oblastiach a najnečakanejších súvislostiach..1 Deliteľnosť Mnohé veci z tejto časti už oznáte (zo strednej školy, z iných rednášok), reto niektoré somenieme iba stručnejšie. S odobnými výsledkami, aké uvedieme tu re celé čísla, ste sa stretli aj na rednáškach o olynómoch (ozri [KGGS, Kaitola 5]). Mnohé z nich sa dajú zovšeobecniť na tzv. okruhy s jednoznačným rozkladom a Euklidovské okruhy (ozri [KGGS, Kaitola 7]). Nasledujúca omerne jednoduchá veta bude mať dôležité dôsledky. Veta.1.1 (Veta o delení so zvyškom). Nech, q sú celé čísla, q > 0. Potom existujú celé čísla n a r také, že = n.q + r a 0 r < q. Navyše, n a r sú týmito odmienkami jednoznačne určené. Číslo r z redchádzajúcej vety sa nazýva zvyšok o delení číslom q a označuje sa mod q. Dôkaz. Existencia: Množina {k Z; kq } je nerázdna a zhora ohraničená. Preto existuje n := max{k; kq }. Položme r = nq. Očividne r 0. Tvrdíme, že r < q. Nech by to tak nebolo. Z nerovnosti r q dostaneme (n + 1)q, čo je sor s definíciou čísla n. Jednoznačnosť: Predokladajme, že = n.q + r = n.q + r, kde 0 r, r < q. Potom (n n ).q = r r. Predokladajme, že by n n > 0. Potom r r q, čo je sor s tým, že 0 r, r < q. Preto latí (n n ).q = r r = 0, 6

7 a n = n, r = r. Definícia.1.. Ak a, b sú celé čísla, tak hovoríme, že a delí b ak existuje také c Z, že b = a.c. Označujeme a b. Ak a nedelí b, oužijeme označenie a b. Naríklad 3 9, ale 3 7. Ľahko sa overia nasledujúce vlastnosti relácie. Veta.1.3. Nech a, b, c, m, n Z. (i) a 0, 1 a, a a. (ii) Ak a 0, tak 0 a. (iii) Ak a b a b c, tak a c. (iv) Ak a b a a c, tak a m.b + n.c. (v) Ak a b a b a, tak a = ±b. (vi) a b ráve vtedy, keď a b. (vii) Ak a, b N a a b, tak a b. (viii) Ak a, b N sú také, že a b a b a, tak a = b. (ix) Ak ab ac a a 0, tak b c. Uvedené tvrdenia budeme v ďalšom oužívať bez exlicitnej odvolávky. Časť (viii) budeme veľmi často oužívať na dôkaz, že sa dve rirodzené čísla rovnajú. Definícia.1.4. Nech a, b Z. Prirodzené číslo d sa nazýva najväčší soločný deliteľ čísel a a b, ak (i) d a, d b, (ii) re všetky čísla c Z také, že c a, c b latí c d. Najväčší soločný deliteľ čísel a a b označujeme (a, b). Používame síce rovnaké označenie re n.s.d. ako re usoriadané dvojice, z kontextu by vždy malo byť zrejmé, o ktorý z týchto ojmov ide (n.s.d. sa bude v týchto oznámkach vyskytovať oveľa častejšie ako usoriadaná dvojica). Ak (a, b) = 1, čísla a a b voláme nesúdeliteľné, v oačnom ríade hovoríme, že sú súdeliteľné. Lema.1.5. Ak a 0 alebo b 0, tak existuje najväčší soločný deliteľ čísel a a b. Dôkaz. Bez ujmy na všeobecnosti nech a 0. Uvažujme množinu S všetkých soločných deliteľov a a b. Keďže 1 S, táto množina je nerázdna. Pre každé s S latí s a. Teda množina S je zhora ohraničená a má maximálny rvok d. Tento rvok je najväčším soločným deliteľom a a b. Všimnite si, že n.s.d. (0, 0) neexistuje (retože každé rirodzené číslo je deliteľom nuly). Priamo z definície.1.4 je zrejmé, že ak n.s.d. (a, b) existuje, tak je určený jednoznačne. 7

8 Príklad.1.6. Počítajme hodnoty olynómu f(n) = n 4 + n + 1 re n N: f(1) = 3 f() = 1 = 3.7 f(3) = 91 = 7.13 f(4) = 73 = f(5) = 651 = Z rvých vyočítaných hodnôt sa zdá, že o sebe idúce čísla majú vždy soločného deliteľa väčšieho ako 1, teda, že sú súdeliteľné. Ľahko sa môžeme resvedčiť o tom, že to tak bude skutočne re ľubovoľné n. Platí totiž f(n) = n 4 + n + 1 = (n n + 1)(n + n + 1), f(n + 1) = [(n + 1) (n + 1) + 1][(n + 1) + (n + 1) + 1] = (n + n + 1)(n + 3n + 3). Preto n + n je soločným deliteľom čísel f(n) a f(n + 1). Nasledujúca charakteristika n.s.d. bude dôležitá vo viacerých dôkazoch. Nazýva sa odľa francúzskeho matematika Étienne Bézouta, ktorý dokázal odobné tvrdenie re olynómy. Pre rirodzené čísla však možno toto tvrdenie nájsť už v ráci iného francúzskeho matematika, Claude Gasard Bachet de Méziriaca, ublikovanej v rvej olovici 17-teho storočia. Tento istý matematik je autorom rekladu Diofantovej Aritmetiky z Gréčtiny do Latinčiny ráve v tomto reklade sa nachádza známa Fermatova oznámka o tom, že našiel veľmi ekný dôkaz Veľkej Fermatovej vety, ale je naň na okraji knihy rimálo miesta. Veta.1.7 (Bézoutova identita). Nech a, b Z, asoň jedno z nich je nenulové. Nech d = (a, b). Potom existujú čísla u, v Z také, že d = au + bv. Navyše d je najmenšie rirodzené číslo, ktoré možno zaísať v takomto tvare. Dôkaz. V ríade, že niektoré z čísel a, b je nulové, tvrdenie očividne latí. Budeme reto redokladať, že a, b 0. Označme M := {ax + by; x, y Z} N. Nech m = min M. Zrejme m = au + bv re nejaké u, v Z. Chceme ukázať, že m = d. Pretože d a, b, latí aj d ax + by re ľubovoľné celé čísla x, y. Šeciálne latí d m. Keďže d aj m sú kladné, vylýva z toho d m. Na overenie oačnej nerovnosti stačí ukázať, že m a a m b. Podľa vety.1.1 existujú q a r také, že a = mq + r, 0 r < m. Ak by latilo r > 0, tak dostaneme r = a mq = a(1 mu) bv M, čo je v sore s tým, že m je najmenší rvok množiny M. Preto musí latiť r = 0, z čoho dostaneme a = mq a m a. Podobne sa overí m b. Všimnime si, že množina {ax + by; x, y Z} tvorí ideál v okruhu (Z, +, ). Vieme, že (Z, +, ) je okruh hlavných ideálov. Podľa redchádzajúcej vety je tento ideál generovaný číslom (a, b). Dôsledok.1.8. Nech a, b, c Z a asoň jedno z čísel je nenulové. Ak c a a c b, tak c (a, b). Dôkaz. Podľa vety.1.7 sa dá najväčší soločný deliteľ čísel a a b vyjadriť v tvare (a, b) = ua + vb, kde u, v Z. Z toho, že c a a c b dostaneme c ua + vb = (a, b). Definícia najväčšieho soločného deliteľa hovorí, že (a, b) je najväčší rvok množiny soločných deliteľov a a b vzhľadom na usoriadanie. Všimnite si, že veta.1.3 nám okrem 8

9 iného hovorí, že relácia na množine rirodzených čísel je čiastočné usoriadanie. Podľa redchádzajúceho dôsledku je (a, b) najväčší rvok množiny (kladných) soločných deliteľov a a b aj vzhľadom na toto čiastočné usoriadanie. Lema.1.9 (Euklidova lema). Ak a, b, c Z, a bc a (a, b) = 1, tak a c. Dôkaz. Podľa vety.1.7 existujú u, v Z také, že au + bv = 1. Z toho dostaneme c = (au + bv)c = a.uc + bc.v. Číslo a delí oba sčítance, a teda a c. Uvedieme ešte jednu lemu, ktorá hovorí o deliteľnosti v súvislosti s nesúdeliteľnými číslami. Lema Ak a, b, c Z, (a, b) = 1, a c a b c, tak ab c. Dôkaz. Máme c = ka re nejaké k Z. Pretože b ka a (a, b) = 1, oužitím Euklidovej lemy dostaneme b k, z čoho už ľahko vylýva ab ka = c. Lema.1.11 (Základné vlastnosti n.s.d.). Vo všetkých častiach redokladáme, že čísla vystuujúce v jednotlivých rovnostiach sú také, že obe strany rovnosti sú definované. (i) Ak c = k.b + a, tak (a, b) = (b, c). (ii) Ak (a, b) = 1 a (a, c) = 1, tak (a, bc) = 1. (iii) Ak (a, b i ) = 1 re každé i = 1,..., k, tak (a, b 1... b k ) = 1. (iv) Ak (a, c) = 1, tak (a, bc) = (a, b). (v) Ak d = (a, b), tak ( a d, b d ) = 1. (vi) (ka, kb) = k(a, b) Dôkaz. (i) Pre čísla x, y označme M x,y množinu ich soločných deliteľov. N.s.d. čísel je najväčší rvok tejto množiny. Zrejme d a d b d c = kb + a. Obrátene d c = kb + a d b d a = c kb. Dokázali sme M a,b = M c,b, z čoho vylýva (a, b) = (b, c) (ii) Označme d = (a, bc). Podľa vety.1.7 existujú x, y, x, y Z také, že ax + by = ax +cy = 1. Z toho dostaneme ax+by = ax+by.1 = ax+by.(ax +cy ) = a.(x+byx )+bc.yy. Získali sme vyjadrenie 1 = au + bcv, kde u a v sú celé čísla. Z toho vylýva, že d 1 a, keďže d je rirodzené číslo, d = 1. (iii) Vylýva z (ii) matematickou indukciou vzhľadom na k. (iv) Stačí nám ukázať, že každý soločný deliteľ d čísel a a bc musí deliť b. Z toho, že d a a (a, c) = 1 máme (d, c) = 1. Potom odľa Euklidovej lemy d bc imlikuje d b. (v) Podľa vety.1.7 latí ax + by = d re nejaké x, y Z. Z toho dostaneme a d x + b d y = 1. Pretože 1 je najmenšie rirodzené číslo a ( a d, b d ) je najmenšie rirodzené číslo, ktoré možno získať celočíselnou kombináciou čísel a d a b d, musí latiť ( a d, b d ) = 1. (vi) Stačí si uvedomiť, že ak a, b vynásobíme rovnakým číslom k, zväčšia sa všetky rvky množiny M a,b ráve k-krát. Teda aj najmenší rvok tejto množiny bude k-krát väčší. Vlastnosť (i) je základom Euklidovho algoritmu na výočet najväčšieho soločného deliteľa. (Euklidovým algoritmom súčasne vyočítame aj koeficienty u a v z vety.1.7.) Tento algoritmus oznáte re ríad olynómov, re celé čísla funguje analogicky (ozri naríklad Dodatok A, [KGGS, Veta 5.3.], [Č, Veta 1.1.7], [C, Theorem 1C]). Pomocou uvedených vlastností môžeme ukázať, že n.s.d. čísel z ríkladu.1.6 je buď n + n + 1 alebo 7(n + n + 1). 9

10 Príklad.1.1. V ríklade.1.6 sme zistili, že f(n) = n 4 +n +1 = (n n+1)(n +n+1) a f(n + 1) = [(n + 1) (n + 1) + 1][(n + 1) + (n + 1) + 1] = (n + n + 1)(n + 3n + 3), teda n + n + 1 je soločným deliteľom čísel f(n) a f(n + 1). Na zistenie ich n.s.d. nám stačí určiť n.s.d. čísel a(n) = n n + 1 a b(n) = n + 3n + 3. Dostávame (a(n), b(n)) = (a(n), b(n) a(n)) = (n n + 1, 4n + ) (1) = (n n + 1, n + 1) = (n n + 1 (n + 1), n + 1) = (n 3n, n + 1) = (n(n 3), n + 1) () = (n 3, n + 1) = (n 3, (n + 1) (n 3)) = (n 3, 7) V rovnosti (1) sme využili, že n n + 1 je neárne (a lemu.1.11(iv)). V rovnosti () sme využili fakt, že (n, n + 1) = 1 a tú istú lemu. Takisto sme (vo väčšine rovností) oužívali lemu.1.11(i)). Zistili sme, že (a(n), b(n)) 7 a teda (f(n), f(n + 1)) 7(n + n + 1). Dokonca vieme, že (a(n), b(n)) = 7 iba{ v ríade, že 7 n 3, čiže n = 7k + 3. To znamená, že 7(n + n + 1), ak n = 7k + 3, (f(n), f(n + 1)) = n + n + 1, inak. Ešte uvedieme niektoré vlastnosti n.s.d., ktoré budeme otrebovať neskôr. Lema Nech m, n N. Ak (m, n) = 1 a d mn, tak existujú jednoznačne určené čísla u, v N také, že d = uv, u m a v n. (Konkrétne sú to čísla u = (d, m) a v = (d, n).) Dôkaz. Existencia: Ukážeme, že čísla u := (d, m) a v := (d, n) sĺňajú uvedené odmienky. Pretože latí u m a v n, ričom m a n sú nesúdeliteľné, latí aj (u, v) = 1. Súčasne u, v d a odľa lemy.1.10 dostaneme uv d. Podľa vety.1.7 existujú celé čísla x 1, x, y 1, y také, že Preto u = dx 1 + my 1, v = dx + ny. u.v = d x 1 x + d(nx 1 y + mx y 1 ) + mny 1 y. Z toho, že d mn vidíme, že d uv. Ukázali sme, že d uv aj uv d. Pretože ide o rirodzené čísla, máme d = uv. Jednoznačnosť: Je zrejmé, že re čísla u, v, ktoré sĺňajú odmienky z tvrdenia lemy latí u (d, m) a v (d, n). Preokladajme, že by nelatilo u = (d, m). Potom u < (d, m) a uv < (d, m)(d, n) = d (oslednú rovnosť sme ukázali v rvej časti dôkazu), čo je sor. Dôsledok Ak a, b, c N a (a, b) = 1, tak (ab, c) = (a, c)(b, c). Dôkaz. Označme d := (ab, c). Pretože d ab, na základe redchádzajúcej lemy d = (d, a)(d, b). Teraz si stačí všimnúť, že (d, a) = ((ab, c), a) = (a, c), a takisto (d, b) = ((ab, c), b) = (b, c). Preto (ab, c) = d = (a, c)(b, c). Duálny ojem k najväčšiemu soločnému deliteľu je najmenší soločný násobok. Definícia Nech a, b Z. Prirodzené číslo n sa nazýva najmenší soločný násobok čísel a a b, ak (i) a n, b n, 10

11 (ii) re všetky čísla c N také, že a c, b c latí n c. Najmenší soločný násobok čísel a a b označujeme [a, b]. Veta Ak a, b sú ľubovoľné rirodzené čísla rôzne od 0, tak [a, b] = ab (a, b). Dôkaz. Označme d := (a, b) n := ab d. Pretože d a, n je celé číslo. Overíme, že n sĺňa odmienky z definície n.s.n. Číslo n je celočíselným násobkom a, retože n = a b d. To znamená, že a n. Podobne sa ukáže b n. Zostáva nám overiť druhú odmienku z definície nsn. Nech teda c je rirodzené číslo také, že a c, b c. Potom zrejme latí aj a d c d a b d c d. Pretože ( a d, b d ) = 1 (Lema.1.11(v)) dostaneme odľa Euklidovej lemy, že aj ab d c d, z čoho už vylýva (o vynásobení číslom d), že n = ab d c. Najmenší soločný násobok a najväčší soločný deliteľ môžeme definovať indukciou aj re viacero čísel. Budeme oužívať označenie (a 1,..., a n ) a [a 1,..., a n ]. Cvičenia 1. Je relácia čiastočné usoriadanie na niektorej z množín Z, N, N 0? Ak áno, čo sú v jednotlivých ríadoch maximálne a minimálne rvky? Existujú v tejto usoriadanej množine suréma a infima konečného očtu čísel?. Kde sme oužili v dôkaze vety.1.1 fakt, že množina rirodzených čísel je dobre usoriadaná (každá nerázdna odmnožina má najmenší rvok)? 3. Dokážte, že ak a, b a 1 a + 1 b N, tak a = b a a = 1 alebo a =. 4. Fibonacciho ostunosť je určená redisom F 1 = 1, F = 1, F n = F n 1 + F n. Dokážte, že re každé n N latí (F n, F n+1 ) = Dokážte, že (F n, F n+3 ) {1, } re každé n N. 6. Ak n N, dokážte (14n + 3, 1n + 4) = Dokážte, že súčin 3 o sebe idúcich rirodzených čísel je deliteľný Dokážte, že súčin n o sebe idúcich rirodzených čísel je deliteľný n!. 9. Dokážte, že ak (a, b) = 1, tak a) (a+b, a b) je 1 alebo ; b) (a+b, a+b) je 1 alebo 3; c) (a + b, a ab + b ) je 1 alebo 3; d) re ľubovoľné m, n N latí (a m b m, a n b n ) = a (m,n) b (m,n). 10. Dokážte, že (a, (ab, c)) = (a, c) (redokladáme, že čísla a, b, c sú také, že všetky n.s.d. vystuujúce v tomto vzťahu existujú). 11. Nájdite všetky rirodzené čísla, re ktoré číslo a) n 1, b) n + 1 je mocninou dvojky. 1. Ako N n označme číslo, ktorého záis v desiatkovej sústave ozostáva z n jednotiek, (teda N n = n 1 ). Dokážte, že N n N m ráve vtedy, keď n m. 11

12 13. Dokážte: Neárne rirodzené číslo N 3 je zložené ráve vtedy, keď existujú nezáorné celé čísla n, m N {0} také, že n m > 1 a N = n m. Nájdite čísla, m a n re zložené čísla N = 39, 161, Dokážte, že re každé n N latí 9 (n 1) 3 + n 3 + (n + 1) 3.. Prvočísla V tejto časti si ovieme definíciu a základné vlastnosti rvočísel a dokážeme základnú vetu aritmetiky, ktorá hovorí, že každé číslo sa dá jednoznačne zaísať ako súčin rvočísel. Definícia..1. Nech n > 1 je rirodzené číslo. Ak n = m.k re nejaké celé čísla 1 < m, k < n, tak hovoríme, že n je zložené číslo. V oačnom ríade hovoríme, že je rvočíslo. Množinu všetkých rvočísel budeme označovať P. Inými slovami, n > 1 je rvočíslo ak nemá v N iných deliteľov ako 1 a n. Podľa obvyklej konvencie rirodzené číslo 1 neovažujeme za zložené číslo ani za rvočíslo. Prvočíslami sú naríklad, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 3, 9, Základné vlastnosti rvočísel Lema... Pre každé rirodzené číslo n > 1 existuje rvočíslo také, že n. Dôkaz. Indukciou vzhľadom na n. Pre n = tvrdenie zrejme latí. Predokladajme, že tvrdenie lemy latí re všetky čísla menšie ako n, ukážeme, že latí aj re n. Ak n je rvočíslo, tak stačí oložiť = n. Ak n je zložené, tak n = mk re nejaké rirodzené čísla 1 < m, k < n. Podľa indukčného redokladu existuje rvočíslo také, že m. Zrejme otom aj n. Ľahko sa dá overiť, že ak n je zložené číslo, tak musí existovať rvočíslo, ktoré delí n také, že n (ozri cvičenie 8). To znamená, že na určenie, či n je zložené, stačí vyskúšať či je deliteľné niektorým z rvočísel veľkosti najviac n. Toto ozorovanie je základom najjednoduchšieho algoritmu na testovanie rvočíselnosti, ktorý sa nazýva Eratostenovo sito. V súčasnosti sa oužívajú na testovanie rvočíselnosti hlavne rôzne ravdeodobnostné algoritmy. Pomerne nedávno sa odarilo trom indickým matematikom [AKS] objaviť rvý deterministický algoritmus na testovanie rvočíselnosti, ktorý beží v olynomiálnom čase. (Pod olynomiálnou časovou zložitosťou tu rozumieme časovú zložitosť vzhľadom na dĺžku vstuu. Dĺžka vstuu je vlastne očet cifier zadaného čísla, t.j. lg n.) Dôkaz nasledujúcej vety možno nájsť už v Euklidových Základoch. Veta..3 (Euklides). Množina P je nekonečná. Dôkaz. Sorom. Nech by 1,..., n boli všetky rvočísla. Nech n = 1... n +1. Pre žiadne z čísel 1,..., n nelatí k n, čo je sor s lemou... Lema..4. Nech je rvočíslo. (i) Nech a Z. Potom (a, ) = 1 alebo (a, ) =. (ii) Nech a, b Z. Ak ab, tak a alebo b. (iii) Nech a 1,..., a n Z. Ak a 1... a n, tak a k re niektoré k = 1,..., n. 1

13 Dôkaz. (i): Nech d = (a, ). Pretože d a je rvočíslo, môže to byť iba 1 alebo. (ii): Ak (a, ) =, tak máme a. V oačnom ríade dostaneme z Euklidovej lemy (lema.1.9) b. (iii): Vylýva z (ii) omocou indukcie... Základná veta aritmetiky, kanonický rozklad Veta..5 (Základná veta aritmetiky). Každé rirodzené číslo n > 1 je možné zaísať ako súčin rvočísel n = 1... k. Tento záis je jednoznačný až na oradie. Dôkaz. Existencia: Indukciou. Pre n = tvrdenie latí. Ak n > tak odľa lemy.. existuje rvočíslo také, že n. Ak = n, tak záis čísla n v tvare súčinu rvočísel ozostáva z tohto jediného rvočísla. V oačnom ríade je n > 1 a môžeme oužiť indukčný redoklad. Z neho dostaneme, že n = 1... k 1 a n = k 1. Jednoznačnosť: Nech n = 1... k = q 1... q m sú rozklady toho istého čísla n. Chceme ukázať, že rvočísla 1,..., k, q 1,..., q m sa líšia nanajvýš usoriadaním (z toho súčasne vylýva, že m = k.) Oäť budeme ostuovať indukciou. Pre n = je to ravda. Predokladajme, že tvrdenie latí re všetky rirodzené čísla menšie ako n a väčšie ako 1. Pretože 1 q 1... q m, existuje odľa lemy..4 q i, kde i {1,,..., m}, také, že 1 q i. Pretože q i je rvočíslo, latí otom 1 = q i. Položme s =... k = q 1... q i 1.q i+1... q m. Ak s = 1, tak tvrdenie vety latí. Ak s > 1, tak odľa indukčného redokladu rvočísla q 1,..., q i 1, q i+1,..., q m sú len reusoriadaním rvočísel,..., k, a teda to iste latí aj re 1,..., k a q 1,..., q m. Z redchádzajúcej vety vylýva, že každé rirodzené číslo n > 1 možno jednoznačne zaísať v tvare n = α α k k, kde 1,..., k sú navzájom rôzne rvočísla a α 1,..., α k N. (Tento záis je jednoznačný až na reusoriadanie rvočísel 1,..., k.) Definícia..6. Jednoznačný záis čísla n v tvare n = α α k k, kde 1,..., k sú navzájom rôzne rvočísla a α 1,..., α k N, nazývame kanonický rozklad čísla n. Príklady kanonického rozkladu: 115 = 5.7, 5! = 10 = 3.3.5, 1400 = Pri hľadaní kanonického rozkladu je tiež často užitočné už somenuté ozorovanie, že ak n je zložené, tak má rvočíselného deliteľa veľkosti nanajvýš n (cvičenie 8). Cvičenia 1. Nech a, b N a 1,..., n sú všetky rvočísla, ktoré delia a alebo b. Potom máme jednoznačné vyjadrenie a = α αn n, b = β βn n. Dokážte, že a b ráve vtedy, keď α i β i re všetky i = 1,..., n.. Nech m, n N a 1,..., n sú všetky rvočísla, ktoré delia m alebo n. Potom máme jednoznačné vyjadrenie m = α αn n, n = β βn n, kde α, β N 0. Dokážte, že (m, n) = min(α1,β1) 1... min(αn,βn) n [m, n] = max(α1,β1) 1... max(αn,βn) n. 13

14 3. Nájdite všetky čísla také, že, + aj + 4 sú rvočísla. 4. Dokážte, že re všetky rirodzené čísla n > 1 je číslo n zložené. 5. Dokážte, že re všetky rirodzené čísla n > 1 je číslo n 4 + n + 1 zložené. 6. Dokážte, že ak n 1 je rvočíslo, tak n je rvočíslo. 7. Dokážte, že ak n + 1 je rvočíslo, tak n je mocnina. Pre aké n sú n 1 aj n + 1 rvočísla? 8. Dokážte, že ak n N je zložené číslo, tak existuje rvočíslo také, že n a n. Nech n N a je najmenšie rvočíslo, ktoré delí n. Dokážte, že ak > 3 n, tak n je rvočíslo alebo Dokážte, že ak aj + sú rvočísla, tak aj 3 + je rvočíslo. Koľko takých trojíc existuje? 10. Dokážte, že re n > 1 súčet n k=1 1 k.3 Rozloženie rvočísel nie je celé číslo. Už vieme, že rvočísel je nekonečne veľa. Môžeme si však oložiť otázku, akých čísel je viac zložených čísel alebo rvočísel. Z hľadiska kardinality ich je rovnako veľa obe množiny sú nekonečné sočítateľné. Zrejme teda kardinalita nebude vhodné kritérium na orovnávanie veľkosti odmnožín množiny N s výnimkou konečných množín majú všetky odmnožiny N rovnakú mohutnosť. Mohli by sme sa okúsiť nájsť iné kritériá na osúdenie toho, či odmnožina N je veľká alebo malá..3.1 Medzery v množine rvočísel Veta.3.1. Existuje ľubovoľne dlhá ostunosť o sebe idúcich zložených čísel. Dôkaz. Nech n N, n. Uvažujme čísla n! +, n! + 3,..., n! + n. Pre každé z týchto čísel latí k n! + k, čiže každé z nich má vlastného deliteľa. Uvedené čísla tvoria teda ostunosť n 1 o sebe idúcich zložených čísel..3. Rad revrátených hodnôt rvočísel Ako sme už somenuli, existuje množstvo kritérií na to, ktoré odmnožiny rirodzených čísel môžeme ovažovať za veľké a ktoré za malé, ričom v rôznych situáciach môžu byť vhodné rôzne kritériá. Jednou z možností je zistiť, či rad zostavený z revrátených hodnôt danej množiny konverguje alebo diverguje. Je naríklad známe, že harmonický rad 1 n diverguje, čo zodovedá tomu, že množina všetkých rirodzených čísel je veľká. Naoak, rad 1 n! = e konverguje, čo zodovedá tomu, že množina {n!; n N} je omerne riedka. Ukážeme, že množina všetkých rvočísel je v tomto zmysle veľká. Hoci rad 1 n diverguje, jeho divergencia je extrémne omalá. Aj o harmonickom rade vieme, že diverguje veľmi omaly rastie zhruba ako logaritmická funkcia, ozri rovnosť (B.). Je známe, že re rad revrátených hodnôt rvočísel latí x 1 ln ln x. Uvedieme niekoľko rôznych dôkazov. V rvom z nich budeme otrebovať ojem čísla bez kvadratických deliteľov. 14

15 Definícia.3.. Hovoríme, že číslo n N je číslo bez kvadratických deliteľov, ak neexistuje rirodzené číslo k > 1 také, že k n. O tom, či dané číslo je bez kvadratických deliteľov sa možno ľahko resvedčiť na základe jeho kanonického rozkladu. Číslo nemá kvadratických deliteľov ráve vtedy, keď jeho kanonický rozklad obsahuje iba rvé mocniny rvočísel, t.j. n = 1... k. Z toho tiež vidno, že každé číslo možno jednoznačne naísať v tvare n = j.k, kde j nemá kvadratických deliteľov. Ak totiž n = α α k k je kanonický rozklad čísla n a q 1,..., q m sú tie rvočísla, ktoré sa vyskytujú v kanonickom rozklade čísla n v neárnej mocnine, tak latí n = j.k, kde j = q 1... q m a k = α αk k. Naríklad re n = máme rozklad n = (.5.7).( ). V ďalšom budeme ako n označovať n-té rvočíslo, t.j. množinu všetkých rvočísel možno zaísať v tvare P = { 1 < <...}. Budeme tiež oužívať nerovnosť e x > 1 + x. (Sú to rvé členy Taylorovho rozvoja funkcie e x v bode 0.) Veta.3.3. Rad revrátených hodnôt rvočísel diverguje, t.j. P 1 =. Uvedenú vetu ako rvý dokázal L. Euler. Nasledujúci dôkaz je z článku [Ni], dá sa tiež nájsť v knihách [KLŠZ] a [DD]. Prehľad viacerých ďalších dôkazov odáva článok [E]. Dôkaz. Pre n N označme S n čiastočný súčet kde k označuje k-té rvočíslo. Platí e Sn = n k=1 S n = e 1 k > n k=1 1 k, n k=1 (1 + 1 k ). Po roznásobení ravej strany dostaneme revrátené hodnoty všetkých čísel tvaru q 1... q k, kde q 1,..., q k sú navzájom rôzne rvočísla veľkosti nanajvýš n. To znamená, že uvedený výraz je súčet revrátených hodnôt všetkých čísel bez kvadratických deliteľov, ktoré obsahujú vo svojom rozklade len rvočísla 1,..., n. Označme B množinu všetkých čísel bez kvadratických deliteľov. Z redchádzajúceho odhadu teda vylýva, že e Sn > k n k B (Čísla veľkosti najviac n určite neobsahujú vo svojom rozklade väčšie rvočísla, než je n.) Predokladajme, že by existovala limita lim S n = S < + (rastúca ostunosť musí n mať limitu, ak je ohraničená). Keďže ostunosť S n je rastúca a e x je rastúca funkcia, re všetky n N latí e S > e Sn. 1 k. 15

16 Pretože každé rirodzené číslo možno zaísať v tvare t = j k, kde k B, dostaneme nerovnosť 1 n 1 n 1 k j t. k n k B j=1 (Nerovnosť latí, retože každé t na ravej strane sa vyskytne ako menovateľ v niektorom zo zlomkov, ktoré vzniknú roznásobením ľavej strany.) Je známe, že (ozri dodatok B). Dostávame teda n=1 1 j = π 6 π 6 es > čo je sor s tým, že rad na ravej strane nerovnosti diverguje. Iný dôkaz vety.3.3, ktorého autorom je P. Erdös, je uvedený v knihe [AZ]. Prvá kaitola tejto knihy je venovaná šiestim zaujímavým dôkazom, že množina P je nekonečná. Nasledujúci dôkaz je ráve jeden z nich aj keď samozrejme tvrdenie, že rad revrátených hodnôt rvočísel diverguje je odstatne silnejšie tvrdenie. Dôkaz vety.3.3. Predokladajme, že rad i k+1 n=1 t=1 1 k 1 t, 1 i < 1. Pre každé rirodzené číslo N máme otom nerovnosť i k+1 N i < N. t=1 konverguje. Potom existuje k N také, že Nazvime rvočísla 1,..., k malými rvočíslami, ostatné rvočísla budeme volať veľké. Pre N N označme N b očet tých čísel z 1,,..., N, ktoré obsahujú vo svojom kanonickom rozklade asoň jedno veľké rvočíslo. Ako N s označíme očet tých čísel, ktoré obsahujú len malé rvočinitele (sem rátame aj číslo 1). (Indexy b a s sú z anglického big a small.) Týmto sme rozložili množinu {1,,..., N} na dve disjunktné časti, reto latí N = N s + N b. Pokúsime sa teraz odhadnúť čísla N b a N s. Počet čísel neresahujúcich N, ktoré sú deliteľné rvočíslom i, je N i. Preto N b i k+1 N i i k+1 N i < N. Na odhad čísla N s oäť oužijeme fakt, že každé n N môžeme naísať ako n = a n b n, kde a n je číslo bez kvadratických deliteľov. Pretože a n vo svojom rvočíselnom rozklade obsahuje len malé rvočinitele a všetky sú v rvej mocnine, máme k možností re číslo a n. Z toho, že b n n N máme odhad b n N, reto máme najviac N možností re číslo b n. Celkovo teda máme N s k N. Ak zvolíme dostatočne veľké N, tak N s k N < N a N b + N s < N, čo je sor. 16

17 Ako ďalšiu možnosť dôkazu vety.3.3 somenieme nasledujúce tvrdenie z článku [Mo]. 1 Tvrdenie.3.4. Ak rad P 1 konverguje, tak lim n označuje očet rvočísel nerevyšujúcich n. Dôkaz. Označme R n = 1. Všimnime si, že latí n, P π(n) n = 0, kde π(n) = { P; n} π(n) = R 1 R 0 + (R R 1 ) n(r n R n 1 ) = nr n (R 0 + R R n 1 ). Z toho dostaneme π(n) n = R n R 0 + R R n 1. n Je známe, že ak nejaká ostunosť konverguje, tak aj ostunosť ozostávajúca z jej aritmetických riemerov konverguje k tomu istému číslu (cvičenie 6). Preto lim R R 0 + R R n 1 n = lim n n n π(n) a z redchádzajúcej rovnosti ľahko vylýva lim n n = 0. Teraz si ukážeme, ako sa dá omocou redchádzajúceho tvrdenia odvodiť veta.3.3. Toto tvrdenie však súčasne slúži ako rvý ríklad oužitia funkcie π(n), ktorou sa budeme odrobne zaoberať v nasledujúcej časti. Tvrdenie.3.4 ukazuje súvis medzi touto funkciou a divergenciou revráteného radu rvočísel. Prevrátený rad rvočísel ako aj funkcia π slúžia ako rostriedky na ois rozloženia rvočísel. Dôkaz vety.3.3. Predokladajme, že rad P že P,>n 1 konverguje. V takom ríade existuje n také, 1 < 1. Podľa tvrdenia.3.4 k tomuto n existuje m N také, že π(n!m) n!m < 1 n!, čiže π(n!m) m < 1. Uvažujme teraz čísla T i = n!i 1 re i = 1,..., m. Je zrejmé, že tieto čísla nie sú deliteľné žiadnym z čísel, 3,..., n. Teda ak rvočíslo delí T i, tak > n. Ďalej si uvedomme, že ak súčasne latí T i a T j re nejaké i j, tak máme T i T j = n!(i j), z čoho dostaneme (retože > n), že i j. Teda ak evne zvolíme rvočíslo, toto rvočíslo môže byť deliteľom najviac 1 + m čísel somedzi čísel T 1,..., T m. Pretože každé z čísel T i je deliteľné nejakým rvočíslom sĺňajúcim nerovnosť n!m > > n, dostávame z toho ( ) m + 1 m, n!m>>n >n 1 + π(n!m) m 1, 1 Možno sa Vám zdá neobvyklé uvádzať takéto tvrdenie, ktoré má tvar imlikácie, ričom redoklad imlikácie (ako už vieme), nie je slnený. Táto námietka je úlne orávnená; sformuloval som ho v takejto odobe, že v ďalšom semestri využijeme to, že odobné tvrdenie latí re ľubovoľnú množinu môžete skontrolvať, že v nasledujúcom dôkaze naozaj nikde nevyužívame, že ide o množinu P. Na tomto mieste som však ovažoval rozumnejšie ho zatiaľ formulovať iba re rvočísla, aby som nezávadzal označenia, ktoré budeme otrebovať až oveľa neskôr. 17

18 čo je v sore s odhadmi uvedenými v rvej časti dôkazu. V súvislosti s vetou.3.3 možno somenúť hyotézu, ktorú vyslovil P. Erdös. Táto hyotéza tvrdí, že každá množina A = {n 1 < n <...} taká, že rad diverguje obsahuje ľubovoľne dlhé konečné aritmetické ostunosti. (T.j. re každé n existujú a a d tak, že {a, a + d,..., a + nd} A.) Táto hyotéza je dodnes nerozriešená. Veta.3.3 hovorí, že množina P sĺňa redoklady Erdösovej hyotézy. Ale aj roblém, či rvočísla obsahujú ľubovoľne dlhé konečné aritmetické ostunosti bol veľmi dlho otvorený, omerne nedávno na túto otázku kladne odovedali B. Green a T. Tao [GT]. Viac sa o ich dôkaze možno dozvedieť naríklad v rehľadovom článku [Kl]..3.3 Prvočíselná funkcia Definícia.3.5. Počet rvočísel neresahujúcich reálne číslo x označujeme π(x). Funkcia π sa nazýva rvočíselná funkcia. π(x) = { x; P} Funkcia π teda oisuje rozloženie rvočísel medzi rirodzenými číslami. Jedným z najhlbších výsledkov teórie čísel je rvočíselná veta, ktorá vlastne dáva odhad re rád funkcie π(x). Táto veta hovorí, že x ln x. π(x) lim x x = 1, ln x t.j. π(x) Prvočíselnú vetu dokázali nezávisle od seba J. Hadamard a Ch. de la Valleé Poussin koncom 19-teho storočia. P. Erdös a A. Selberg v 50-tych rokoch našli dôkaz tejto vety, ktorý nevyužíval komlexnú analýzu. (Viac o tomto dôkaze sa môžete dozvedieť naríklad v [Lev].) Túto vetu nebudeme dokazovať (dôkaz je omerne zložitý nariek tomu, že viacerí matematici zostrojili jednoduchšie dôkazy než bol ôvodný dôkaz tejto vety, ozri naríklad články [Ne], [Za] alebo dilomovú rácu [VR]), v nasledujúcej časti však dokážeme asoň o niečo slabšie tvrdenia. Prvočíselná veta vlastne hovorí, že π(x). Poznamenajme, takisto bez dôkazu, že re n-té rvočíslo latí asymtotický odhad n n ln n (dôkaz tohto tvrdenia z rvočíselnej vety možno nájsť naríklad v [GKP]). Z rvočíselnej vety môžeme odvodiť naríklad tento zaujímavý fakt: x ln x Tvrdenie.3.6. Množina { q ;, q P} je hustá v 0, + ). Priomeňme, že odmnožina M 0, + ) je hustá v 0, + ), ak v každom otvorenom intervale (a, b), kde 0 a < b, sa nachádza nejaký rvok množiny M. Naríklad Q 0, + ) je hustá odmnožina 0, + ). Lema.3.7. Nech 0 < a < b sú reálne čísla. Potom lim (π(bn) π(an)) = +. n Dôkaz. Najrv vyočítame limitu odielu π(bn) π(an). Z rvočíselnej vety máme π(bn) lim n π(an) = lim n bn ln(bn) an ln(an) k=1 1 n k b ln a + ln n = lim n a ln b + ln n = b a. Terence Tao dostal v roku 006 Fieldsovu medailu. Je zlatý medailista z IMO

19 ( ) Pretože π(bn) π(an) = π(an) π(bn) π(an) 1 π(an)) = +. a lim π(an) = +, máme lim n (π(bn) n Dôkaz tvrdenia.3.6. Nech 0 < a < b sú reálne čísla. Ukážeme, že existujú, q P také, že a < q b. Podľa lemy.3.7 lim n (π(bn) π(an)) = +. Preto existuje také n 0, že re všetky n > n 0 latí π(bn) π(an) > 1. Nech q je ľubovoľné rvočíslo väčšie ako n 0. Potom π(bq) π(aq) > 1, teda existuje rvočíslo také, že aq < bq a a < q b. Prvočíselná veta sa často zvykne uvádzať aj vo formulácii, kde namiesto niektorá z funkcií x dt x li(x) = ln t, Li(x) = dt = li(x) li(). ln t 0 x ln x vystuuje (S integrálom v definícii funkcii li(x) je trochu roblém ak chceme byť úlne resní, táto funkcia sa definuje re x 1 ako 1 ε li(x) = lim ε dt x ln t + 1+ε dt ln t. ) Zaujímavé je somenúť, že funkcia li(x) dáva re malé hodnoty x skutočne veľmi resné odhady re π(x). Je zrejmé, že li(x) Li(x) Li(x) 1. Ak ukážeme, že x/ ln x 1, tak z toho vylynie, že ekvivalentné formulácie rvočíselnej vety sú Tvrdenie.3.8. Dôkaz. Obe funkcie, Li(x) aj a dostaneme π(x) lim x li(x) = 1 a lim π(x) x Li(x) = 1. lim x Li(x) x/ ln x = 1 x ln x rastú do +. Preto môžeme oužiť L Hositalove ravidlo Li(x) lim x x = lim x ln x Li (x) ( x ln x ) = lim x 1 ln x ln x 1 ln x = 1. Dlho sa verilo (na základe numerických výočtov), že latí nerovnosť li(x) < π(x). Až v roku 1914 dokázal J. E. Littlewood, že funkcia π(x) li(x) má nekonečne veľa znamienkových zmien. Neskôr E. Skewes dokázal, že rvá znamienková zmena sa vyskytne najneskôr ri čísle Postune sa odarilo nájsť aj odstatne menšie ohraničenia, stále však ide o obrovské čísla. Zaujímavý je fakt, že aj takéto obrovské čísla sa môžu vyskytnúť s určitým matematickým významom. 19

20 .3.4 Čebyševove nerovnosti Cieľom tejto časti je dokázať Čebyševovu vetu, ktorá je o niečo slabší výsledok, než rvočíselná veta. Veta.3.9 (Čebyševove nerovnosti). Existujú také reálne kladné konštanty c 1, c, že re všetky x latí x c 1 ln x π(x) c x ln x. V tejto časti bude latiť dohoda, že vždy keď vytvárame sumu alebo súčin a sčitujeme alebo násobíme všetky z daného rozsahu, tak redstavuje iba rvočísla. (Čiže ide o sumu alebo súčin len cez rvočísla atriace do tohto rozsahu.) Lema Pre každé reálne číslo x latí < 4 x, ričom uvedený súčin berieme cez všetky rvočísla neresahujúce x. x Dôkaz. Najrv si všimnime, že stačí dokazovať lemu re rirodzené čísla n. Ak totiž lema latí re každé rirodzené číslo, tak re reálne číslo x dostaneme = < 4 x 4 x. x x Pre rirodzené čísla n dokážeme tvrdenie lemy matematickou indukciou, ričom budeme rozlišovať dva ríady - keď n je árne a keď n je neárne. Pre n = tvrdenie latí. Predokladajme teraz, že latí re všetky čísla menšie ako n. Ak n = k re nejaké rirodzené číslo k > 1, tak n nie je rvočíslo, čiže latí = < 4 k 1 < 4 k. Ak n = k + 1, tak latí = k+1 k k+1 k 1 k+1< k+1 < 4 k+1 k< k+1 Kombinačné číslo ( ) k + 1 (k + 1) (k) (k + ) = k k je deliteľné každým rvočíslom, re ktoré k + 1 < k + 1. (Takéto rvočísla delia čitateľ ale nedelia menovateľ uvedeného zlomku.) Preto latí ( ) k+1 k+1. Tento. k+1< k+1 binomický koeficient môžeme ľahko odhadnúť na základe nerovnosti ( ) ( ) ( ) k + 1 k + 1 k + 1 k+1 > + =, k + 1 k k + 1 z ktorej dostaneme Celkovo teda dostávame, že k+1< k+1 k+1 ( ) k + 1 < k = 4 k. k + 1 < 4 k+1 4 k = 4 k+1. 0

21 Veta Pre každé dostatočne veľké číslo n latí π(n) 5n lg n. Dôkaz. V dôkaze odhadneme zhora aj zdola výraz lg. lg lg n< n n n lg n = (π(n) π( n)) lg n = (π(n) π( n)) lg n n< n Z lemy.3.10 dostaneme lg = lg < n. n n Sojením týchto dvoch nerovností dostaneme π(n) dostatočne veľké n latí n n lg n, z čoho vylýva 4n lg n + π( n) 4n lg n + n. Pre π(n) 5n lg n. Pre ľubovoľné kladné číslo n označme d n = [1,,..., n] najmenší soločný násobok rvých n rirodzených čísel. Nasledujúci dôkaz dolného odhadu re π(n) je z článku [Nai]. Lema.3.1. Pre každé kladné číslo n latí d n n. Dôkaz. Označme I := 1 0 xm (1 x) m dx. Pre každé x (0, 1) latí 0 < x(1 x) = 1 4 (x 1 ) 1 1 4, z čoho vylýva 0 < I 4. m Súčasne latí 1 m ( ) m m ( m 1 m ( ) m I = x m+k ( 1) k dx = )( 1) k x m+k dx = ( 1) k 1 0 k k k=0 k=0 0 k m + k + 1. k=0 Po úrave na soločného menovateľ dostaneme zlomok, ktorého menovateľ je najviac d m+1, retože d m+1 je soločným násobkom menovateľov všetkých zlomkov, ktoré vystuujú v súčte. Môžeme teda uvedený integrál vyjadriť v tvare I = A d m+1, kde A > 0 je rirodzené číslo. Potom latí re n = m + 1 Ak n je árne, tak latí d n d n 1 n. Veta Pre každé kladné číslo n latí d n = d m+1 4 m = n 1. π(n) n lg n. Dôkaz. Nech 1,..., k sú všetky rvočísla, ktoré sú menšie alebo rovné n. Každé číslo m = 1,..., n má rozklad tvaru k m = sm i i, i=1 1

22 kde s mi 0 re všetky i = 1,..., k. Potom najmenší soločný násobok d n čísel 1,,..., n má tvar k d n = i=1 max{s1 i,...,sn i } i (cvičenie 9 v časti.1). Zrejme latí max{s1 i,...,sn i } i n re každé i = 1,..., k. Z toho vylýva, že d n n k = n π(n). Z toho dostaneme odľa lemy.3.1 π(n) lg dn lg n n lg n. Z viet.3.11 a.3.13 už vylývajú obe Čebyševove nerovnosti. Dôsledok Nech n označuje n-té rvočíslo. Potom existujú reálne čísla 0 < a < b také, že an ln n < n < bn ln n re každé n. Dôkaz. Podľa vety.3.9 existujú reálne kladné konštanty c 1, c, že c 1 ln x π(x) c Položme x = n. Potom π(x) = n a máme re a = 1 c teda latí ľavá nerovnosť. Súčasne n = π( n ) > c n 1 n ln n < n ln n c n, ln n. Pretože lim x ln n n < c 1. ln x x = 0, re dostatočne veľké n máme x x ln x. Pre dosť veľké n teda latí n < n, z čoho vylýva n < n a ln n < ln n, a teda n < 1 c 1 n ln n < c 1 n ln n. Vhodnou voľbou konštanty b vieme dosiahnuť, aby táto nerovnosť latila re každé n. Poznamenajme, že je známe, že dokonca latí resnejší odhad n ln n + n ln ln n n < n < n ln n + n ln ln n re všetky n 6. Ďalšou dôležitou funkciou v teórii čísel je Čebyševova funkcia ϑ(x), ktorá je definovaná ako ϑ(x) = ln. x Podľa dohody na začiatku tejto časti uvedenú sumu berieme len cez rvočísla z daného rozsahu. (Všimnite si, že odobnú funkciu sme oužili v dôkaze vety.3.11). Nasledujúca veta zachytáva vzťah medzi funkciami π(x) a ϑ(x). Veta π(x) ϑ(x) ln x

23 Dôkaz. Zrejme ϑ(x) = ln ln x = π(x) ln x. Z toho dostaneme, že x x ϑ(x) π(x) ln x 1. Majme teraz x a 0 < ε < 1. Potom latí ϑ(x) ln (1 ε) ln x(π(x) π(x 1 ε )) (1 ε) ln x(π(x) x 1 ε ). x 1 ε < x Z toho dostaneme (odľa vety.3.9) ) ϑ(x) (1 ε) (1 x1 ε π(x) ln x π(x) Ak urobíme limitu re x idúce do nekonečna, tak máme lim inf x ( ) (1 ε) 1 x1 ε ln x. c x ϑ(x) π(x) ln x 1 ε. Pretože ε môžeme zvoliť ľubovoľne malé, latí otom lim x ϑ(x) π(x) ln x = 1. Dôsledok Existujú také reálne konštanty A, B > 0, že re všetky x latí Ax ϑ(x) = x ln Bx. Súčasne nám veta.3.15 dáva ekvivalentnú formuláciu rvočíselnej vety:.3.5 Bertrandov ostulát V tejto časti ukážeme nasledujúcu vetu ϑ(x) x. Veta.3.17 (Bertrandov ostulát). Pre každé n N existuje rvočíslo také, že n < n. Túto vetu dokázal P. Čebyšev, nazýva sa však na očet J. Bertranda, ktorý ju overil re n < a vyslovil ju ako hyotézu. Dôkaz, ktorý tu uvádzame, je oäť z knihy [AZ]. Pochádza od P. Erdösa z jeho rvého ublikovaného článku. (Erdös mal vtedy 19 rokov.) Pred dôkazom Bertrandovho ostulátu uvedieme jednu omocnú vetu. Veta.3.18 (Legendre). Prvočíslo sa v kanonickom rozklade čísla n! vyskytuje v mocnine rovnej n k. k=1 3

24 Dôkaz. Z čísel 1,,..., n sa vyskytne ako faktor v n číslach, v asoň druhej mocnine sa vyskytne ráve v n číslach, atď. Celkove teda dostávame k=1 n výskytov rvočísla k. Uvedená suma je v skutočnosti konečná od istého k budú členy n nulové. k Naríklad číslo n = 10! môžeme zaísať v tvare 10! = α1 3 α 5 α3 7 α4, kde α 1 = = = 8, α = = = 4, α 3 = 10 5 = a α 4 = 10 7 =1. Dôkaz vety Dôkaz sočíva v tom, že z redokladu, že medzi n a n nie sú rvočísla, dostaneme odhad hodnoty kombinačného čísla ( ) n n. Ukážeme, že od určitého n tento odhad nelatí. Pre menšie n tvrdenie vety overíme riamo. Predokladajme teda, že n je také rirodzené číslo, že neexistuje rvočíslo, n < n. Označme ako r(, n) mocninu v akej sa vyskytuje rvočíslo v kanonickom rozklade čísla ( n ) n = (n)! n!n!. Pretože redokladáme, že medzi n a n nie sú žiadne rvočísla, dostávame rovnosť ( ) n = r(,n). (.1) {rozloz:eqbinom} n n Podľa redchádzajúcej vety je r(, n) = j=1 ( ) n n j j. (.) {rozloz:eqprn} Sčítance vystuujúce v tomto súčte môžu nadobúdať iba hodnoty 0 a 1 (lema 1.3.3) a re j > n sú nulové. Z toho vylýva, že re > n máme r(, n) = n n. Ďalej ak n > 3 n, čiže 3 > n 1, tak n n = 0. Pre n > 9 máme 3 n > n. Vidíme teda, že re > 3n je r(, n) = 0. Pre rvočísla také, že n < 3n je r(, n) 1. Podľa lemy.3.10 otom dostaneme r(,n) < 4 3 n. < 3 n n<< 3 n Ďalej si uvedomme, že re všetky rvočísla vystuujúce v kanonickom rozklade ( ) n n musí latiť r(,n) n. (Stačí si všimnúť, že sčítance v (.) sú nulové re všetky j také, že j > n, čiže r(, n) max{j; j n}.) Čiže rvočísla veľkosti najviac n nerisejú k súčinu (.1) väčšou hodnotou než (n) n. Z (.1) dostaneme otom horný odhad ( ) n (n) n 4 3 n. n ( n n Teraz sa okúsime ( ) n n odhadnúť zdola. Všimnime si, že v binomickom rozvoji (1+1) n je ) ( najväčší koeficient. Pretože tento rozvoj má n+1 koeficientov, dostaneme n ) n 4 n n+1. 4

25 Ak si všimneme, že ( ) ( n n je re n 1 asoň tak veľký ako súčet n 0 najmenších koeficientov, môžeme tento odhad o kúsok vylešiť: ( ) n 4n n n. Dostávame teda nerovnosti (n) n 4 3 n 4n n ) + ( n) = dvoch (n) n+1 4 n 3 (.3) {rozloz:ineqbert} Posledná nerovnosť je ekvivalentná s nerovnosťou ( n + 1)(lg n + 1) n 3. Pretože odiel ľavej a ravej strany konverguje k 0, od istého n táto nerovnosť nelatí. My však otrebujeme ešte nájsť nejaké dostatočne veľké n také, že re väčšie n už táto nerovnosť nelatí (a re ne teda dostávame želaný sor) a overiť, že re menšie n je tiež Bertrandov ostulát slnený. To môžeme urobiť nasledovným sôsobom. Použitím nerovnosti a + 1 < a (ktorá latí re a ) dostaneme Z nerovností (.3) a (.4) dostaneme n = ( 6 n) 6 < ( 6 n + 1) n. (.4) {rozloz:ineqbert} n (n) 3( n+1) < 6 n (18 n+18). Pre n 50 máme n 10, čiže 18 n + 18 < 0 n. n < 0 6 n n = 0(n) 3 Táto nerovnosť môže byť slnená iba ak (n) 1 3 < 0, n < 8000, n < Aby sme overili Bertrandov ostulát re n < 4000, stačí overiť, 3, 5, 7, 13, 3, 43, 83, 163, 317, 631, 159, 503, 4001 sú rvočísla také, že nasledujúce je vždy menšie než dvojnásobok redchádzajúceho. Cvičenia 1. Existuje v každej aritmetickej ostunosti ľubovoľný očet o sebe idúcich zložených čísel?. Aká je najväčšia možná dĺžka ostunosti o sebe idúcich čísel bez kvadratických deliteľov? Nájdite ríklad takej ostunosti. Riešte odobnú úlohu re ríad tretích mocnín. 3. Konverguje rad P 1? 4. Zistite, či rad ) P (e 1 1 konverguje alebo diverguje. 5. Dokážte, že lim k i=1 k ) (1 1i = 0. 5