Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
cách phát biểu khác của giả thuyết Gauss.
Hình 2: Biểu đồ viền Re(ζ(s)), đường Re(ζ(s)) = 0 (đậm), Im(ζ(s)) (chấm), biểu đồ viền Im(ζ(s))
Hình 3: Biểu đồ 3D của |Re(ζ(s))|, đường Im(ζ(s)) (đường chấm)
Phương trình hàm ta nói ban đầu chỉ ra rằng các không điểm phức phải đối xứng với đường
thẳng Re(s) =
1
2
. Riemann đã tính một số không điểm phức đầu tiên:
1
2
+ i14.134 ,
1
2
+ i21.022
và chứng tỏ rằng N(T ), số các không điểm với phần ảo nằm giữa 0 và T , là
N(T ) =
T
2π
log
T
2πe
+
7
8
+ S(T ) + O(1/T )
trong đó S(T ) =
1
π
arg ζ(1/2 + iT) được tính bởi biến phân liên tục bắt đầu từ arg ζ(2) = 0 dọc
theo các đường thẳng tới arg ζ(2 + iT) = 0 rồi arg ζ(1/2 + iT ) = 0. Riemann cũng chứng minh rằng
S(T ) = O(log T ). Chú ý: ta sẽ thấy sau này rằng bước nhảy giữa các không điểm là ∼ 2π/ log T .
Riemann cũng dự đoán rằng số N
0
(T ) các không điểm của ζ(1/2 + it) với 0 ≤ t ≤ T là khoảng
T
2π
log
T
2πe
và sau đó nêu ra giả thuyết rằng mỗi không điểm của ζ thực sự đều nằm trên đường
thẳng Im(z) = 1/2; đó chính là giả thuyết Riemann.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Các nỗ lực của Riemann đã tiến gần đến việc chứng minh giả thuyết của Gauss. Bước cuối cùng
được hoàn tất bởi Hadamard và de la Vallée Poussin, hai người đã chứng minh độc lập nhau trong
năm 1896 rằng ζ(s) khác không khi phần thực của s bằng 1, và từ đó dẫn tới kết luận khẳng định
cho giả thuyết của Gauss, bây giờ được gọi là định lý số nguyên tố (Prime Number Theorem).
Hình 4: Biến đổi Fourier của phần sai số trong Định lý số nguyên tố và −
x
ρ
với |ρ| < 100
Các ý tưởng đầu tiên
Không mấy khó khăn để chứng tỏ RH (Riemann Hypothesis) tương đương với khẳng định rằng
với mọi ε > 0
π(x) =
x
2
dt
log t
+ O(x
1/2+ε
).
Tuy nhiên khó khăn nằm ở chỗ tìm ra một cách tiếp cận khác với π(x) và thu các thông tin về
các không điểm.
Một tương đương dễ thấy khác của RH là khẳng định M(x) = O(x
1/2+ε
) với mọi ε > 0, trong
đó
M(x) =
n≤x
µ(n)
và µ(n) là hàm Mobius được định nghĩa từ chuỗi Dirichlet sinh 1/ζ
1
ζ(s)
=
∞
n=0
µ(n)
n
s
=
p
1 −
1
p
s
.
Vậy nếu p
1
, , p
k
là các số nguyên tố phân biệt thì µ(p
1
p
k
) = (−1)
k
; và µ(n) = 0 nếu n chia
hết cho p
2
với một số nguyên tố p nào đó. Chuỗi này hội tụ tuyệt đối khi Re(s) > 1. Nếu ước lượng
M(x) = O(x
1/2+ε
) đúng với mọi ε > 0 thì bằng cách lấy các tổng riêng phân ta thấy chuỗi hội tụ
với mọi s có phần thực lớn hơn 1/2; nói riêng không có không điểm nào của ζ(s) nằm trên nửa mặt
phẳng mở này, bởi vì không điểm của ζ(s) là điểm kỳ dị (poles) của 1/ζ(s) [Người dịch: và do tính
đối xứng nên cũng dẫn đến không có không điểm nào nằm trên nửa mặt phẳng mở Re(s) < 1/2, và
do đó mỗi không điểm đều chỉ nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2]. Ngược lại, RH suy ra ước lượng
này cho M(x), điều này cũng không khó để chứng minh.
Thay vì phân tích trực tiếp π(s), có vẻ sẽ dễ dàng hơn khi làm việc với M(x) và chứng minh
ước lượng ở trên. Thật ra, Stieltjes đã thông báo rằng ông có một chứng minh như vậy. Hadamard,
trong chứng minh nổi tiếng năm 1896 về Prime Number Theorem, đã dẫn ra tuyên bố của Stieltjes.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Hình 5: 1/|ζ(x + iy) với 0 < x < 1 và 16502.4 < y < 16505
Hadarmard nói rằng định lý của ông yếu hơn nhiều, và chỉ chứng minh ζ(s) khác 0 trên đường thẳng
Re(s) = 1, nhưng hi vọng tính đơn giản của chứng minh sẽ có ích. Stieltjes, tuy nhiên, sau đó không
bao giờ công bố chứng minh của mình.
Mertens dự đoán một giả thuyết mạnh hơn rằng
M(x) ≤
√
x,
Điều rõ ràng dẫn đến RH. Tuy nhiên giả thuyết của Mertens đã bị chứng minh là sai bởi Odlyzko
và te Riele năm 1985. Ước lượng M(x) = O(
√
x) thậm chí đã dùng RH như một lá chắn: ông từng gửi
bưu thiếp tới đồng nghiệp Harald Bohr trước khi qua English Channel trong một đêm bão tố, tuyên
bố là ông đã chứng minh xong RH. Thậm chí Hardy là một người vô thần, ông cũng tin một cách
tương đối về Chúa, rằng nếu Chúa tồn tại, cũng chẳng để thành tựu tới trong một hoàn cảnh như vậy!
Hilbert có vẻ hơi mâu thuẫn khi nhìn nhận về độ khó của RH. Một lần ông so sánh ba bài toán
mở: tính siêu việt của 2
√
2
, định lý lớn Fermat, và giả thuyết Riemann. Theo quan điểm của ông,
RH có thể sẽ được giải trong vài năm, định lý lớn Fermat có thể được giải khi ông còn sống, và câu
hỏi về sự siêu việt có thể sẽ không bao giờ được trả lời. Đáng ngạc nhiên là câu hỏi về sự siêu việt
được giải trong vài năm sau đó bởi Gelfond và Schneider, và, dĩ nhiên, Andrew Wiles gần đây đã
chứng minh định lý lớn Fermat [Người dịch: vậy nếu đảo ngược dự đoán của Hilbert thì có thể RH
sẽ không bao giờ được giải]. Tuy nhiên trong một dịp khác Hilbert lại nói rằng nếu ông ta sống lại
sau một giấc ngủ 500 năm thì câu hỏi đầu tiên sẽ là: RH có được giải hay chưa.
Khi gần kết thúc sự nghiệp, Hans Rademacher, người được biết bởi công thức chính xác cho số
các cách phân hoạch một số nguyên, nghĩ rằng ông đã có một phần chứng minh cho RH. Siegel
đã kiểm tra kết quả này, công việc dựa trên kết luận rằng một hàm nhất định sẽ có một nới rộng
giải tích bởi liên tục nếu RH đúng. Cộng đồng Toán học đã cố gắng làm cho Tạp chí Time (Time
magazine) quan tâm câu chuyện. Time đã thích thú và đăng một bài báo sau khi người ta tìm ra
lỗi sai trong chứng minh của Rademacher.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Các chứng cứ của giả thuyết Riemann
Hình 6: Công thức chính xác của Ψ(x) sử dụng 100 cặp không điểm đầu tiên
Sau đây là một số lý do để tin vào RH.
• Hàng tỉ không điểm không thể sai. Gần đây, van de Lune đã chỉ ra 10 tỉ không điểm đầu
tiên nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Ngoài ra, một dự án với sự chung sức nhiều máy tính
tổ chức bởi Sebastian Wedeniwski, chương trình đã được nhiều người hưởng ứng, đã khẳng định
rằng họ đã kiểm tra 100 tỉ không điểm đầu tiên nằm trên đường thẳng đó. Andrew Odlyzko đã tính
hàng triệu không điểm gần các không điểm thứ 10
20
, 10
21
và 10
22
(có thể xem trên website của ông).
• Hầu hết tất cả các không điểm đều nằm rất gần đường thẳng Re(s) = 1/2. Thật sự người ta đã
chứng minh rằng có hơn 99 phần trăm các không điểm ρ = β + iγ thỏa mãn |β − 1/2| ≤ 8/ log(γ).
• Người ta đã chứng minh có rất nhiều không điểm nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Selberg
đạt được một tỉ lệ dương, và N. Levinson chỉ ra ít nhất là 1/3; tỉ lệ này sau đó được cải thiện lên
40 phần trăm. Ngoài ra RH cũng ngụ ý rằng mỗi không điểm của mọi đạo hàm của ζ(s) nằm trên
đường thẳng Re(s) = 1/2. Người ta đã chứng minh được rằng có nhiều hơn 99 phần trăm các không
điểm của đạo hàm bậc ba ζ
(s) nằm trên đường thẳng Re(s) = 1/2. Lúc gần cuối đời Levinson
nghĩ rằng ông có một phương pháp cho phép đảo ngược định lý Rolle trong trường hợp này, tức là
nếu ζ
(s) có ít nhất một tỉ lệ dương các không điểm nằm trên đường thẳng đó thì điều này cũng
đúng với ζ(s), và tương tự với ζ
(s), ζ
(s) Tuy nhiên chưa ai có thể hiện thực hóa ý tưởng của ông.
• Phương pháp thống kê. Với ít hầu hết các dãy ngẫu nhiên gồm −1 và +1, hàm tổng tương ứng
của x bị chặn bởi x
1/2+ε
. Dãy Mobius có vẻ khá ngẫu nhiên.
• Sự đối xứng của các số nguyên tố. RH nói rằng các số nguyên tố phân bố theo cách đẹp nhất
có thể. Nếu RH sai thì sẽ có những điều bất thường trong sự phân bố các số nguyên tố; không điểm
đầu tiên có phần thực khác 1/2 chắc chắn sẽ là một hằng số toán học rất quan trọng. Tuy nhiên,
có vẻ tự nhiên không khắc nghiệt tới như vậy!
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Vẻ đẹp của phân số Farey
Nguyễn Mạnh Dũng, Học sinh lớp 12A2 Toán, Trường ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội
A - Mở đầu
Trong lịch sử của toán học, nhiều khi những lời giải, những định lí mới được tìm ra bởi những
người nghiệp dư, những người ở lĩnh vực khác. Chính điều này đã góp phần làm cho các khía cạnh
của toán học đa dạng hơn, thú vị hơn. Trong bài viết này, tôi xin được trao đổi với các bạn về phân
số Farey, gắn liền với tên tuổi của nhà địa lí học John Farey (1766-1826) khi ông công bố những
tính chất thú vị của phân số Farey trên một tạp chí Triết học dưới dạng phỏng đoán.
Định nghĩa. Tập hợp F
n
các phân số Farey bậc n, gọi là chuỗi Farey bậc n, là tập hợp của các
phân số tối giản thuộc khoảng [0, 1] với mẫu số không vượt quá n và được sắp xếp theo thứ tự tăng
dần. Do đó
h
k
thuộc F
n
nếu
0 ≤ h ≤ k ≤ n, (h, k) = 1
Các số 0, 1 gọi là các phần tử cơ sở của mọi tập hợp phân số Farey vì viết được dưới dạng
0
1
và
1
1
.
Ta có thể biểu diễn phân số Farey như sau:
Hoặc dưới dạng cây Stern:
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
B - Tính chất
Chúng ta hãy cùng xét các tính chất thú vị của phân số Farey
Định lí 1. Nếu
h
k
và
h
k
là hai phần tử liên tiếp của F
n
thì
(k + k
) > n
Chứng minh
Xét phân số
h+h
k+k
(phân số này được gọi là trung bình của
h
k
và
h
k
). Khi đó
h + h
k + k
−
h
k
=
kh
− hk
k(k + k
)
> 0
Và
h
k
−
h + h
k + k
=
kh
− hk
k
(k + k
)
> 0
Do đó
h + h
k + k
∈
h
k
,
h
k
Nên nếu k + k
≤ n thì
h + h
k + k
∈ F
n
. Điều này là vô lí vì
h
k
và
h
k
là hai phần tử liên tiếp. Định
lí được chứng minh. Chúng ta sẽ quay lại tính chất này ở phần sau.
Định lí 2. Không có hai phần tử liên tiếp nào của F
n
có mẫu số giống nhau.
Chứng minh
Nếu k > 1 và
h
k
,
h
k
là hai phần tử liên tiếp trong F
n
, khi đó h + 1 ≤ h
< k. Mặt khác
h
k
<
h
k −1
<
h + 1
k
≤
h
k
Do dó
h
k −1
là một phần tử nằm giữa 2 phần tử liên tiếp
h
k
,
h
k
, vô lí. Ta có điều phải chứng
minh.
Định lí 3. Nếu
h
k
và
h
k
là hai phần tử liên tiếp của F
n
thì
hh
− kk
= 1
Chứng minh
Đầu tiên ta cần chứng minh một bổ đề
Bổ đề 1. Nếu (h, k) là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì khi đó tồn tại các số nguyên
dương (x, y) sao cho
kx −hy = 1
Chứng minh.
Xét các số nguyên
k, 2k, 3k, ··· , (h −1)k
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
và số dư của chúng khi chia cho h. Các số dư này đều khác nhau. Thật vậy, nếu
k
1
k = q
1
h + r, k
2
k = q
2
h + r
với k
1
, k
2
∈ {1, 2, ··· , (h −1)} thì
(k
1
− k
2
)k = (q
1
− q
2
)h ≡ 0 (mod h)
Mà k
1
, k
2
∈ {1, 2, ··· , (h −1)} nên k
1
− k
2
< h. Do đó k
1
− k
2
= 0.
Dễ thấy rằng kk
≡ 0 (mod h) với mọi k ∈ {1, 2, ··· , (h −1)}. Do đó ít nhất một số trong các số
1.k, 2.k, ··· , (h −1)k có số dư là 1 khi chia cho h, suy ra tồn tại x ∈ {1, 2, ··· , (h −1)} và y ∈ Z
+
.
Quay lại định lí cần chứng minh, nếu (x
0
, y
0
) là một nghiệm của phương trình trên, khi đó
(x
0
+ rh, y
0
+ rh) cũng là một nghiệm với mọi số nguyên r. Chúng ta có thể chọn r sao cho
n −k < y
0
+ rk ≤ n
Đặt x = x
0
+ rk, y = y
0
+ rk, khi đó (x, y) là một nghiệm của phương trình trên và thỏa mãn
(x, y) = 1, 0 ≤ n − k < y ≤ n
Do đó
x
y
tối giản và y ≤ n nên
x
y
là một phần tử của F
n
. Ta cũng có
x
y
=
h
k
+
1
ky
>
h
k
Suy ra
x
y
nằm sau
h
k
trong F
n
. Nếu
x
y
=
h
k
thì
x
y
cũng nằm sau
h
k
, khi đó
x
y
−
h
k
=
k
x −h
y
ky
≥
1
k
y
mà
h
k
−
h
k
=
kh
− hk
kk
≥
1
kk
Vì vậy
1
ky
=
kx −hy
ky
=
x
y
−
h
k
≥
1
k
y
+
1
kk
=
k + y
kk
y
>
n
kk
y
≥
1
ky
(theo Định lí 1)
Vô lí, vậy
x
y
=
h
k
do đó kh
− hk
= 1.
Định lí 4. Nếu
h
k
,
h
k
và
h
k
là ba phần tử liên tiếp của F
n
thì
h
k
=
h + h
k + k
Chứng minh.
Từ Định lí 3 ta thu được
kh
− hk
= 1, k
h
− h
k
= 1 (3.1)
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Giải hệ phương trình trên theo ẩn h
và k
ta có
h
=
h + h
kh
− hk
, k
=
k + k
kh
− hk
Hay
h
k
=
h + h
k + k
Đây chính là Định lí 4.
Nhận xét. Chú ý rằng Định lí 3 và Định lí 4 là tương đương, ta có thể suy ra Định lí 3 từ
Định lí 4 bằng phép quy nạp như sau:
Giả sử rằng Định lí 4 đúng với mọi F
n
và Định lí 3 đúng tới F
n−1
, ta sẽ chứng minh nó cũng
đúng với F
n
. Hiển nhiên rằng nó tương đương với việc chứng minh phương trình (3.1) thỏa mãn
khi
h
k
thuộc F
n
nhưng không thuộc F
n−1
, do đó k
= n. Trong trường hợp này, theo Định lí 4,
k, k
< k
và
h
k
,
h
k
là hai phần tử liên tiếp trong F
n−1
. Từ Định lí 4 và giả thiết
h
k
tối giản, ta đặt
h + h
= λh
, k + k
= λk
với λ là một số nguyên. Do k, k
< k
, nên λ = 1. Do đó
h
= h + h
, k
= k + k
kh
− hk
= kh
− hk
= 1
Tương tự
k
h
− h
k
= 1
Phép chứng minh này gợi ý cho ta một lời giải khác cho Định lí 3:
Định lí đúng với n = 1, giả sử nó đúng tới F
n−1
ta cần chứng minh minh nó cũng đúng với F
n
.
Giả sử
h
k
và
h
k
là hai phần tử liên tiếp trong F
n−1
nhưng bị chia ra trong F
n
bởi
h
k
. Đặt
kh
− hk
= r > 0, k
h
− h
k
= s > 0
Giải hệ phương trình này theo ẩn h
, k
với điều kiện kh
− hk
= 1 ta thu được
h
= sh + rh
, k
= sk + rk
Từ đó kết hợp với (h
, k
) = 1 nên (r, s) = 1. Xét tập hợp S bao gồm tất cả các phân số có dạng
p
q
=
γh + λh
γk + λk
với γ, λ là các số nguyên dương có (γ, λ) = 1. Do đó
h
k
∈ S, Mọi phần tử của tập hợp S đều nằm
giữa
h
k
và
h
k
do mọi ước chung của p và q đều chia hết cho
k(γh + λh
) −h(γk + λk
) = λ, h
(γh + λh
) −k
(γk + λk
) = γ
Do đó mọi phần tử của S đều là phần tử của một số chuỗi Farey nào đó, khi đó phân số đầu
tiên xuất hiện phải có q nhỏ nhất. Suy ra γ = λ = 1, Vậy phân số này phải là
h
k
. Nên
h
= h + h
, k
= k + k
Định lí được chứng minh.
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Hai phép chứng minh trên cho Định lí 3 không phải là duy nhất, các bạn có thể tham khảo
cách chứng minh bằng hình học khá hay của G.H.Hardy hoặc dùng định lí Pick, chi tiết các bạn có
thể tham khảo [1].
Định lí 5. Tổng của các tử số bằng một nửa tổng các mẫu số trong chuỗi Farey bậc n.
Chứng minh
Đầu tiên ta chứng minh một bổ đề.
Bổ đề 2. Nếu
h
k
là một phần tử của chuỗi F
n
thì
k −h
k
cũng là một phần tử của chuỗi.
Chứng minh
Do (h, k) = 1 và 0 ≤
h
k
≤ 1 nên (k −h, k) = 1 và 0 ≤ 1 −
h
k
≤ 1. Ta có đpcm.
Quay lại bài toán, kí hiệu
là tổng của tất cả các phần tử của chuỗi F
n
.
Áp dụng Bổ đề 2, ta có
h =
(k −h) nên 2
h =
k. Đây là chính là kết quả của Định
lí 5.
Định lí 6. Tổng của các phần tử của chuỗi Farey F
n
bằng
n
2
Chứng minh
Theo Bổ đề 2, ta có
h
k
=
1 −
h
k
nên
2
h
k
=
1 = n
Đây là điều phải chứng minh.
Định lí 7. Trong chuỗi Farey bậc n F
n
, mẫu số của phân số liền trước và liền sau phân số
1
2
bằng số nguyên lẻ lớn nhất không vượt quá n.
Chứng minh
Gọi
h
k
là phân số liền trước
1
2
trong F
n
, khi đó k − 2h = 1 nên k lẻ. Theo Định lí 3, ta có
k + 2 > n nên k ≥ n − 1, mà k ≤ n nên k là số nguyên lẻ lơn nhất không vượt quá n.
C - Mở rộng
Phân số Farey và Phi hàm Euler
Trong phần trước, ta đã làm quen với một số tính chất cơ bản của phân số Farey, vấn đề đặt ra
ở đây là có bao nhiêu phân số Farey trong một chuỗi Farey bậc n? Chúng ta xuất phát từ một nhận
xét đơn giản: Do tất cả các phân số Farey đều ở dạng tối giản, nên với một mẫu số b cho trước, số
tử số nhỏ hơn b và nguyên tố cùng nhau với b là φ(b), gọi là Phi-hàm Euler. (Chi tiết về các tính
chất cũng như các phép chứng minh của Phi-hàm Euler, các bạn có thể tham khảo [3].) Ta có thể
sử dụng tính chất này cho mọi nguyên từ 2 đến n. Do đó ta có thể tính được số phân số có trong
F
n
(kể cả hai phân số cơ sở
0
1
và
1
1
) là
N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(n)
Tạp chí Toán học MathVn Số 02-2009
Ta có thể tính được φ(n) với n > 1 qua công thức
φ(n) = n
p|n
1 −
1
p
Ví dụ khi n = 7 ta có
N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(7) = 2 + 1 + 2 + 2 + 4 + 2 + 6 = 19
Đúng với kết quả trong bảng ở phần Định nghĩa. Ví dụ ta có thể tính khi n = 100 thì N = 3045.
Do φ(x) luôn là số chẵn ngoại trừ trường hợp x = 1, 2 nên ta có
N = 2 + φ(2) + φ(3) + ··· + φ(n)
luôn là một số lẻ. Do đó số phân số cách đều
1
2
luôn bằng nhau. Đây là một cách chứng minh khác
cho Bổ đề 2.
Với n rất lớn thì việc tính N trở nên khó khăn hơn rất nhiều. Nhưng nhờ một tính chất của Phi
hàm Euler ta có thể tính toán dễ dàng hơn:
φ(1) + φ(2) + ··· + φ(n) ≈
3n
2
π
2
Do đó
N ≈ 1 +
3n
2
π
2
Giá trị xấp xỉ này sẽ ngày càng chính xác hơn khi giá trị của n tăng. Ví dụ với n = 100, theo
công thức trên ta tính được N = 1 +
3.100
2
π
2
≈ 3040, 635 trong khi giá trị chính xác của N là 3045.
Ta có thể lập bảng tính như sau:
SỐ PHẦN TỬ CỦA CHUỖI FAREY
n φ(n) N = 1 +
φ(n) 1 + 3n
2
/π
2
1 1 2 1,30
2 1 3 2,22
3 2 5 3,74
4 2 7 5,86
5 4 11 8,60
6 2 13 11,94
7 6 19 15,90
8 4 23 20.46
9 6 29 25,62
10 4 33 30,40
15 8 73 69,39
25 20 201 190,98
50 20 775 760,91
100 40 3045 3040,63
200 80 12233 12159,54
300 80 27399 27357,72
400 160 48679 48635,17
500 200 76115 75991,89
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét