HVOR MANGE PRIMTALL FINNES DET? KTH 9. Februar 96

Resume, referenser og matematikere HVOR MANGE PRIMTALL FINNES DET? KTH 9. Februar 96 Resume, referenser og matematikere. Resume Til tross for at vi alle vet at det finnes uendelig mange primtall kan spørsmålet hvor mange primtall finnes det ha flere, helt presise, meninger. I dette foredraget skal vi diskutere noe måter antallet primtall kan måles på og vise hvordan disse er knyttet til noen av de mest interessante åpne problemene i matematikken. Joseph Louis François Bertrand (8-900. Viggo Brun (885-978. Peter Gustav Lejeune-Dirichlet (805-859. Paul Erdös (93-. Leonhard Euler (707-783. Carl Friedrich Gauss (777-855. Jacques Salomon Hadamard (865-963. Helge von Koch (870-94. Adrien-Marie Legendre (75-833. John Edensor Littlewood (885-977. Georg Friedrich Bernhard Riemann (86-866. Charles-Jean de la Vallée Poussin (866-96. Atle Selberg (97-007. Pafnuti L. Tchebycheff (8-894. Referenser: Hans Riesel, Prime numbers and computer methods for factorization (Second Edition, Birkhäuser 994. Victor Klee & Stan Wagon, Old and new unsolved problems in plane geometry and number theory, Math. Ass. of America, Dolciani Math. Epositions No., 99. Paulo Ribenboim, The little book of big primes, Springer Verlag 99.

Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 primtall Primtall. Studiet av primtall er et av de mest fascinerende områdene i matematikken. Problemene tilhører de elste innenfor vitenskapene og noen av de mest kjente vitenskapsmennene på 7-, 8- og 900 tallet har arbeidet med dem. Mange av problemene kan også formuleres så lekmenn kan forstå dem. Et primtall er et heltall større eller lik som ikke har andre positive heltall som divisorer enn seg selv og. De kan finnes ved en sold metode: 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 6 7 8 9 30 3 3 33 34 35 36 37 38 39 40 4 4 43 44 45 46 47 48 49 50 5 5 53 54 55 56 57 58 59 60 6 6 63 64 65 66 67 68 69 70 7 7 73 74 75 76 77 78 79 80 8 8 83 84 85 86 87 88 89 90 9 9 93 94 95 96 97 98 99 00 0 Vi finner 6 primtall mindre enn 0:, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 9, 3, 37, 4, 43, 47, 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79, 83, 89, 97, 0. Vi skal nummerere primtallene slik at p =,p = 3,p 3 = 5,... Det finnes uendelig mange primtall. primtall Euklids bevis Euclid: Anta at p,p,...,p r er de n første primtallene. Vi kan skrive P = p p p r + som et produkt av primtall. La p være det minste av disse. Da kan ikke p være et av tallene p,...,p n, fordi den da vil dele P p p p r =, hvilket er umulig. Vi har fått et nytt primtall p. Slik kan vi fortsette å konstruere nye primtall. Vi skal nu gi et annet bevis, som har hatt mye større betydning for matematikken. Euler Euler:Vi kjenner alle til følgende resultat om geometriske serier.

Det finnes uendelig mange primtall 3 Lemma. Serien n=0 n konvergerer mot om 0 < og divergerer om. Vi får at p = + p + p +, for hvert primtall p. Om q er et annet primtall får vi p p q q ( ( = (+ + + (+ + + p q = + p + q + p + pq + q +. Eulers bevis Påhøyresideharvisummenavinversenetilallepositiveheltall som kan skrives på formen p m q n. Merk at vi har brukt det velkjente resultatet: Lemma. La n=0 a n og n=0 b n være serier som konvergerer mot A henholdsvis B, og der n=0 a n konvergerer absolutt. Da konvergerer serien n=0 c n, der c n = n k=0 a kb n k mot AB. Samme resonnement som ovenfor gir at r (E = n. i= n=p n pn r r Anta nu at det er et endelig antall primtall p,p,...,p r. Da vil høyre siden av (E være lik den harmoniske rekken + + 3 +. Denne sekvensen divergerer, så den kan ikke være lik tallet på venstre side. Vi får en motsigelse mot antagelsen at det bare finnes et endelig antall primtall. Vi kan si noe mer om hvordan ( r i= vokser. La oss først, for et gitt tall definere [] som heltallet bestemt ved [] < []+. Lemma 3. Vi har at [] n= n < log < [] n= n. Bevis. Summen [] n= n er trappen over integralet []+ vi har ulikheter [] n= n > []+ På samme måte har vi at [] [] t dt, så vi har at [] n= n t n= n dt = log([]+ > log. tdt så er summen under integralet < log[] log.

4 Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 Proposisjon 4. For har vi at log <. Bevis. Vi har sett i (E ovenfor at ( [] > n= n. Resultatet følger derfor av den høyre ulikheten i Lemma 3. Eulers metode Eulers bevis benytter en av matematikkhistoriens viktigste metoder. For å se dette behøver vi resultatet: Lemma 5. Anta at a a 0. Da konvergerer serien n= a n, hvis og bare hvis sekvensen konvergerer. k a k = a +a +4a 4 + k=0 Setning6(Euler. Serien ζ(σ = og divergerer om σ. n= n σ konvergerer om σ > Bevis. Om σ 0 går ikke hvert ledd mot null så sekvensen divergerer. Om σ > 0 følger det av Lemma 5 at serien n= a n konvergerer hvis og bare hvis k=0 k = kσ k=0 ( σk konvergerer. Den siste serien konvergerer hvis og bare hvis σ <, det vil si, hvis og bare hvis < σ, på grunn av Lemma om geometriske serier. Samme resonnement som vi brukte for å vise (E gir også at (E σ r i= p σ i = n=p n pn r r n σ. Beviset til Euler kan da omformuleres som: Om det finnes et endelig antall primtall p,p,... vil summen til høyre være over alle tall. Produktet til venstre vil derfor gå mot et reelt tall når σ går mot ovenfra, mens høyre siden går mot uendelig ettersom den harmoniske serien + + 3 + divergerer. Vi får igjen en motsigelse mot antagelsen at vi har et endelig antall primtall. Av Setning 6 og formelen (E σ får vi at ζ(σ = i= p σ i.

Antall primtall I 5 ζ(k Vi har derfor et vakkert samband mellom primtall og analysen. Funksjonen ζ(σ = + + + for reelle tall ble først σ 3 σ studert av Euler. Han viste, blandt annet, at ζ(k = ( k+(πk B k, (k! der B 0,B,B,... er Bernoullitallene, definert ved: e = k= eller ekvivalent ved at B 0 = og at ( k + B k + ( k + B k k! k, B k + + ( k + k B +B 0 = 0, for k =,,... (Vis denne ekvivalensen. Vi får spesielt at B 0 =, B =, B = 6,... og at ζ( = π 6. Verdieneforζ(nnårneroddekjennerviikkeeksakt,bortsett fra at Apéry viste at ζ(3 er irrasjonalt. Apérys bevis kalles ofte beviset som Euler overså. # primtall I Antall primtall I. Vi har sett at serien + + 3 + divergerer mens serien + + 3 + konvergerer. Vi kan derfor påstå at det finnes fler tallimengden,,3,..., enn i,4,9,6,5,36,49,64,8,00,... Vi kan derfor spørre om det er mange tall i serien p,p,... av alle primtall i den bemerkelsen at p + p + divergerer. For å svare på dette behøver vi resultatet: Lemma 7. For 0 har vi at log(. Bevis. Funksjonen +log( er null for = 0 og har positiv derivert i intervallet 0 < Setning 8. Vi har at > loglog.

6 Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 Spesielt har vi at serien p + p + p 3 + divergerer. Bevis. Vi har at = log ( pi = log ( pi = log der vi har brukt Lemma 7 for ulikheten. Setningen følger nu av ulikheten i Proposisjon 4. Tvillinger Artim. ser. Drichlet-Euler Primtallstvillinger Primtallstvillinger er primtall p slik at p eller p + også er et primtall. Under 0 har vi 8 par av primtallstvillinger(3, 5, (5, 7, (, 3, (7, 9, (9, 3, (4, 43, (59,6, (7,73. Vi vet fremdeles ikke om det finnes uendelig mange slike par. Brun viste at p=primtallstvilling p konvergerer. Han brukte soldmetoder som senere har vist seg å være blandt de mest nyttige i tallteorien. Vi skal illustrere en slik soldmetode i seksjonen om heuristiske bevis lenger bak. Primtall i aritmetiske serier Dirichlet viste at det i hver aritmetisk serie a+b,a+b,3a+b,4a+b,..., der a og b er innbyrdes primiske heltall, finnes et uendelig antall primtall. Han viste også at summen av de inverse av disse primtallene divergerer. Dirichlets bevis var et pionerarbeide når det gjaldt å bruke analytiske metoder til å bevise satser i tallteorien. Hans metode, som var inspirert av metoden til Euler, som vi har sett ovenfor, gikk ut på å vise at det finnes uendelig mange primtall i en aritmetisk sekvens hvis og bare hvis en analytisk funksjon på formen L χ (σ = χ(n n=, der χ er en karakter, n σ også kalt Dirichlet serier, ikke var null i punktet, og deretter bruke analytiske metoder til å vise at funksjonen ikke forsvant i punktet. # primtall II Primtallsatsen Antall primtall II. Enannenmåteåmåleantalletprimtallpåeråbetrakteantallet primtall π( mindre eller lik et gitt tall. Vi har π( =, π(3 =, π(4 =, π(5 = 3, π(6 = 3,..., π(0 = 6,.... Gauss, 5 år gammel og inspirert av Legendre, gjettet på at π( er omtrent lik Li( = dt logt, når er stor. For å uttrykke

Antall primtall II 7 Primtallsatsen Li( π( Tchebycheff dette på en lett måte setter vi f( g( om f( og g( blir omtrent like store når blir stor, med andre ord, om g( 0 når f( er stor og lim g( = Vi kan da uttrykke Gauss gjetning som π( Li(. Denne gjetningen kalles primtallsatsen. Lemma 9 (L Hospitals regel. Anta at f og g er differensiable funksjoner på et intervall (a,b og g ( 0, for alle (a,b, der a < b +. Om f ( g ( A og g( +, når a vil f( g( A. Bruker vi L Hospitals regel med f( = Li(, g( = log, a = og b = + får vi at primtallsatsen kan uttrykkes som: π( log. For alle kjente verdier av har vi at π( < Li(, og det er sant for 0 0. Alle trodde dette altid holdt til Littlewood i 94 viste at det finnes en uendelig sekvens av tall,,..., slik at j og slik at Li( j < π( j. At vi ennu ikke kjenner et eneste slikt tall viser at vi skal være forsiktige med å dra slutninger av eksperimenter, og at datamaskinene ofte ikke klarer av interessante problemer. Vi vet at mellom 6.6 0 370 og 6.69 0 370 finnes det minst 0 80 heltall n slik at π(n > Li(n. De første alvorlige stegene mot å vise primtallsatsen ble tatt av Tchebycheff omkring 850. Han viste at 7 8 Tchebycheff viste dessuten at 3 log < π( < 9 8 log. n logn < π(n π(n < 7 5 n logn, Bertands post. slik at π(n π(n, for alle tall n Det vil si at mellom et tall og dets doble finnes det alltid minst et primtall. Dette kalles for Bertrands postulat. Mange av Tchebycheffs beviser er basert på resultatet at log.

8 Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 Vi skal bruke dette resultatet i et heuristisk bevis for primtallsatsen lenger bak. Ettersom det finnes ganske enkle beviser for dette, som dessuten bruker soldmetoder tar vi med et bevis i seksjonen om heuristiske bevis. Bev. for primts. Primtallsatsen ble vist i 896 av Hadamard og de la Vallée Poussin, uavhengig av hverandre. Begge to brukte metoder fra funksjonsteorien. Enorme anstrengelser ble gjort for å vise satsen uten å bruke funksjonsteori, det vil si med elementære metoder. Hadamard sa at den korteste veien mellom to satser om de reelle tallene gaar via de komplekse tallene. Primtallsatsen ble vist med elementære metoder av Selberg og Erdös i 948. Riemanns hyp. Riemanns hypotese. Det viktigste problemet i matematikken er å vise at det finnes en konstant C slik at Li( π( < C log, ζ(σ kompl. kompl. anal. for store. Vi skal gi en annen og mye mer kjent formulering av Riemanns hypotese. Denne formuleringen handler om nullpunktene til funksjonen ζ(σ = n= n kalt Riemanns zeta funksjon når σ σ er et komplekst tall. Som den står konvergerer den bare når realdelenavσ er størreenn, menriemann visteatdenkanutvides til en funksjon på hele det komplekse planet bortsett fra. Euler betraktet funksjonen for reelle σ, men det var Riemann som innså hvilket potensial det lå i å betrakte zetafunksjonen som en kompleks funksjon, og som så de dype relasjonene som finnes mellom egenskapene til zetafunksjonen og distribusjonen av primtall. Den andre formulering av Riemanns hypotese, som er Riemanns egen, og som vi nevnte ovenfor er: Riemanns Hypotese: Alle de ikke reelle nullpunktene til ζ(σ er på formen +ib. Det var von Koch som viste ekvivalensen av de to formuleringene. Vi skal gi en formulering av den siste versjonen som ikke nevner komplekse tall. For dette behøver vi et par resultater til: ( Lemma. Vi har at ζ(σ = σ n= ( n+ n σ, for σ >.

Heuristisk bevis av primtallsatsen 9 Bevis. Vi har at ( + σ + ( 3 σ + σ = + σ + σ 3 + σ 4 σ σ + σ + (n σ + (n σ n σ σ + = σ + 3 σ 4 σ + + (n σ (n σ +. Lemma. Anta at c c c 3, at c m 0, c m 0, for m =,,3,..., og at lim n c n = 0. Da vil n=0 c n konvergere. ( n+ Vi har derfor at n= n konvergerer for σ > 0. Derfor σ kan vi definere zetafunksjonen for alle σ > 0 og σ ved (Z. ζ(σ = σ+ n= ( n+ n σ. Med samme metode kan vi definere zetafunksjonen for komplekse tall med positiv realverdi ved serien (Z. Dette kan lett sees ved å skrive σ = a+bi og n σ = e σlogn, og å bruke at e it = cost+isint. Bruker vi disse substitusjonene får vi også n= ( n+ n σ = = = ( n+ e (a+bilogn ( n+ n a (cos(blogn+isin(blogn ( n+ (cos(blogn isin(blogn. n= n= n= n a Vi kan nu formulere Riemanns Hypotese uten henvisning til komplekse tall som: Riemanns hypotese i reell versjon: eneste løsningene til likningene ( n+ cos(blogn = 0 n a ( n+ n a sin(blogn = 0 n= n= Når 0 < a < er de

0 Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 med a =. Eratosth. sold Heuristisk bevis av primtallsatsen. Eratosthenes sold: La A(, r være antallet heltall mindre eller lik som ikke er delbare med noen av de r første primtallene p,p,...,p r. Ettersom alle primtallene mindre eller lik, som er forskjellige fra p,p,...,p r bidrar til A(,r har vi at π( r +A(,r. La i < j < < k r. Da vil antallet [ tall mindre eller lik, som er delbare med p j p k være p j p k ]. Vi får derfor at A(,r = [] [ ] + [ ] p j i r i<j r [ [ ] ]+ +( r. p j p k p p p r i<j<k n Forskjellen mellom A(, r og tallet + p j p j p k i r i<j r i<j<k n + +( r r = ( pi p p p r er høyst lik + ( r + ( r + + i= ( r = (+ r = r. r Vi har derfor at A(,r r + r i= r π( r + r + ( pi r+ + i= ( pi, og derfor at r i= ( pi. Sett r = [log]. Vihar atloglog < log(r+ logp r. Videre har vi av Proposisjon 4 at r i= ( pi < logp r. Vi får at π( log + logp r < log + logp r < log + Derfor har vi at π( loglog < + loglog log. loglog.

Heuristisk bevis av primtallsatsen Lemma 0. For hvert positivt tall a vil kvotienten log a null når blir stor. Av soldet ovenfor og Lemma 0 får vi derfor at Proposisjon. For store vil π( < loglog. gå mot Merkatvikunnetahvilketsomhelsttallstørreennistedenfor i Proposisjon. Lemma. For hvert heltall m lar vi [m] p være det minste positive tallet bestemt ved at p [m] p deler m, men p [m] p+ ikke deler m. Da har vi [ ] [ ] n n [n!] p = + +. p p Derfor vil n! = n p ( [ n ]+ [ n p i ] + i. Bevis. Antallet tall[ blandt ] [,3,...,n ] som er delbare med p k, men ikke med p k+ n n er og disse tallene teller med k i p k p k+ [] p + +[n] p. Vi får derfor at [n!] p = [] p + +[n] p ([ ] [ ] ([ ] [ ] n n n n = + p p p p ([ ] [ ] [ ] 3 [ ] n n n n +3 + = + +. p 3 p 4 p p Lemma 3. Vi har at logn! nlogn. Bevis. Vi har at summen logn! = log + log3 + + logn er trappen under integralet n+ logtdt. Vi får at log + log3 + + logn n logtdt + log(n + = nlogn + log(n +. På den andre siden har vi at log+log3+ +logn er trappen over logtdt så nlogn log+log3+ +logn. Vi har vist at n logn! nlogn + log(n+ nlogn. Lemmaet følger nu av at log(n+ nlogn < n.

Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 Setning 4. Vi har at log log. Bevis. Av Lemma har vi at logn! = n ([ ] [ ] n n + p i + log. Dette gir logn! n = n n log + ( n p n i + n p 3 i n log +n log (. n + log Vi har at k < 3 k og av Lemma 0 vil vi ha k /3k for store logk k. Derfor vil k(k <, for store k og sekvensen logk k k= k(k konvergerer. Derfor finnes det, for hvert ε > 0 et tall N slik at logn! nlogn < log n logn +ε, for n N. Omvendt har vi at logn! n [ n ] log ( n log n n nlog π(nlogn. Av Proposisjon 4 har vi π(nlogn nlogn < nlogn (loglogn(nlogn = For hver ε > 0 kan vi derfor finne et N slik at logn! nlogn > log n logn ε, for n N. Setningen følger nu av Lemma 3. loglogn.

Heuristisk bevis av primtallsatsen 3 Heur. primt. I Heuristisk bevis av primtallsatsen I. Anta at vi har en funksjon W( som beskriver tettheten av primtallene. Det vil si at vi har omtrent W( i i primtall i et intervall i omkring i. Vi antar at denne funksjonen beskriver primtallene så bra at π( t= W(tdt og at log t= W(tlog(t dt. Det følger av t Setning 4 at vi da har at log t= W(t logt dt. t Vi kan nu bestemme W( eksplisitt. Setter vi og deriverer får vi log = t= W(t logt dt t = W(log, det vil si W( = log. Derfor har vi π( W(tdt = dt logt, Heur. primt. II som er primtallsatsen. Heuristisk bevis av primtallsatsen II. Vi skal gi et ennu mer tvilsomt argument for at primtallsatsen holder. La s n være sannsynligheten for at tallet n er primtall. Denne sannsynligheten kan uttrykkes ved hjelp av sannsynligheten for at mindre tall er primtall ved å notere at et tall n er primtall om det ikke er delbart med noe mindre primtall, og at sannsynligheten for at n er delbar med primtallet m er produktet av sannsynligheten for at m er primtall og sannsynligheten for at tallet er delbart med m, det vil si s m m. Sannsynligheten s n for at n er et primtall er derfor lik produktet av sannsynlighetene for at det ikke er delbart med primtallet m for m =,3,...,n. Med andre ord, vi har at ( s n = s ( s 3 3 ( s n. n der s =. Vi får derfor at s n+ s n = s n n,

4 Hvor mange primtall finnes det? (0/0/0-primstock96 eller s n+ s n = s n n s n+. Antar vi nu at kvotienten s n+ s n når n går mot uendelig får vi, for store n, omtrent går mot s n+ s n = n, det vil si at s n s = + + n, med s =. Det følger av Lemma 3 at vi har + + + n logn. Derfor får vi at som vi ville vise. s n /logn,