BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH ----------------------------------- Phạm Văn Thái HÀM ZETA CỦA RIEMANN VÀ ĐỊNH LÍ SỐ NGUYÊN TỐ Chuyên ngành : Toán giải tích LUẬN VĂN THẠC SĨ TÂM LÝ HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS.ĐẬU THẾ CẤP
Thành phố Hồ Chí Minh – 2010
MỤC LỤC
0TMỤC LỤC0T ..................................................................................................................................................................... 2
0TMỞ ĐẦU0T....................................................................................................................................................................... 3
0T1. Lý do chọn đề tài0T ................................................................................................................................................... 3
0T2. Mục đích nghiên cứu0T.............................................................................................................................................. 3
0T3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu0T .......................................................................................................................... 3
0T4. Ý nghĩa khoa học, thức tiễn0T .................................................................................................................................... 3
0TCHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ0T ........................................................................................................................ 4
0T1.1. Hàm số học0T ......................................................................................................................................................... 4
0T1.2. Chuỗi hàm phức0T .................................................................................................................................................. 4
0T1.3. Một số tính chất của tích phân hm biến phức0T ....................................................................................................... 6
0T1.4. Chuỗi và thặng dư0T ............................................................................................................................................... 9
0T1.5. Tích vô hạn0T ....................................................................................................................................................... 11
0T1.6. Hàm gamma0T ...................................................................................................................................................... 11
0TCHƯƠNG 2: HÀM ZETA CỦA RIEMANN0T .............................................................................................................. 17
0T2.1. Hàm zeta0T ........................................................................................................................................................... 17
0T2.2. Thác triển của hm zeta0T ...................................................................................................................................... 17
0T2.3.Không điểm của hàm zeta0T .................................................................................................................................. 23
0T2.4. Giá trị của hàm zeta tại những điểm nguyên0T ...................................................................................................... 26
0T2.5. Quan hệ giữa hàm zeta và chuỗi hàm Dirichlet 0T .................................................................................................. 29
0T3.1.Giới thiệu định lí số nguyên tố0T ........................................................................................................................... 37
0T3.2. Dạng tương đương của định lí số nguyên tố0T ...................................................................................................... 37
0T3.3. Định lí Tauberian0T .............................................................................................................................................. 40
0T3.4. Chứng minh định lí số nguyên tố0T ....................................................................................................................... 47
0TKẾT LUẬN0T ................................................................................................................................................................. 49
0TTÀI LIỆU THAM KHẢO0T............................................................................................................................................ 50
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Định lí số nguyên tố là định lí hay và khá nổi tiếng. Việc chứng minh định lí này đã bộc lộ mối liên hệ
khá thú vị giữa sự phân bố số nguyên tố và giải tích phức. Đóng vai trò quan trọng trong mối quan hệ này là
hàm zeta của Riemann.
Sử dụng công cụ giải tích phức và hàm zeta làm cho chứng minh của định lí đơn giản hơn rất nhiều so
với những chứng minh trước đó. Hơn nữa, trong quá trình tìm tòi chứng minh các nhà toán học đã tìm thấy
mối liên hệ giữa sự phân bố số nguyên tố với giả định nổi tiếng của Riemann, đó là tất cả các không điểm
1 2
. Giả định này cho đến nay vẫn chưa được không tầm thường của hàm zeta đều nằm trên đường thẳng Rez =
chứng minh.
Do đó, để có thể tìm hiểu sâu hơn về giả định của Riemann thì cần xem lại các tính chất của hàm zeta
của Riemann và định lí số nguyên tố.
2. Mục đích nghiên cứu
Luận văn trình bày các tính chất của hàm zeta và chứng minh định lí số nguyên tố.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu là hàm zeta của Riemann và định lí số nguyên tố.
Phạm vi nghiên cứu gồm thác triển của hàm zeta, không điểm của hàm zeta, giá trị của hàm zeta tại
những điểm nguyên, quan hệ giữa hàm zeta và chuỗi hàm Dirichlet và chứng minh định lí số nguyên tố.
4. Ý nghĩa khoa học, thức tiễn
Hệ thống lại các tính chất của hàm zeta và định lí số nguyên tố. Trên cơ sở đó, tìm tòi, phát hiện cái
mới.
Vì khả năng và thời gian có hạn nên luận văn còn nhiều thiếu sót. Kính mong sự góp ý của quý thầy cô
và bạn đọc.
CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Hàm số học
* .
Định nghĩa 1.1.1. Ta gọi hàm số học là các hàm số xác định trên
xσ là hàm số học xác định bởi
=
∈
∈
x d x ,
,
d
( ) n
* .
σ x
∑
d n
Định nghĩa 1.1.2. Hàm
d n là số ước của n thì
( ) d n
( )
( ) nσ= 0
d n
= ∑ . 1
1
ϕ = và
Đặc biệt nếu
( )1
)aϕ là số các số tự nhiên nhỏ hơn a,
(
Hàm Euler ϕ là hàm số học được xác định như sau
r
µ
µ= 1,
nguyên tố cùng nhau với a nếu a > 1.
( ) 1
( ) n
( = −
) 1
nµ = trong các trường hợp còn lại.
nếu n là tích của r số nguyên tố phân Hàm Mobius µ là hàm số học xác định bởi
( ) 0
biệt và
f gọi là có tính chất nhân nếu
f không đồng nhất bằng 0 và mọi
*
∈
=
=
Định nghĩa 1.1.3. Hàm số học
a b ,
,
a b ,
1
(
)
( f ab
)
) ( ) ( f a f b
đều có .
Định lí 1.1.1( Định lí cơ bản của số học).
Mọi số nguyên dương lớn hơn 1 đều biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng tích các số nguyên
tố, trong đó các thừa số nguyên tố được viết theo thứ tự không giảm.
α k
α 1
n
p
...
Để thuận tiện, ta thường nhóm các thừa số nguyên tố bằng nhau thành một luỹ thừa của nó. Cách biểu
kp
1= p
α 2 2
*
,...,
,
diễn số nguyên như vậy ta gọi là phân tích tiêu chuẩn: trong đó p R1 R
α α α ∈ .
k
1
2
,
,
nguyên tố và
xσ ϕ µ là hàm có tính chất nhân.
Định lí 1.1.2. Các hàm
Kí hiệu P là tập các số nguyên tố.
k
∞
∞
)
=
=
.
( ) F z
∑
∑∏
=
( ) f n z n
( f p kz p
= 1
0
n
k
∈ p P
Định lí 1.1.3. Nếu f là hàm có tính chất nhân thì có chuỗi hàm Dirichlet
1.2. Chuỗi hàm phức
∞
+
f
f
xác định trên Ω ⊂ . Tổng hình thức Định nghĩa 1.2.1. Cho dãy hàm { }nf
f 1
2
k
+ = ∑ ...
k
= 1
(1.2.1)
n
S
f
được gọi là một chuỗi hàm trên Ω .
n
k
= ∑ ta được một hàm xác định trên Ω , gọi là tổng riêng thứ n và dãy{ }nS
= 1
k
Đặt gọi là dãy tổng riêng
thứ n của chuỗi (1.2.1).
∞
f
Chuỗi (1.2.1) gọi là hội tụ trên Ω nếu dãy { }nS hội tụ đến một hàm f hữu hạn trên Ω . Khi đó f được
k
= ∑ . f
k
= 1
gọi là tổng của chuỗi và viết
Chuỗi không hội tụ gọi là chuỗi phân kì.
∞
=
−
f
f
( ) z
( ) z
( ) z
Chuỗi (1.2.1) gọi là hội tụ đều trên Ω đến một hàm f nếu dãy { }nS hội tụ đều đến hàm f.
r n
( ) S z n
k
= ∑
k n
= + 1
Giả sử chuỗi (1.2.1) hội tụ và f là tổng của nó. Với mỗi n ∈ , đặt
trên Ω , gọi là dãy các phần dư của (1.2.1). ta được dãy hàm { }nr
Ta cĩ:
hội tụ đến 0 trên Ω . Chuỗi (1.2.1) hội tụ trên Ω khi v chỉ khi dãy { }nr
hội tụ đều đến 0 trên Ω . Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi v chỉ khi dãy { }nr
ε
<
∀ > ∀ ∈ Ω ∃ ∀ > ⇒ ,
0,
:
.
n N
N
z
( ) z
r n
) ε
(
Như vậy, chuỗi (1.2.1) hội tụ trên Ω khi v chỉ khi
ε
∀ > ∃ ∀ > ∀ ∈ Ω ⇒
<
0,
:
,
.
n N z
N
( ) z
r n
) ε
(
Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi v chỉ khi
∞
f
Chuỗi (1.2.1) được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi
k
∑
k
= 1
(1.2.2)
hội tụ.
Nếu chuỗi (1.2.2) hội tụ thì chuỗi (1.2.1) hội tụ.
Định lí 1.2.1 ( Tiêu chuẩn Cauchy).
∀ > ∃ ∀ ∀ > > ∀ ∈ Ω ⇒
ε
<
n m n N z
0,
N
:
,
,
f
+ + ...
f
.
( ) z
( ) z
n
+ 1
m
(
) ε
Chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω khi và chỉ khi
∞
Định lí 1.2.2 (Dấu hiệu Weierstrass).
a n
∑ hội tụ và các số hạng của chuỗi (1.2.1) thoả mãn
n
= 1
≤
f
,
∀ ∈ Ω ∀ > ,
n
z
Nếu chuỗi dương
( ) z
n
a n
n n , 0 0
là số nguyên dương nào đó
thì chuỗi (1.2.1) hội tụ đều trên Ω .
1.3. Một số tính chất của tích phân hm biến phức
+
=
+
af
Định lí 1.3.1. Cho f,g là hai hàm liên tục trên đường cong γ;a,b là các hằng số phức. Khi đó
( ) z
( ) bg z dz
( )
(
)
∫
γ
∫ a f γ
( ) ∫ z dz b g z dz γ
-
γ
:
,a b
P là đường cong γ với chiều ngược lại. Với mọi
.
→ là một đường cong. Kí hiệu γ
[
]
P
= −
f
f
Định lí 1.3.2. Cho
( ) z dz
( ) z dz
∫
∫
γ
γ−
γ
,b c
,a b
b ( )
b ( )
hàm f liên tục trên γ ta có .
→ sao cho
→ ,
[
]
[
]
2 :
γ 1 :
γ 1
γ= 2
1γ và
2γ
=
∈
=
∈
γ
=
+
,
t
a b ,
γ ;
,
t
b c ,
Định lí 1.3.3. Cho các đường cong . Khi đó tổng của
( ) t
( ) t
( ) t
( ) t
[
]
[
]
γ 1
γ 2
γ γ γ 1 2
là đường cong xác định bởi . Với mọi f liên tục trên γ ta
=
+
f
f
.
f
( ) z dz
( ) z dz
( ) z dz
∫
∫
∫
γ
γ 1
γ 2
có
≤
≤
f
f
f
Định lí 1.3.4. Với mọi hàm f liên tục trên đường cong γ ta có
( ) z dz
( ) z dz
( ) z l
sup
∫
∫
γ
γ
γ
∈ z
f
,
( ) z dz
∫
γ
trong đó hiểu là tích phân đường loại 1 trên γ, l là độ dài của γ.
là dãy các hàm liên tục trên miền D và có tổng là f. Khi đó với mọi đường cong trơn Định lí 1.3.5. Cho { }nf
Dγ ⊂ đều có
∞
∞
=
=
từng khúc
f
f
f
( ) z dz
( ) z dz
( ) z dz
n
n
∑
∑
∫
∫
∫
= 1
= 1
n
n
γ
γ
γ
.
= w f
Định lí 1.3.6 ( Định lí Cauchy cho miền đơn liên).
( ) z
=
f
0
là hàm chỉnh hình trên miền đơn liên D thì với mọi chu tuyến trơn từng khúc γ nằm Nếu
( ) z dz
∫
γ
. trong D, ta có
=
f
0
D
Định lí 1.3.7. Giả sử D là một miền đơn liên và bị chặn với D∂ là một chu tuyến trơn từng khúc. Khi đó nếu
= ∪ ∂ thì
( ) z dz
∫
∂ D
f là hàm chỉnh hình trên D và liên tục trên D D .
=
f z dz ( )
0
Định lí 1.3.8 ( Định lí Cauchy cho miền đa liên).
∫
∂ D
. Nếu D là một miền n – liên bị chặn, f là hàm chỉnh hình trên D, liên tục trên D thì
γ ⊂
D
Định lí 1.3.9 ( Công thức tích phân Cauchy).
⊂ , ta có công thức
Dγ
0z D∈ . Khi đó với mọi chu tuyến
Giả sử hàm f chỉnh hình trên miền D và
=
f
z
η d
Cauchy
(
)
0
z
i
0
( ) η f 1 −∫ π η+ 2 γ
D
= ∪ ∂ với D∂ là một chu tuyến thì với mọi z D∈ ta có
=
.
f
η d
( ) z
i
D
z ∈
. Nếu thêm vào đó f liên tục trên D D ( ) η f 1 ∫ π η∂ − 2 z
Γ \
=
Định nghĩa 1.3.1. Giả sử Γ là đường cong đơn, trơn từng khúc và f là hàm liên tục trên Γ . Với mọi
( ) ϕ η
( ) η f η − z
=
η d
là một hàm liên tục trên Γ . có
( ) F z
( ) η f 1 −∫ π ηΓ z 2 i
(1.3.1) Đặt
ta được một hàm xác định trên \ Γ .
Hàm F(z) gọi là tích phân loại Cauchy.
Định lí 1.3.10 (Cơng thức tích phn loại Cauchy).
D =
\
Giả sử Γ là đường cong đơn, trơn từng khúc và f là hàm liên tục trên Γ . Khi đó hàm F xác định bởi
Γ . Hơn nữa trong miền D,F có đạo hàm mọi cấp, chúng được
công thức (1.3.1) là hàm chỉnh hình trên
n
=
F
η . d
tính theo công thức
( ) ( ) z
+
( ) η f ! n ∫ ) 1 n ( π η 2 i − z Γ
(1.3.2)
Định lí 1.3.11. Giả sử hàm f chỉnh hình trong miền D. Khi đó f có đạo hàm mọi cấp và các đạo hàm đó cũng
n
=
=
1, 2,...
f
η , d
n
là những hàm chỉnh hình trong miền D. Các đạo hàm của f tại điểm z được biểu diễn bởi công thức
( ) ( ) z
Dγ ⊂ .
+
( ) η f ! n ∫ ) 1 n ( π η 2 i − z γ
trong đó γ là một chu tuyến tuỳ ý bao quanh z sao cho D
Ω ×
[
],a b
t
z
z tϕ→ ( , )
, với mỗi Định li 1.3.12.Giả sử {a, b} ⊂ và ϕ là hàm biến phức liên tục trên không gian tích
], [ a b∈
∈ Ω
, hàm chỉnh hình trên Ω . Hàm F xác định trên Ω được cho bởi công thức
F z ( )
z t dt z ( , ) ,
b ∫ ϕ= a
b
=
∈ Ω
. Khi đó F chỉnh hình trên Ω và
' ( ) F z
z t dt z ( , ) ,
ϕ∂ ∂∫ z
a
.
=
,
hội tụ đều trên mọi tập Định nghĩa 1.3.2. Giả sử { }nf là dãy các hàm liên tục trên miền D. Ta nói { }nf
0ε> , có
) ( N N K ε
−
∈
>
f
z K n N ,
< với mọi
compact (trong D) tới hàm f nếu với mọi tập compact K D⊂ , với mọi sao cho
( ) z
( ) z ε
nf
.
Định lí 1.3.13 (Định lí Weierstrass).
hội tụ đều trên mọi tập compact Nếu fRn R chỉnh hình trên D với mọi n và { }nf
(
)A Ω là không gian vectơ các hàm chỉnh hình trên Ω .
(trong D) tới hàm f thì f chỉnh hình trên D.
F
)
(
Định nghĩa 1.3.3. Giả sử Ω là tập mở trong và
A⊂ Ω được gọi là bị chặn đều trên các tập compact nếu
∈
∈
sup
f z
( ) :
z K f F ,
{
}
< ∞ với mọi tập compact K ⊂ Ω .
F
)
(
A⊂ Ω gọi là đồng liên tục tại
0ε> tồn tại
0δ > sao cho với mọi
Họ hàm
0z ∈ Ω nếu với mọi
−
<
−
f z ( )
f z (
)
ε ,
z
z ∈ Ω thỏa
< thì
Họ hàm
z δ 0
0
F
(
)
A⊂ Ω được gọi là đồng liên tục trên các tập compact nếu với mọi tập compact
K ⊂ Ω với ,
với mọi f F∈ .
=
δ δ ε , )K (
0,ε>
Họ hàm
'
'
−
<
−
f z ( )
f z (
)
ε ,
z
' z δ
tồn tại sao cho mọi
,z z K∈ m
< .
F
(
)
với mọi
A⊂ Ω bị chặn đều trên các tập con compact của Ω thì đồng liên tục tại mọi điểm
Bổ đề 1.3.1. Mọi họ
(
)C Ω , nghĩa là mọi f F∈ đều liên tục trên Ω và F đồng liên
thuộc Ω .
F⊂ sao cho
Bổ đề 1.3.2. Giả sử F là tập đồng liên tục của
nf hội tụ từng điểm đến f trên Ω . Khi đó f liên tục trên Ω và
f→ đều trên các tập con compact của Ω .
nf
tục tại mọi điểm của Ω , dy { }nf
f→ đều trên các tập
nf hội tụ từng điểm đến f trên tập con trù mật của Ω thì
nf
Tổng quát hơn, nếu
con compact của Ω .
F
(
)
Định lí 1.3.14 ( Định lí Montel).
F⊂ đều có dãy con hội tụ đều
A⊂ Ω bị chặn đều trên các tập compact. Khi đó mỗi dãy { }nf
Cho
trên các tập con compact của Ω .
Định lí 1.3.15 ( Định lí Vitali).
)A Ω , Ω l tập mở lin thông. Nếu dy { }nf (
là dãy bị chặn trong hội tụ điểm trên S ⊂ Ω với S l Cho { }nf
f
)
hội tụ đều một tập con có điểm tụ của Ω thì { }nf
A∈ Ω . (
trên cc tập con compact của Ω đến một hàm
1.4. Chuỗi và thặng dư
∞
∈
=
)
,
),
f z ( )
)n
z
Định lí 1.4.1(Định li Taylor).
B z R thì ,
0(
z B z R 0(
n
−∑ ( c z n
=
0
n
Nếu hàm f chỉnh hình trên với mọi trong đó các hệ số nc là
< <
=
=
r R .
duy nhất được xác định bởi công thức
η , d
n
0,1...,
c n
+ 1
n
∫
f −
1 π 2 i
η ( ) z )
η (
=
0
r
− z z 0
với 0
=
f z (
)
g z (
)
Định li 1.4.2 (Định li duy nhất).
D⊂
n
n
=
f z ( )
g z
( ),
z D∈ .
Giả sử f và g là các hàm chỉnh hình trên miền D, trên một dãy điểm khác nhau { }nz
= ∈ Khi đó a D .
nz
+∞
−
(
z
z−
)
)k
z
và lim với mọi
0
0
( c z k
∑
=−∞
k
Định nghĩa 1.4.1. Chuỗi hàm có dạng được gọi là chuỗi Laurent theo lũy thừa của hay
0.z
≤ < −
<
0 r
z
z
R
chuỗi Laurent tại
< +∞ thì f(z) được biểu diễn duy
0
Định lí1.4.3. Nếu hàm f(z) chỉnh hình trong hình vành khăn
+∞
=
−
) .k
( ) f z
z
nhất dưới dạng
0
( c z k
∑
=−∞
k
(1.4.1)
=
= ± ±
η , d
n
0, 1, 2,...,
c n
+ 1
n
f −
(
i
η ( ) z )
0
1 ∫ π η 2 ργ
−
=
<
z
z
ρ ρ < r
,
R .
Các hệ số của chuỗi (1.4.1) được xác định bởi công thức
0
0
< − z
z
r
< . Khi đó chỉ có thể xảy ra một
trong đó ργ là đường tròn bất kì
0
Định nghĩa 1.4.2. Giả sử hàm f chỉnh hình trong hình vành khăn
a
trong ba khả năng sau:
= ∈ , khi đó
0z gọi là điểm thường.
f z lim ( ) → z
z 0
i) Tồn tại
= ∞ , khi đó
0z gọi là cực điểm của hàm f.
f z lim ( ) → z
z 0
ii) Tồn tại
0z gọi là điểm bất thường cốt yếu của hàm f.
f z lim ( ) → z
z 0
0
< − z
z
, khi đó iii) Không tồn tại
< r
0
+∞
=
−
f z ( )
)n
z
Ta xét khai triển Laurent của hàm f(z) trong hình vành khăn
0
c z ( n
∑
=−∞
n
(1.4.2)
=
η d ,
n
= ± ± 0,
, 2,...,
c n
+ 1
n
f −
(
i
η ( ) z )
0
1 ∫ π η 2 ργ
−
=
< ρ ρ
z
z
;0
< . r
ργ là đường tròn
0
a
trong đó
= ∈ thì f có thể thác triển chỉnh hình tới
0z .
lim ( ) f z → z
z 0
0
< − z
z
r
Định li 1.4.4. Nếu tồn tại
< nếu và chỉ nếu trong khai triển (1.4.2)
0
0z là cực điểm của hàm f(z) trên
0,
0m > sao cho
m< − .Số nguyên
0m > gọi là bậc của cực điểm
Định lí 1.4.5. i) Điểm
kc = với mọi k
0z .
mc− ≠ và 0
0
tồn tại một số
k > sao cho
0z là điểm bất thường cốt yếu nếu và chỉ nếu trong khai triển (1.4.2) tồn tại vô số
0
kc− ≠ .
0
< − z
z
r
ii) Điểm
< . Thặng dư của hàm f tại
0
0z , kí
Định nghĩa 1.4.3. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên hình tròn thủng
]0,f z
=
f z ,
f z dz ( )
, được xác định bởi hiệu res[
]0
1 ∫ i γπ 2
−
=
< ρ ρ
z
z
;0
, res[
< . r
0
với γ là đường tròn
0z là
+∞
=
−
)n
( ) f z
z
Định lí 1.4.6. Giả sử hàm f có khai triển Laurent tại lân cận điểm
0
( c z n
∑
=−∞
n
f z ,
.
.
c−=
]0
1
Khi đó res[
0z là cực điểm đơn của hàm f thì
=
−
z
z
f z
, f z
)
( ).
Định lí 1.4.7. Nếu
]
0
0
lim( → z z 0
=
=
z
ψ≠ 0,
z
res[
= và 0
≠ thì 0
f
res
f
,
z
( ϕ
)
(
)
( zψ′
( ) z
( ) z
0
0
)0
0
ϕ ψ
( ϕ z 0 ( ′ ψ z
) )
( ) z ( ) z
0
Định lí 1.4.8. Nếu trong đó .
Định lí 1.4.9 ( Định lí cơ bản về thặng dư).
,...,
z
D
⊂ đều có
Giả sử f là hàm chỉnh hình trong miền D trừ một số hữu hạn điểm zR1 R, zR2 R,…,zRn Rnằm trong D. Khi đó với
}
Dγ⊂
2, z z 1
n
n
2
,
f
res
f
z
( η η π = i
) d
( ) z
k
∑
.
∫
= 1
k
γ
mọi chu tuyến γ trong D sao cho {
n
=
=
u
).
1.5. Tích vô hạn
p
p n
k
n
+∏ (1
lim p thì ta viết →∞ n
= 1
k
∞
=
Nếu tồn tại Định nghĩa 1.5.1. Giả sử { }nu là dãy số phức và
p
np gọi là tích riêng của tích vô hạn.
) u . n
( +∏ 1
= 1
n
∞
=
Các số
p
u
)
}np hội tụ.
n
( +∏ 1
= 1
n
u ,u ,...,u là các số phức và đặt
Sau này ta sẽ nói tích vô hạn hội tụ nếu dãy {
n
2
N
N
=
+
=
+
p
(1 u )
N
(1 u ), p n
* N
n
∏
∏
= n 1
= n 1
Bổ đề 1.5.1. Nếu 1
*
≤
+
−
p
u
+ + ...
u
, p
− ≤ 1
p
1.
N
1
2
N
N
* N
( exp u
)
∞
thì
u (s) n
∑
= n 1
là dãy các hàm bị chặn trên tập S sao cho chuỗi hội tụ đều trên S. Khi Định lí 1.5.1. Giả sử { }nu
∞
=
f (s)
(1 u (s)) n
+∏
= n 1
+
đó tích
= 0.
f (s ) 0
0= với 0s nào đó thuộc S khi và chỉ khi tồn tại n để
1 u (s ) n 0
hội tụ đều trên S và
{n , n ,...} là một hoán vị nào đó của {1, 2,...} thì
1
2
∞
=
f (s)
(1 u (s)). kn
+∏
= k 1
∞
Ngoài ra nếu
f ,f ,... là dãy các hàm chỉnh hình trong Ω . Nếu
1
2
n
−∑ f
= n 1
∞
hội tụ đều trên các tập con Định lí 1.5.2. Cho 1
0= với
)Ω . Hơn nữa
f
f (z ) 0
0z nào đó thuộc Ω khi và
n
∏ hội tụ đến hàm f thuộc A(
= n 1
0= với n nào đó.
compact của Ω thì
f (z ) 0
chỉ khi n
1.6. Hàm gamma
Để thuận lợi cho việc tìm hiểu một số tính chất của hàm gamma sau này, trước hết ta đi chứng minh bổ
∞
−
z k
=
e
đề sau.
( ) G z
( ) 0
∏
G z = tại z = -1, -2,…
z k
+ 1
= 1
k
2
∞
=
z
z
sin
∏
Bổ đề 1.6.1. i) chỉnh hình trên và
z 2 2 k π
= 1
k
− 1
.
ii)
∞
+
cot
z
∑
π
π
1 = + z
1 + z n
1 − z n
.
n
= 1
iii)
Chứng minh.
−
−
z k
z k
+
=
+
+
e
L
L
e
og
z k
z k
L og 1
og 1
2
3
+
+
=
...
1 2
z k
1 3
z k
2
=
g
2
z k
z k
g w → khi
w → 0.
i ) Lấy K là tập compact bất kì, z K∈ và k đủ lớn ta có
(
)
1 2
ở đây
−
z k
∈
≥
+
≤
z K k
,
k
L
e
,
Vì K bị chặn nên tồn tại M > 0 sao cho
0
z k
M 2 k
og 1
∞
−
z k
L
e
∑
với mọi nào đó
z k
k
= 1
+ og 1
∞
∞
−
−
z k
z k
+
=
+
e
L
e
1
exp
∑
∏
z k
z k
k
= 1
k
= 1
og 1
Suy ra hội tụ đều trên K. Từ đó
hội tụ đều trên K.
.
Do K là tập con compact bất kì nên theo định lí Weierstrass ta suy ra G(z) chỉnh hình trên
Theo định lí 1.5.2 ta có G(z)=0 chỉ tại những điểm z=-1, -2,…
Vì các vế trong ii) là các hàm chỉnh hình, trong iii) là các hàm phân hình nên áp dụng định lí duy nhất
3
5
+
sin
x
x= −
+ ...
ta chỉ cần chứng minh ii) và iii) đúng với z = x là số thực là đủ.
x 3!
x 5!
2
4
x
=
+
P x ( )
= − 1
ii) Ta có
+ Vì ...
sin x
x 3!
x 5!
x
x
1
0
n = ± ±
1, 2,...
nπ=
= nên
= khi và chỉ khi x
Đặt
lim → 0 x
sin x
sin x
với
2
∞
x
=
=
=
−
+
−
+
.
P x ( )
P
(0)(1
1
1
...
∏
x π
x π
sin x
x π 2
x π 2
x 2 2 n π
) 1
n
= 1
− 1
và P(x) là đa thức bậc vô cùng nên ta có
2
∞
=
x
x
sin
∏
x 2 2 n π
= 1
n
− 1
2
∞
=
x
x
sin
Vậy .
∏
x 2 2 n π
= 1
n
− 1
2
∞
=
+
x
x
ln sin
ln
∑
x 2 2 n π
= 1
n
− ln 1
.
suy ra iii) Do
∞
x
2
.
∑
2
x x
1 = − x
cos sin
= 1
n
2 2 π
n
x 2 2 π
n
− 1
Lấy đạo hàm hai vế ta được
∞
+
cot
x
∑
Suy ra
π
π
1 = + x
1 + x n
1 − x n
n
= 1
.
Tiếp theo ta định nghĩa hàm gamma.
+∞
Γ
=
>
, Re
0.
− − 1 t z e t dt
z
( ) z
∫
0
Định nghĩa 1.6.1. Hàm gamma Γ là hàm được xác định bởi
Từ định nghĩa trên, ta suy ra một số tính chất của hàm Γ như sau.
Định lí 1.6.1. Hàm Γ chỉnh hình trên miền Rez > 0.
k
.
( ) z
− − 1 t z e t dt
kf
Chứng minh.
= ∫
0
Đặt Theo định lí 1.3.12, ta thấy fRk R chỉnh hình trên Rez > 0.
+∞
k
t x
≤
≤ Γ
=
>
+ x iy
− − 1 t x e t dt
− − 1 e t dt x
,
0.
(
)
( ) x
kf
∫
∫
0
0
Mặt khác
( )xΓ
và ta đã biết bị chặn trên các tập con compact của Rez hội tụ. Từ đó suy ra { }kf hội tụ tuyệt đối và { }kf
Γ và do đó Γ chỉnh hình trên Rez > 0.
= Γ z
, Re
z
( Γ + z
) 1
( ) z
hội tụ đều trên các tập con compact của Rez > 0 đến hàm > 0. Theo định lí 1.3.15(định lí Vitali), suy ra { }kf
> 0.
Định lí 1.6.2.
Chứng minh.
+∞
+∞
−
t
=
= −
− t z e t dt
( Γ + z
) 1
( z t d e
)
∫
∫
0
0
Ta có
+∞
+∞
−
t
=
z t e
− − 1 t z e t dt
0
+ ∫ z
0
= Γ z
( ). z
+∞
Γ
=
=
− te dt
1
( ) 1
∫
0
*
=
n
!
. Từ đó dễ dàng suy ra công thức Đặc biệt
( Γ + n
)1
n ∈ .
với
Định lí 1.6.3. Hàm Γ có thể thác triển đến một hàm phân hình trên toàn mặt phẳng phức và nó có các cực
điểm đơn tại z=0, -1, -2,….
Chứng minh.
=
+ −
+
Γ
z m
z m
z
1)
z
.
( Γ +
)
(
) 1 ...(
( ) z
Với m là số nguyên dương, áp dụng định lí 1.6.2 ta có
Γ
=
.
( ) z
+
) + − z m
( Γ + z m ) ( 1 ...
) 1
( z z
Từ đó suy ra
-2,…,-m+1. Vì vậy ( )zΓ
Ta thấy vế phải là hàm phân hình trên Rez > -m, có các cực điểm đơn là 0, -1,
có thể thác triển phân hình đến miền Rez > -m.
Cho m → +∞ , ta thu được kết quả Γ có thể thác triển phân hình trên toàn mặt phẳng phức và có các
∞
−
z k
∈
=
+
,
1
z
γ z ze
e
cực điểm đơn là 0, -1, -2,…
∏
,trong đó γ là hằng số Euler, tức γ là giới hạn của dãy
Γ
z k
= 1
k
1 ( ) z
...
1
ln . n
n
1 γ = + + + − 2
1 n
Từ đó suy ra
Định lí 1.6.4.
( )zΓ
không có không điểm.
Chứng minh.
n
n
*
z
Γ
=
−
>
∈
t
dt
z
n
1
, Re
0,
.
( ) z
n
∫
t n
− 1
0
n
n
−
−
− 1
z
x
t
t
−
≤
−
≤
=
e
t
− 1 e
t
x
z
1
,
Re
Trước hết ta định nghĩa
t n
t n
Vì 1
+∞
−
− 1
z
z
t
x
= Γ
t
− 1 e
t
1
suy ra
− − 1 t e dt
t
( ) x
∫
t n
n − →
0
và khi n → ∞ . Mặt khác hội tụ, do đó theo định lí Lebesgue về hội tụ
chặn ta có
Γ
= Γ
lim
.
( ) z
( ) n z
s
= trong biểu thức định nghĩa
( ) n zΓ
t n
1
z
z
− 1
*
Γ
=
−
>
∈
n
s
, Re
s
0,
n
.
( 1
n ) s ds
( ) n z
∫
0
Đổi biến ta được
1
1
z
z
+ 1
z
− 1
=
=
−
=
−
.
s
( ) z
( 1
) s ds
Γ 1
∫
1 +
+
s z
s z
1
1 = − z
z
1
1 ( + z z
) 1
0
0
Vì vậy
1
1
z
z
z
z
− 1
Γ
=
−
=
−
n
s
( ) z
( 1
n ) s ds
( 1
n
( n ) s d s
)
∫
∫
n z
0
0
1
z
z
11 +
n
n
− 1
n
z
= −
−
=
−
z s d
s
s
s
ds
( 1
)
( 1
)
∫
∫
n z
z
0
0
z
+ 1
=
Γ
+
.
z
(
) 1 .
n
− 1
1
1 z
n − n
Sử dụng tích phân từng phần ta lại có
1Γ ta được
Γ
=
+ −
z n
( ) z
(
) 1
Γ 1
n
+ −
+
2
! z n
z n n (
)
( z z
) 1 ...
=
.
+
+ z n
( z z
zn n ) 1 ...
! (
)
Lăp lại bước này n-1 lần và sử dụng
=
+
+
+
z
z
1
( 1
)
Γ
1 z n
z 2
z n
... 1
1 ( ) z
n
∞
−
z
z k
=
γ ze n
e
.
∏
z k
+ 1
= 1
k
Từ đó suy ra
∞
−
z k
=
+
>
1
, Re
0.
γ z ze
e
z
∏
Γ
z k
= 1
k
1 ( ) z
∞
−
z k
=
e
G z ( )
Cho n → +∞ ta được
∏
z k
+ 1
= 1
k
1 ( ) zΓ
là hàm chỉnh hình nên áp dụng định lí duy nhất ta Do chỉnh hình trên và
Γ
=
z
,
z
suy ra đẳng thức trên đúng trên .
( ) z
( Γ − 1
)
∈ .
π π z sin
Định lí 1.6.5.
Chứng minh.
2
∞
Từ bổ đề 1.6.1.ii) ta suy ra
= π π z z
sin
2
∏
z k
= 1
k
− 1
.
π π=
sin z
( ) zG z G z
) − .
(
Do đó
π z
z
= −
= −
.
( ) 2 − z G z G z
(
)
sin π
Γ
z
1 ( Γ −
)
( ) z
z
z
Mặt khác
= − Γ − nên thay vào biểu thức trên ta được
( Γ − 1 z
)
(
)
=
.
π sin z π
Γ
z
1 ( Γ − 1
)
( ) z
Γ
=
z
,
z
Ta lại có
( ) z
( Γ − 1
)
∈ .
π π z sin
Vì vậy
CHƯƠNG 2: HÀM ZETA CỦA RIEMANN
2.1. Hàm zeta
∞
ς
Định nghĩa 2.1.1. Hàm zeta của Riemann là hàm được xác định bởi
( ) z
1 = ∑ , z n
n
= 1
zlnn
z trong đó nP P = eP
P.
(2.1.1)
x+iy
z
x
=
=
n
n
n
z Re .
z Đặt z = x+iy, ta có nP P = nP
iy x P. Suy ra P. nP P = nP
∞
∞
* ς
=
.
Nhận xét:
( ) z
1 Re
z
∑
1 =∑ z n
n
= 1
= 1
n
n
(2.1.2) Do đó
∈
=
≤
z
z
: Re
z
≥ + 1
,
Ta thấy chuỗi (2.1.2) hội tụ trên Rez > 1 nên chuỗi (2.1.1) hội tụ tuyệt đối trên Rez > 1. Mặt khác với
δ>0, ta có
{
} δ
*, n ∈ mọi
1 Re
z
1 z n
1 n δ+ 1
n
∞
với mọi .
= 1
1 ∑ hôi tụ nên theo định lí 1.2.2 (dấu hiệu Weierstrass), chuỗi (2.1.1) hội tụ đều trên + n n δ 1
z
: Re
z
.
{
} δ≥ + 1
Do chuỗi
2.2. Thác triển của hm zeta
Định lí 2.2.1 (Công thức tích Euler).
( )zς được xác định bởi
∞
=
ς
( ) z
−
z
1 ∑ ∏ = z n
1 p
n
= 1
∈ p P
− 1
Kí hiệu P là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Với Rez > 1, hàm
∞
=
ς
gọi là công thức tích Euler.
( ) z
z
∏
= 1
i
1 − p i
− 1
Công thức trên còn có thể viết dưới dạng với pR1 R, pR2 R, pR3 R… là dãy các số nguyên tố
2, 3, 5…
Chứng minh.
+
+
+ + ...
...
− = + 1
z
z
−
1
1 p
1 z p
1 2 p
1 kz p
Với số nguyên tố p và Rez > 1, ta có
nên chuỗi này hội tụ tuyệt đối trên Rez > 1.
z
∏
1 p−
≤ p q
− 1
cũng hội tụ tuyệt đối trên Rez >1. Do đó với q là số nguyên tố nào đó thì tích
z
∏
1 zn
1 p−
≤ p q
− 1
Khai triển tích thành tổng của những số hạng có dạng trong đó n là tích luỹ thừa các
số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng q. (2.2.1)
Mặt khác, theo định lí cơ bản của số học, mọi số tự nhiên n mà n ≤ q đều có thể phân tích thành tích luỹ
1 zn
đều là phần tử của tổng trong thừa các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng q. Do đó với mọi n q≤ , ta có
∞
∞
∞
−
=
−
≤
=
ς
.
( ) z
−
−
z
z
z
1 Re
∑
∑
∑
∏
∏
−
−
1
1
1 p
1 z n
1 p
1 z n
n
n
n q
n q
= 1
= + 1
= + 1
≤ p q
≤ p q
∞
∞
=
0.
(2.2.1). Suy ra
1 Re
z
1 Re
z
lim →∞ q
∑ hội tụ nên n n = 1
∑ n q n = + 1
=
=
ς
( ) z
Vì vậy Do trên Rez > 1, chuỗi
−
−
z
z
∏
∏
lim →∞ q
−
−
1
1
1 p
1 p
≤ p q
∈ p P
.
Định lí 2.2.2. Hàm ς chỉnh hình trên Rez > 1.
n
f
Chứng minh.
( ) z
n
1 = ∑ . z k= 1
k
Đặt
hội tụ đều trên mọi tập compact trong Rez > 1 đến Ta thấy fRn R chỉnh hình trên Rez > 1 với mọi n và { }nf
hàmς. Do đó, theo định lí 1.3.13 ( định lí Weierstrass), suy ra ς là hàm chỉnh hình trên Rez > 1.
0.>
Định lí 2.2.3 (Thc triển chỉnh hình của hm zeta).
( ) ς − z
1 −
z
1
>
≠
z
: Re
z
0,
z
1
Hàm có thể thc triển chỉnh hình tới nửa mặt phẳng phải Rez Từ đó suy ra hàm ς có
} 1
],1 res ς = .
[
, hơn nữa z=1 là cực điểm đơn của ς và thể thc triển chỉnh hình tới {
− . Khi đó
Chứng minh.
∆ = b k
b k
b k
+ 1
s
s
−
−
∆
.
Trước hết, ta chứng minh cơng thức sau gọi l cơng thức tổng từng phần. Cho { }na và { }nb là hai dãy số phức. Đặt
+ 1
+ 1
∆ = a b k k
a b + 1 s s
a b r r
b k
a k
∑
∑
= k r
= k r
(2.2.2)
s
−
−
VT=
)
+ + ...
)
+ 1
+ 1
∆ = a b k k
a b ( r r
b r
a b ( s s
b s
∑
= k r
= −
+
−
−
+
−
+
(
)
+ + ...
a
)
a b r r
b r
a r
s
a b s s
s
+ 1
+ 1
+ 1
a b + s s 1
+ 1
a b + s s 1
+ 1
− 1
a r s
=
−
−
b a ( s VP .
+ 1
+ 1
a b + 1 s s
a b r r
b k
∆ = a k
∑
= k r
Thật vậy
1 zn
ta có Ap dụng công thức tổng từng phần (2.2.2) với aRn R=n, bRn R=
k
k
− 1
− 1
−
=
− − 1
n
z
z
1 − 1 z
∑
∑
1 z n
k
= 1
= 1
n
n
1 +
1 +
n
n
(
) 1
(
) 1
k
− 1
k
− 1
+
−
=
−
1
n
z
z
1 − 1 z
∑
∑
k
1 z n
= 1
= 1
n
n
1 +
1 +
n
n
(
) 1
(
) 1
.
Suy ra
n
n
+ 1
+ 1
− − z 1
− − z 1
−
= −
= −
n
nz
t
dt
z
dt
[ ] t t
z
∫
∫
1 z n
1 +
n
n
n
(
) 1
Mặt khác
k
k
− 1
= + 1
z
∑
∑
1 z n
= 1
= 1
n
n
1 +
n
(
) 1
n
+ 1
k
− 1
− − 1 z
=
dt
[ ] t t
1 − 1 z
+ ∑ ∫ z
k
n
= 1
n
k
− − 1 z
=
.
dt
[ ] t t
1 − 1 z
+ ∫ z
k
1
=
0
trong đó [ ]t là phần nguyn của t. Do đó, ta có
1
lim →∞ k
1 k − z
∞
ς
Với Rez > 1, do Rez>1 thì nn cho k → ∞ ta được
( ) z
[ ] − 1 z t t dt
= ∫ z
1
. (2.2.3)
x
− − 1 z
=
=
dt
z
− z t dt
∞ − z ∫ z t dt
∫
lim →∞ x
∞ ∫ z t t . 1
1
1
=
−
1
1
lim →∞ x
z −
1
z
1 x − z
=
= + 1
Vì vậy với Rez > 1, ta có
= ). 0
1
lim →∞ x
z −
1 −
z
1
z
1
1 x − z
(do với Rez > 1, thì
∞
− − 1 z
ς
−
−
= + 1
z
dt
Kết hợp với (2.2.3) ta được
( ) z
[ ] t
(
) t t
∫
1 −
1
z
1
− − 1 z
=
−
t
z t ,
.
với Rez > 1. (2.2.4)
),z tϕ (
),z tϕ (
( ϕ
)
×
[ ]1, k∈
]1, k [
[ ] t
(
) t t
k
k
− − 1 z
=
−
dt
Cố định k > 1, đặt Ta thấy liên tục trên v mọi với ,
( ϕ
) z t dt ,
[ ] t
. Do đó, theo định lí 1.3.12, ta có
. Hơn nữa,
(
) t t
∫
∫
1
1
chỉnh hình trên chỉnh hình trên
∞
k
k
k
−
+
−
Re(
1)
Re
− 1
− − 1 z
− − 1 z
z
z
−
≤
−
≤
≤
=
.
nếu Rez > 0 thì
dt
dt
dt
t
dt
t
[ ] t
[ ] t
(
) t t
(
) t t
∫
∫
∫
∫
1 Re
z
1
1
1
1
(2.2.5)
k
k
−
Re
− 1
− − 1 z
z
=
−
dt
t
dt
( ) z
[ ] t
kg
( ) kh z
(
) t t
= ∫
∫
1 Re z
1
1
k
− − 1 z
=
−
dt
Ta thấy dãy hội tụ điểm tới . Suy ra dãy hội tụ điểm. Từ
( ) z
[ ] t
kf
(
) t t
∫
1
đó hội tụ điểm trên Rez > 0. Mặt khác cũng theo (2.2.5) dãy fRk R(z) bị chặn đều trên mỗi
hội tụ đều trên mỗi tập con tập con compact của Rez > 0 nên theo định lí 1.3.15 (định lí Vitali), ta có dy { }kf
∞
− − 1 z
=
−
f
dt
.
( ) z
[ ] t
(
) t t
∫
1
∞
− − 1 z
+
−
1
z
dt
compact của Rez > 0 tới hàm f và f chỉnh hình trên Rez > 0. Ta có
[ ] t
(
) t t
∫
1
cũng là hàm chỉnh hình trên Rez > 0. Vì vậy
( ) ς − z
1 −
z
1
Kết hợp với (2.2.4) ta suy ra có thể thc triển chỉnh hình tới
Rez > 0.
∞
− − 1 z
ς
=
−
+ + 1
z
dt
Từ (2.2.4) ta suy ra
( ) z
[ ] t
(
) t t
∫
1 −
1
z
1
∞
− − z 1
>
≠
−
z
: Re
z
0,
z
+ + 1
dt
z
với Rez > 1.
} 1
( )zς có thể thc triển chỉnh
[ ] t
(
) t t
∫
1 −
1
z
1
>
≠
z
: Re
z
0,
z
nên ta suy ra Mà chỉnh hình trên {
} 1
. hình tới {
∞
− − 1 z
∈
>
≠
ς
=
−
z
z
: Re
z
0,
z
+ + 1
z
dt
Vì vậy, ta có thể coi
{
} 1 .
( ) z
[ ] t
(
) t t
∫
1 −
1
z
1
∞
− − 1 z
Β
⊂
>
+
−
r
z
: Re
z
1
z
dt
với (2.2.6)
( 1,
)
{
} 0
[ ] t
(
) t t
∫
1
chỉnh hình trên Rez > 0 nên với r > 0 sao cho ta Mặt khác do
∞
∞
n
− − z 1
∈ Β
+
−
=
z
.
1
z
dt
có khai triển Taylor
)1, ( r
) 1
[ ] t
(
) t t
( −∑ c z n
∫
=
0
n
1
với
∞
n
∈ Β
=
−
ς
z
r
z
Thế vào (2.2.6) ta được
( 1,
) { } \ 1 .
(
) 1
( ) z
c n
=
1 − ∑ + 1
z
0
n
1
với
],1
[
res ς = .
Điều này chứng tỏ z = 1 là cực điểm đơn của ς và
−
z
)
z
=
>
ς
, Re
1
ds
z
Định lí 2.2.4. Hàm ς được biểu diễn dưới dạng tích phân như sau
( ) z
) 1 − s s − 1
−Γ − (1 π 2 i
( ∫ eγ
(2.2.7)
z
− 1
−
z
L
s
og
(
) − 1
(
)
−
=
s
e
s
,
{ } \ 0 ,
(
)
∈
γ là chu tuyến được xây dựng như sau: Rạch một đường theo chiều dương của trục thực. γ là đường đi từ
+∞ theo bờ trên của đường rạch đến ε, vòng theo đường tròn tâm s = 0, bán kính ε rồi từε đi theo bờ dưới
trong đó Γ là hàm gamma,
của đường rạch đến +∞ .
Chứng minh.
1
−
(
)zs −
Hình 1.
−
z
=
φ
( ) z
. ds
) 1 − s s − 1
1 π 2 i
( ∫ eγ
Ta thấy chỉnh hình theo biến s và tham số z. Xét hàm
−
z
+∞
ε
−
z
+ x i
z
− x i
(
)( − 1 ln
) π
(
)( 1 ln
) π
(
e
e
+
=
+
φ
dx
dx
ds
( ) z
x
x
∫
∫
−
−
1
) 1 − s s − 1
1 π 2 i
e
1 π 2 i
e
e
1
+∞
= ε
1 ∫ επ i 2
s
−
z
+∞
z
− 1
−
(
z
z
( π i
) − 1
( π i
) − 1
=
−
+
e
e
. ds
Ta có thể biểu diễn
(2.2.8)
(
)
∫
∫
−
dx 1
) 1 − s s − 1
1 π 2 i
x x e
1 π 2 i
e
ε
ε =
s
−
z
+∞
− 1
z
ds
−
) 1 − s s − 1
ds 1
( ∫ eε =
x ∫ s eε
s
+∞
− 1
z
hội tụ Theo định lí 1.3.12, ta thấy chỉnh hình trên và do
( )zφ chỉnh hình
−
ds 1
x ∫ s eε
tuyệt đối nên theo định lí 1.3.15 ( định lí Vitali), ta có Do vậy, chỉnh hình trên .
trên .
( )zφ . Trước hết, ta giả sử Rez > 1.
=
≤
1
Bây giờ ta đi đánh giá
C 1
e
s 1s −
lim e→ s 0
s 1s −
Do , suy ra trên s ε= với ε đủ nhỏ.
z
− 1
−
z
2
−
−
−
Re
z
2
L
og
s
(
(
)
(
)
Re
z
s
−
(
) 2 ln
Re
z
2
≤
−
=
=
=
ε
s
Ce
C
(
)
C 1
C e 1
) − s s −
e
1
s ε= .
Từ đó suy ra
trên
Vì vậy
−
z
−
Re
z
2
Re
z
− 1
≤
→
ε
= πε ε 2
0
ds
C
C
ε→ 0.
) 1 − s s − 1
1 π 2
1 π 2 i
( ∫ eε =
s
khi
0ε→ trong (2.2.8) ta được
+∞
z
− 1
−
z
z
( π i
) − 1
( π i
) − 1
φ
=
−
e
e
( ) z
(
)
∫
−
1 π i 2
x x e
dx 1
0
+∞
− 1
z
sin
)
= −
Do đó cho
∫
( π z π
−
. dx 1
x x e
0
−
x
∞
−
nx
=
e
(2.2.9)
−
x
x
∑ nên
1 −
e −
e
= 1 1
e
n
= 1
+∞
+∞
z
− 1
∞
−
nx
z
e
∑
∫
−
x x e
dx 1
n
= 1
∫ =
− 1 x dx
0
0
+∞
∞
∞
−
−
nx
z
nx
=
e
− 1 x dx
e
Mặt khác
∑ hội tụ đều)
n
= 1
n
= 1
0
∑ ∫
+∞
∞
=
− − 1 t z e t dt
(do
= 1
n
0
1 ∑ ∫ z n
∞
= Γ ∑ ( ) z
1 z n
n
= 1
ς
= Γ
z
( ) z
(đặt t = nx)
Γ
=
z
( ), Re z
( ) z
( Γ − 1
)
sin
> . 1 π ( π z
)
sin
)
φ
ς
= −
Γ
= −
.
( ) z
( ) z
( ) z
( π z π
( ) ς z ( Γ − z 1
)
Thay vào (2.2.9) và sử dụng (theo định lí 1.6.5), ta được
−
z
z
)
= −
>
ς
z
ds
z
, Re
1
( ) z
( = −Γ − 1
) φ
( ) z
Từ đó suy ra
( Γ − 1 π i 2
) 1 − s s − 1
( ∫ eγ
.
Nhận xét:
( )zφ là hàm nguyên,
( Γ − 1 z
)
( )zς
là hàm phân hình chỉ có các cực điểm đơn tại z = 1,2,3,…. và Do
chỉnh hình trên Rez > 1, có cực điểm đơn tại z = 1 nên ta có định lí sau
Định lí 2.2.5. Hàm ς có thể thác triển phân hình trên toàn mặt phẳng và z = 1 là cực điểm đơn duy nhất của
= − 1
nó.
′ ς ς
′ ς ς
,1
có cực điểm đơn tại z = 1 và e r s . Định lí 2.2.6. Hàm
Chứng minh.
Do z = 1 là cực điểm đơn của ς nên ta có
−
1
ς
=
−
g
z
≠ 0.
( )1
( ) z
(
) 1
( ) g z
∈ Β
0,
z
.
với
( ) g z ≠
)1, ( r
−
−
2
1
= −
−
+
−
′ ς
z
z
.
( ) z
(
) 1
( ) g z
(
) 1
( ) ′ g z
với mọi Do g chỉnh hình nên tồn tại r > 0 sao cho
= −
+
1z
r
Do đó ta có
< − < .
1 −
z
1
( ) ′ ς z ( ) ς z
( ) ′ g z ( ) g z
= − 1
với 0
′ ς ς
′ ς ς
,1
và e r s Điều này chứng tỏ z = 1 là cực điểm đơn của .
2.3.Không điểm của hàm zeta
∞
∞
− = 1
.
Định lí 2.3.1. Hàm ς không có không điểm trên Rez > 1. Chứng minh.
z
∑
∑
−
1
n
n
= 1
= 1
1
1 − p n
1 z − p n
n
≥ + ∀ n . 1,
np
Rez
Rez
Rez
⇒
≥
+
≥
n
n
+ 1.
(
)1
np
Rez
Re
z
⇒
− ≥ 1
n
.
np
Với Rez >1 , xét chuỗi Dễ thấy
*
≤
≤
∀ ∈ n
.
1 Re
z
−
1
n
1
1 Re z p n
1 z − p n
∞
Do đó
1 Re
z
∑ n n = 1
∞
∞
− = 1
z
∑
∑
−
1
n
n
= 1
= 1
1
1 − p n
1 z − p n
Vì chuỗi hội tụ đều trên Rez >1, suy ra chuỗi
∞
=
ς
( ) z
z
∏
= 1
n
1 − p n
− 1
.
*
∈
>
z
z
: Re
z
hội tụ đều trên Rez >1. Mặt khác, theo công thức tích Euler ta có
zς ≠ với mọi 0,
0
( )
{
} 1
n ∈ , nn theo định lí 1.5.2, ta suy ra
.
z
−
1
1 np− ≠
với mọi Từ đó, do
Theo định lí 2.3.1, hàm ς không có không điểm trên Rez > 1. Nhưng sau khi thc triển hàm ς, định lí
sau đây khẳng định hàmς cũng không có không điểm trên đường thẳng Rez = 1.
( ) ) zς− 1z
chỉnh hình và không có Định lí 2.3.2. Hàm ς không có không điểm trên Rez = 1. Vì vậy, hàm (
không điểm trong một lân cận của Rez ≥ 1.
0
Chứng minh.
y ≠ và xét hàm
=
3 ς
4 ς
+ x iy
+ x i y
2
( ) h x
( ) x
(
) ( ς
)
Cố định số thực
với x ∈ và x > 1.
∞
∞
∞ ∞
z
z
nz
ς
= −
−
= −
−
=
ln
ln 1
Re
Re
p
Log
p
p
Theo công thức tích Euler, nếu Rez > 1 thì ta có
( ) z
− j
− j
− j
( 1
)
∑
∑
∑∑
1 n
= 1
= 1
= 1
= 1
j
j
j
n
∞
−
−
Log
w
1w < ). Do đó
( 1
)
nw n
= ∑ , với
n
= 1
=
ς
+
+
+
ln
3ln
4 ln
+ x iy
ln
x
iy 2
( ) h x
( ) x
( ς
)
( ς
)
∞ ∞
∞ ∞
∞ ∞
− nx i ny 2
nx
− nx iny
=
+
3Re
4 Re
p
p
p
− j
− j
− j
+ ∑∑ Re
∑∑
∑∑
1 n
1 n
1 n
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
= 1
j
n
j
n
j
n
∞ ∞
nx
iny
i ny 2
=
+
+
.
p
p
p
− j
− j
− j
( Re 3 4
)
∑∑
1 n
= 1
= 1
j
n
−
−
iny
i ny 2
ln
p
i ny 2
p ln j
j
=
e
e
(ở đây ta sử dụng khai triển
− = iny jp
− jp
iny
i ny 2
+
+
= +
θ
+
θ
θ= −
p
p
3 4 cos
cos 2
ny
Vì và nên
− j
− j
p ln j
( Re 3 4
)
2
= +
θ
+
θ
−
3 4 cos
2 cos
1
=
≥ .
( + 2 1 cos
)2 0θ
3 ς
=
4 ς
+ x iy
+ x i y
2
1.
0
ln
(với )
≥ Và từ đó suy ra
(
)
( ς
)
( ) h x
4
3
( ς
)
=
−
≥
x
+ x i y
2
.
( ς
)
(
) ς 1
( ) x
1 −
x
x
( ) h x − 1
+ x iy − x 1
1
iy
0
Suy ra ( ) x ( ) h x ≥ v
= , ta có
( ς + 1
)
−
1
x
= 1
Giả sử
(
) ( ) xς 1
],1 res ς = );
[
lim +→ 1 x
+
iy
( ς
)
( ς
( ς 1
)
′ ς
=
=
+
iy
.
( 1
)
lim + → 1 x
lim + → 1 x
− −
+ x iy − x 1
) + x iy x
1
(do z = 1 là cực điểm đơn củaς v
4
3
4
( ς
)
−
=
′ ς
+
+
x
+ x i y
iy
2
i y 2
.
( 1
)
( ς 1
)
( ς
)
(
) ς 1
( ) x
lim +→ x 1
+ x iy − x 1
= ∞
iy
Do đó
≠ 0.
( ς + 1
)
1 −
1
lim x+→ 1 x
zς ≠ trên Rez = 1. Hơn nữa, cũng do
Trong khi đó (mâu thuẫn). Vậy
( )
−
1
z
cĩ thể thc triển chỉnh hình tại z = 1. Từ đó (
) ( ) zς− 1z
0 = nên theo định lí 1.4.4, (
) ( ) zς− 1z
) ( ) zς 1
(
lim → 1 z
z
0
z
0
≠ trên một lân cận nào
Vì y ≠ 0 tuỳ ý nên ta suy ra
) ( ) zς− 1
≠ trên Rez ≥ 1 nên (
( ) ) zς− 1
chỉnh hình trên Rez > 0. Mặt khác do (
đó của Rez ≥ 1.
( )zς thỏa mãn phương trình hàm
z
− 1
ς
z π
=
−
z
z
2
sin
.
( ) z
( Γ − 1
) ( ς 1
)
π z 2
Định lí 2.3.3. Hàm
Chứng minh.
( )zφ trong
Để chứng minh tính chất này ta phải cải biến đường cong γ dùng trong định nghĩa hàm
định lí 2.2.4.
nγ là đường cong đi từ + ∞ theo bờ trên của đường rạch đến n, rồi vòng qua
+
± ± n
2
n
Cố định số thực âm z. Lấy
1 2
iπ
, điểm s = 0 theo chiều ngược chiều quay kim đồng hồ bằng một hình chữ nhật có các đỉnh là
trở lại n và theo bờ dưới của đường rạch đến +∞ .
Hình 2.
−
z
=
. ds
( ) z
φ n
) 1 − s s − 1
1 π 2 i
( ∫ eγ
n
1
Ta định nghĩa
se − > trên các cạnh của hình chữ nhật. Do đó suy ra
1 2
−
z
(
z
− 1
<
n
2
Dễ dàng chứng minh được
.zCn Vì z
e
) 1 − z s − 1
0
trên các cạnh của hình chữ nhật. Suy ra tích phân lấy trên hình chữ nhật bị chặn bởi
zCn → khi n → ∞ . Do đó
z
− 1
z
− 1
+∞
n
(
(
+
=
0
ds
ds
0
< 0 nên
( )
n zφ → khi n → ∞ ( do
∫
∫
) − s s −
) − s s −
e
e
1
1
+∞
n
'
−
=
).
nγ là đường cong đóng đi từ n theo bờ dưới đường rạch đến ε rồi đi vòng
∫
∫
∫
γ
γ n
' γ n
với Ta thấy
qua s = 0 cùng chiều kim đồng hồ theo đường tròn bán kính ε rồi đến ε. Đi theo bờ trên đến n. Sau đó đi
ngược chiều kim đồng hồ theo hình chữ nhật về lại n.
s
π= ± k i 2 , 0
n
k
< ≤ . Thặng dư của hàm dưới dấu
Dγ′ chỉ chứa các cực điểm đơn
n
Mặt khác ta thấy trong
−
z
±
i
z
)1 −
−
z
− 1
(
) 1
π ( 2
=
zk
− 1 e
.
(
) π 2
s
s e
=±
s
k
π i 2
tích phân bằng
− 1
z
n
i
z
i
(
) − 1
( ) − − 1 z
− 1
z
(
− 1
z
π 2
π 2
−
=
=
+
φ
ds
e
e
k
( ) z
( ) z
(
) π 2
φ n
∑
∫
) − s s −
1
1 π 2 i
e
= 1
k
′ γ n
i
z
i
(
) − 1
( ) − − z 1
π 2
π 2
+
=
−
=
e
e
z
2 cos
2sin
0
Theo định lí 1.4.9 ( định lí cơ bản về thặng dư), ta có
n → ∞ Vì .
(
) 1
( )
n zφ → nên từ đẳng thức trên ta có
π 2
π z 2
z
− 1
z π
φ −
=
−
z
2
sin
.
( ) z
)
π z 2
( ς 1
và cho Thay
z
− 1
ς
z π
=
−
z
z
2
sin
Sau khi thác triển phân hình, (2.2.7) vẫn đúng với z < 0 nên kết hợp với (2.2.7) ta được
( ) z
( Γ − 1
) ( ς 1
)
π z 2
với z < 0.
Vì cả hai vế đều là hàm phân hình nên phương trình hàm trên cũng đúng với
mọi z.
Nhận xét:
Phương trình hàm trên cho ta biết thông tin về các không điểm của hàm zeta.
( )zς không có không điểm trên Rez > 1 và hàm
( )zΓ
không có không điểm. Cho nên Như đã biết hàm
( )zς trên Rez < 0 chính là không điểm của sin
zπ 2
z = − − −
2, 4, 6,...
. Đó từ phương trình hàm trên ta suy ra không điểm của
≤
1z
< , gọi là không điểm không tầm thường. Riemann đã đưa ra giả định rằng tất cả
gọi là không điểm tầm thường. Còn những không điểm còn lại chỉ là các không điểm đơn tại
tập trung trên dải 0 Re
1 2
. không điểm không tầm thường đều nằm trên đường Rez =
2.4. Giá trị của hàm zeta tại những điểm nguyên
n
∞
.
z
=
e
z − ∑ = 1
B z n n !
0
n
Định nghĩa 2.4.1. Các số Bernoulli BRn R là các số thỏa mãn biểu thức
n
− 1
=
0
Từ định nghĩa trên ta suy ra các kết quả sau.
n ≥ 2.
k C B n k
∑
=
0
k
với Định lí 2.4.1. BR0 R=1 và
Chứng minh.
n
∞
z
=
e
z − ∑ = 1
B z n n !
0
n
n
n
m
∞
∞
∞
z
=
z
e
(
) − ∑ 1
=
=
z = ∑ ∑ m
!
B z n n !
B z n ! n
= 1
0
0
m
n
n
∞
n
− 1
n
=
+
.
z
B z 0
∑∑
=
=
!
1 − n k
B k ! k
n
2
k
0
(
)
Từ suy ra
Đồng nhất hai vế ta được
BR0 R=1
n
− 1
=
0
và
2n ≥ .
∑
=
!
0
k
B k ( − ! k n k
)
n
− 1
=
0
với
∑
=
!
0
k
n B ! k ( − k n k !
)
n
− 1
=
0
Suy ra , tức là
n ≥ . 2
k C B n k
∑
=
0
k
= −
=
=
= −
=
=
,
,
0,
,
0,
,...
với
B 1
B 2
B 3
B 4
B 5
B 6
1 2
1 6
1 30
1 42
0
Từ hệ thức này ta có thể tính
2
1
kB + = với k lớn hơn hoặc bằng 1.
Định lí 2.4.2. Các số
Chứng minh.
n
∞
z
=
e
z − ∑ = 1
B z n n !
0
n
n
.
z = − + ∑ 2
B z n n !
≠ 1
n
Ta có
n
z
∑
z −
e
z + = 1 2
B z n n !
≠ 1
n
Từ đó suy ra
n
z
z
.
z
e e
+ 1 − ∑ = 1
B z n n !
≠ 1
n
hay
kB + = với 0
2
1
1k ≥ .
Thay z bởi –z ta thấy vế trái không thay đổi. Do đó vế phải cũng vậy. Từ đó
Định lí 2.4.3. Với n là số nguyên dương, ta có
n
2
n
− 1
2
n
( ς
)
( = −
) 1
n
B 2
) ( π 2 ) ( 2 2 ! n
(2.4.1)
= −
n
và
( ς − 1 2
)
nB 2 2 n
(2.4.2)
2nB là các số Bernoulli.
trong đó
Chứng minh.
Để chứng minh các công thức trên ta sử dụng khai triển Laurent của cotz.
−
iz
iz
2
iz
=
=
=
iz
iz
z
cot
z
z
−
iz
iz
2
iz
+ −
+ −
cos sin
z z
e e
1 1
e e
e e
n
∞
)
B n
= + iz
= + ∑ iz
2 iz iz 2 −
=
( iz 2 n !
1
e
n
0
n
− 1
2
n
∞
(
B 2
n
2
n
=
= −
1,
,
0
z
= với
1k ≥ ).(2.4.3)
Ta có
B 1
B + 2 1 k
= − ∑ 1
1 2
n
= 1
) − 1 (
2 ) n 2 !
(do 0 B
∞
+
cot
z
∑
π
π
1 = + z
1 + z n
1 − z n
n
= 1
∞
1
1
−
∑
1 = + z
1 π n
n
= 1
+
−
1
1
z π n
z π n
k
k
∞
∞
∞
k
−
−
Mặt khác theo bổ đề 1.6.1.iii), cotz còn được phân tích dưới dạng
(
) 1
∑
=
=
1 = + z
z π n
z π n
= 1
0
0
n
k
k
1 ∑ ∑ π n
2
j
− 1
∞
∞
2
.
1 = − z
1 z ∑ ∑ π nπ n = 1 j
= 1
n
với z π<
j
2
− 1
∞
∞
z
cot
2
j
j
z = − ∑ ∑ 2 π
1 2 n
1 z
n
j
= 1
= 1
j
2
∞
− 1 ( ς
) j 2 .
j
= − ∑ 2
z 2 π
1 z
j
= 1
Thay đổi thứ tự lấy tổng, ta được
n
2
∞
z
z
cot
z π< .
Suy ra
( nς 2
)
n
= − ∑ 1 2
z 2 π
n
= 1
với (2.4.4)
Từ (2.4.3) và (2.4.4), ta có
n
− 1
2
n
2
n
∞
∞
(
B 2
n
2
n
= −
z
cot
z
= − 1
z
1 2
( ς
) n 2 .
n
∑
∑
z 2 π
= 1
= 1
n
n
) − 1 (
2 ) n 2 !
2nz
2
n
n
− 1
−
(
) 1
nB 2
*
=
2
n
,
n
( ς
)
∈ .
) ( π 2 ) ( n 2 2 !
ta được Bằng cách so sánh hệ số của
Vậy (2.4.1) được chứng minh.
z
− 1
ς
z π
=
−
z
z
2
sin
.
( ) z
( Γ − 1
) ( ς 1
)
π z 2
*
= −
z
1 2
n
Mặt khác, theo định lí 2.3.3, ta có
n ∈ ta được
n
)
n
n
− 2 π
=
Γ
n
n
− 1 2 2
sin
2
(
) ( ς
) n 2 .
( ς − 1 2
)
( − π 1 2 2
n
n
)
=
Γ
=
−
,sin
cos
π n
2
n
2
n
với Thay
( ) = − 1
(
)
(
) 1 !
( π − 1 2 2
Do
− 1
2
n
n
(
) − 1
B 2
n
n
n
=
− 2 π
−
n
− 1 2 2
n
( − ς 1 2
)
( n − ( 1) 2
) 1 !
) ( π 2 n 2(2 )!
n
− 1
)2 ( = − 1
nB 2 2 n
= −
,
nên ta được
nB 2 2 n
với n ∈ *.
Vậy ta có (2.4.2).
m P với p là số nguyên tố và m là số nguyên dương nếu n = pP
ln
p
Λ
n ( )
2.5. Quan hệ giữa hàm zeta và chuỗi hàm Dirichlet
0
ψ
=
Λ
≥
0.
( ) x
( ), n x
∑
≤ n x
trường hợp ngược lại = Định nghĩa 2.5.1. Hm Λ v ψ là các hàm được định nghĩa như sau
ψ còn được viết dưới dạng
ψ
p
( ) x
( ) ln
m x p
= ∑
≤ p x
pm x ( )
p
x≤ .
Nhận xt:
trong đó mRp R(x) là số nguyên lớn nhất thoả
pm x ( )
p
x≤
⇔
≤
p
x
ln
( ) ln
pm x
⇔
≤
.
( ) m x p
x p
ln ln
Ta thấy
( ) m x p
x p
ln ln
=
là hàm phần nguyên. Vì vậy trong đó [ ].
=
ψ
p ln .
( ) x
∑
x p
ln ln
≤ p x
∞
Λ
=
−
>
Do đó ψ còn có thể được viết dưới dạng
z
, Re
1.
∑
ς
( ) n z n
n
= 1
( ) ′ ς z ( ) z
− − 1 z
−
.
(2.5.2)
dt
( ) t t
= ∫ z
( ) ′ ς z ( ) ς z
∞ ψ 1
(2.5.1) Định lí 2.5.1.
Chứng minh.
−
−
z
ς
=
p
.
( ) z
) 1
( −∏ 1
p
Nếu Rez > 1 thì theo công thức tích Euler ta có
−
z
=
′ ς
Suy ra
( ) z
−
z
∑
∏
ln −
z
1 − q
1
p
≠ q p
p
p )2
− p ( − 1
−
z
p
−
z
=
−
ς
p
( ) z
( 1
)
∑
ln −
z
p
−
p
− ( 1
p 2 )
−
z
= −
ς
.
( ) z
p z
p −∑ 1
ln − p
p
(p,q dùng để chỉ các số nguyên tố)
−
z
−
=
p
ln
−
z
p
p −∑ 1
p
( ) ′ ς z ( ) ς z
∞
−
lnnz
p
p
= ∑∑
p
n
= 1
∞
=
Từ đó
−
z
−
=
1
1 p
1 ∑ ). nz p
n
0
( ở đây ta sử dụng
∞
−
z
−
nz
n
=
p
ln
p
p
ln
p
(
)
∑∑
∑
p
n
= 1
(
p n n , ),
≥ 1
Do chuỗi trên hội tụ tuyệt đối trên Rez > 1 nên ta có thể viết
−
k
p
lnz
n (ở đây k = pP
P).
= ∑
k
∞
−
z
−
=
k
.
(
)
Λ∑ k
k
= 1
( ) ′ ς z ( ) ς z
Như vậy ta có
Vậy (2.5.1) được chứng minh .
∞
−
z
−
=
k
(
)
Λ∑ k
k
= 1
( ) ′ ς z ( ) ς z
∞
−
z
=
−
−
k
k
Ta lại cĩ
(
(
( ) ψ ψ k
) ) 1 .
∑
k
= 1
−
=
=
k
,z
0
(2.5.3)
= ta được
( kψ
)
( ) 0
+ 1
b ψ= 1
a k
b k
M
M
−
−
z
z
−
−
z
z
ψ
−
−
=
+
+
−
+
k
k
k
k
k
Sử dụng công thức tổng từng phần (2.2.2) với và
(
(
) 1
(
)( M M
) 1
(
)
(
) 1
( ) ψ ψ k
)
∑
∑
(2.5.4)
(
)
k
k
ψ = 1
= 1
ψ
=
Λ
≤
≤
ln
x
x
ln
x
( ) x
( ) n
∑
∑
≤ n x
≤ n x
Mặt khác do
z
≤
ψ
.
(
)( M M
−+ ) 1
z
M
M M ln )Re + 1
(
z
ψ
0
nên với Rez > 1, ta có
M → ∞ .
(
)( M M
−+ → khi )1
Do đó
k
+ 1
M
M
−
z
−
z
− − z 1
−
+
=
k
k
k
dt
t
(
) k z
(
)
(
) 1
∑
∑
Hơn nữa, ta còn có thể viết
(
)
∫
k
k
ψ = 1
ψ = 1
k
k
M
− − 1 z
+ 1 ψ
k k + ) ,
dt
] 1
( ) t t
= ∑ ∫ z
= 1
k
k
M
.
dt
(do ψ là hằng sô trên [
( ) ψ − − 1 z t t
= ∫ z
1
(2.5.5)
− − 1 z
−
=
>
Cho M → ∞ , töø (2.5.3), (2.5.4) và (2.5.5), ta suy ra
z
dt
z
, Re
1
( ) t t
( ) ′ ς z ( ) ς z
∞ ∫ ψ 1
.
∞
ϕ
>
=
Vậy (2.5.2) được chứng minh.
, Re
z
2,
∑
( ) n z n
n
= 1
( ) − ς z 1 ( ) ς z
trong đó ϕ là hàm Euler. Định lí 2.5.2.
Chứng minh.
k
∞
)
=
p kz
ϕ∞ ∑
∑∏
=
( ) n z n
k
n
0
= 1
∈ p P
k
− 1
∞
p
=
p kz
( p
= 1
k
∈ p P
∑∏ + 1
) − 1
− 1
k
k
ϕ
=
=
1,
p
p
p
Như đã biết ϕ là hàm có tính chất nhân nên theo định lí 1.1.3, ta có ( ϕ p
1k ≥ ).
( ) 1
(
) − với 1
( ϕ
)
(do
k
− 1
k
− 1
∞
∞
∞
−
k
p
) 1
p
1
z
=
−
=
p
− 1 p
(
) 1
(
)
p kz
kz
∑
∑
( p
p ∑ p
− p
k
k
= 1
= 1
k
= 1
z
p
1
1
=
1
Ta thấy
zp − < )
z
− 1 p −
− p
− 1 p
1
−
z
=
−
=
p
.
(
) 1
z
− −
p − 1 − p
1
p z p
1 p
(do Rez > 2 nên
k
− 1
∞
−
p
) 1
=
+
1
= + 1
p kz
∑
− −
1z − p z − p p
( p
p z p
1 p
k
= 1
−
z
=
.
z
− 1 − 1
p − 1 p
nên
k
− 1
∞
∞
ϕ
p
=
p kz
∑
( ) n z n
( p
n
= 1
= 1
k
∈ p P
∑∏ + 1
) − 1
−
z
z
∏
−
1
∈ p P
=
=
z
− 1 −∏ 1
p − 1 p
∈ p P
−
z
∏
−
1
1 − 1 p 1 p
∈ p P
=
Từ đó
( ς ς
) − 1z ( ) z
∞
µ
>
=
(theo công thức tích Euler).
, Re
1
z
∑
ς
( ) n z n
n
= 1
1 ( ) z
, trong đó µ là hàm Mobius. Định lí 2.5.3.
k
∞
)
z
=
=
p−
)
p kz
µ∞ ∑
∑∏
( −∏ 1
=
Chứng minh.
( ) n z n
k
0
n
= 1
∈ p P
∈ p P
−
1
−
z
∏
−
1
1 p
∈ p P
=
Do µ là hàm có tính chất nhân nên theo định lí 1.1.3, ta có ( µ p
=
1 ( ) zς
(theo công thức tích Euler, định lí 2.2.1).
k
∞
p
)
z
=
=
p−
)
kz
µ∞ ∑
( +∏ 1
∑∏
=
( ) n z n
( µ p
n
= 1
k
0
∈ p P
∈ p P
−
z
− 2
z
∏
−
1
∈ p P
=
=
−
z
p p
− 1 −∏ 1
∈ p P
− 2
z
∏
−
1
1 p 1 p
∈ p P
=
.
( ) ς z ( ) ς z 2
∞
µ
=
>
Tương tự ta cũng có
z
, Re
1
∑
( ) n z n
n
= 1
( ) ς z ( ) ς z 2
∞
−
=
>
z
x
z
z
> + x
, Re
1, Re
1
Vậy .
( ) ( ς ς z
)
z
∑
( ) σ n x n
n
= 1
Định lí 2.5.4.
xσ là hàm trong định nghĩa 1.1.2.
trong đó
Chứng minh.
∞
∞
∞
k
k
k
=
a x k
b x k
∑
∑
∑ c x k
=
=
=
0
0
0
k
k
k
k
k
=
=
=
=
1,
b
0,1, 2,...
Trước hết ta có kết quả đơn giản sau
, k−
a k
b k
c k
a b i k i
∑
=
0
i
∞
∞
∞
k
k
k
k
=
+ + +
x
k b x
b
b
x
...
.
( 1
)
∑
∑
∑
=
=
=
k
k
k
0
0
0
trong đó Do đó cho ta được
xσ là hàm có tính chất nhân nên theo định lí 1.1.3, ta có
k
∞
σ x
)
=
.
z
p kz
∑∏
=
( ) σ∞ n ∑ x n
( p
= 1
0
n
k
∈ p P
Bây giờ ta chứng minh định lí. Do
k
∞
)
−
x
kx
kz
=
+
+ + ...
p
p
p
( 1
)
p kz
σ∞ x ∑
∑
=
=
( p
0
0
k
k
∞
∞
k
k
k
−
−
x
z
z
p
p
p
-z x P) P, x = pP ( cho b = pP
) (
)
(
)
(
∑
∑
=
=
k
0
k
0
=
=
.
−
− x z
−
−
1
1z
1 p
1 p
Ta thấy
Suy ra
k
∞
σ x
)
=
=
z
p kz
−
∑∏
∏
− x z
−
−
=
( ) σ∞ n ∑ x n
( p
n
k
= 1
0
∈ p P
∈ p P
p
p
( 1
1 )( 1z
)
=
−
z
− x z
∏
∏
−
−
1
1
1 p
1 p
∈ p P
∈ p P
=
−
z
x
( ) ( ς ς z
)
.
Nhận xét:
∞
=
2 ς
.
( ) z
∑
( ) d n z n
= 1
n
∞
σ
=
−
z
( ) ( ς ς z
) 1 .
∑
( ) n z n
n
= 1
∞
− − z a b
( ) n
( ) ( ς ς z
)
a
=
Từ tính chất trên ta suy ra
z
∑
( ) σ σ n b n
n
= 1
) ) ( ( − − ς ς z b z a ( ) − − ς z a b 2
>
z
1, Re
z
a
z
> + b
1, Re
z
a b
1
Định lí 2.5.5.
> + Re 1,
> + + .
với Re
Chứng minh.
∞
∞
q
( ) ( ς ς p
)
∑
1 p n
n
m
= 1
= 1
=
1 ∑ q m
∞
.
q
= ∑
1 p m n n m = 1 ,
p
+= p q
1
q n m l
p q u v
Trước hết, ta xét
), u v = . Do đó, ta có
Gọi l = (m,n) là ước số chung lớn nhất của m và n. Khi đó với (
∞
∞
q
( ) ( ς ς p
)
+ p q
q
q
= ∑
l
1 p n m
1 p n m
l
m n ,
= 1
= 1
m n ,
= 1
= ∑ ∑ ( )
∞
∞
=
1 + p q
q
1 + p q
q
= ∑
∑
l
1 p n m
l
1 p n m
l
= 1
m n ,
= 1
l
= 1
m n ,
= 1
∑ )
(
∑ )
(
=
.
( ς
q
1 p n m
= 1
) + ∑ p q ( ), m n
f
, p q
thể viết
(
)
d
q
=
1 p n m
d
= ∑ ( ), m n
=
,
.
, p q
f
(
)
)
d
( f p q 1
1 d + p q
. Khi đó Đặt
)
=
,
.
)
( f p q 1
( ) ( ς ς q p ( ) ς + p q
Mặt khác, theo trên ta suy ra
=
Vì vậy
f
p q ,
.
(
)
d
d
( ( ) ) ς ς p q ( ς+ p q + p q
)
x
x
=
(2.5.6)
( ) n
σ x
x
=∑ d
∑ (do d là ước của n thì
n d
n d
d n
d n
a
b
∞
∞
( ) n
a
=
z
∑
( ) σ σ n b n
n
n
= 1
= 1
n a d 1
b 2
d n 1
d n 2
1 ∑ ∑ z n
n ∑ d
a
b
∞
1 z n
n d
n
= 1
n = ∑ ∑ ∑ a d 1
b 2
d n 2
d n 1
∞
1 − − z a b
= ∑
∑ ∑ .
n
n
= 1
1 a d 1
1 b d 2
d n 1
d n 2
=
,
n
,
Tiếp theo, ta có cũng là ước của n ). Vì vậy
d n d n nên bội chung nhỏ nhất của dR1 R và dR2 R là [
]
[
1
2
,d d cũng là ước của n nên 1
2
] d d m 1 2
với m Do
∞
∞
∞
∞
( ) n
a
=
1 − − z a b
z
1 − − z a b
∑
∑
n
( ) σ σ n b n
n
d
= 1
= 1
n
n
= 1
= 1
n
= ∑ ∑ ∑ ]
[
1 a d 1
1 b d 2
1 ∑ ∑ b d 2
1 a d 1
d 1
2
d n 2
d n 1
d d , 1
2
∞
∞
∞
− − z a b
= ∑ ∑ ∑
= 1
= 1
= 1
d
m
1 a d 1
1 b d 2
d 1
2
,
1 ]
[
d d m 1 2
(
)
∞
∞
∞
1
− − z a b
1 − − z a b
∑
m
= 1
= 1
= 1
d
m
1 = ∑ ∑ a d 1
d 1
2
,
[ d d d
]
b 2
1
2
∞
∞
1
=
− − z a b
( ς
)
− − z a b
= 1
= 1
d
1 ∑ ∑ a d 1
d 1
2
,
[ d d d
]
b 2
1
2
∞
∞
1
=
( ς
− − z a b
) − − ∑ ∑ z a b
= 1
= 1
d
1 a d 1
d 1
2
,
[ d d d
]
b 2
1
2
− − z a b
∞
∞
=
nguyên dương. Kết hợp với việc sắp xếp lại tổng trên, ta được
( ς
)[
]
d d , 1
2
d d , 1
2
d d= 1 2
d d , 1 2 − − z a b
− − z a b
) − − ∑ ∑ z a b
) d
= 1
= 1
d
1 a d 1
( b d d 2 1
2
d 1
2
− − z a b
∞
∞
(
)
=
( ς
)
− − ∑ ∑ z a b
d d , 1 d
= 1
= 1
d
2 − z a 2
1 − z b d 1
d 1
2
− − z a b
∞
∞
=
) (do (
( ς
)
− − ∑ ∑ z a b
d d
d
= 1
= 1
1 − z b d 1
− z a 2
d 1
2
− − z a b
∞
=
( ς
=
d
= 1
d
d
) − − ∑ ∑ z a b )
(
d − z b d 1
− z a 2
d d , 1
2
∞
− − z a b
=
d
( ς
) − − ∑ z a b
=
d
d
= 1
∑ )
(
1 − z b d d 1
− z a 2
2
d d , 1
∞
− − z a b
=
−
−
d
− − z a b
f
z b z a ,
.
)
( ς
(
)
d
∑
= 1
d
( với d = (dR1 R,dR2 R) )
−
−
=
f
z b z a ,
(
)
d
d
( ( ) ) ς ς − − z a z b ( ς− − 2 z a b − − z a b 2
)
Theo (2.5.6), ta có
∞
∞
( ) n
a
− − z a b
=
−
−
− − z a b
f
d
z b z a ,
( ς
(
)
)
d
z
∑
∑
( ) σ σ n b n
= 1
= 1
n
d
∞
− − z a b
=
− − z a b
d
( ς
)
( ς 2
∑
d
d
= 1
( ) ) ς − − z a z b ( − − z a b ς − − z a b 2
)
∞
− z a
( ς
)
=
1 ∑ z d
d
= 1
) ) ( ( − ς ς z b ( − − ς 2 z a b
− − z a b )
− − z a b
( ) ( ς ς z
)
=
.
( ) ) ( − − ς ς z b z a ( ) − − ς z a b 2
nên ta được
Nhận xét:
2
∞
)
(
=
.
∑
( ) d n z n
n
= 1
4 ς ( ς
( ) z ) 2 z
Cho a = b = 0, ta được
2
∞
−
2
a
)
( σ a
( ) 2 ς ς z
)
=
.
∑
( ) n z n
2
n
= 1
) ( − ς z a ( ) − z a
( ( ς
z )
Cho a = b, ta được
CHƯƠNG 3: ĐỊNH LÍ SỐ NGUYÊN TỐ
3.1.Giới thiệu định lí số nguyên tố
Định lí số nguyên tố được phát biểu như sau.
( )xπ là số các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng x thì
π− 1
x
ln
x
= 1.
( ) x
lim →+∞ x
Định lí số nguyên tố. Nếu
Đây là định lí khá nổi tiếng. Việc phát hiện và chứng minh nó là cả một quá trình làm việc lâu dài của
= +∞ Hay nói cách khác, tập các số nguyên tố là vô hạn.
các thế hệ các nhà toán học.
.
( ) xπ
lim →+∞ x
Có lẽ kết quả được biết đầu tiên là
Điều này được phát hiện bởi Euclide. Đến năm 1737, Euler đã đưa ra một kết quả tổng quát hơn, đó là chuỗi
+ ...
1 2
1 1 + + + + 3 5
1 1 7 11
các nghịch đảo của các số nguyên tố
là chuỗi phân kì.
Đến cuối thế kỉ 18, nhiều nhà toán học nổi tiếng trong đó có Gauss và Legendre đã đưa ra những
phỏng đoán tương đương với định lí trên. Gần 100 năm sau, vào năm 1896, sau rất nhiều cố gắng của các nhà
toán học, định lí số nguyên tố cuối cùng cũng được chứng minh một cách độc lập bởi Hadamard và de la
Vallée Poussin. Nhưng những chứng minh của họ là rất khó. Lúc bấy giờ, các nhà toán học không thấy có mối
liên hệ giữa giải tích phức và sự phân bố các số nguyên tố. Cho đến năm 1949, P.Erdos và A.Sellberg đã tìm
ra cách chứng minh “sơ cấp” của định lí số nguyên tố dựa vào công cụ giải tích phức.
Năm 1980, D.J.Newman đã công bố một chứng minh mới của định lí số nguyên tố. Chứng minh này
vẫn sử dụng giải tích phức. Tuy nhiên, nó đơn giản hơn đáng kể.
Trong luận văn này, định lí số nguyên tố được chứng minh dựa theo cách tiếp
cận của D.J.Newman. Cũng như hầu hết các chứng minh khác, ta phải chứng minh hai phần căn bản:
Thứ nhất, chỉ ra hàm zeta không có không điểm trên Rez = 1.
Thứ hai, chỉ ra liên hệ giữa hàm zeta và sự phân bố số nguyên tố trong “ định lí Tauberian”.
3.2. Dạng tương đương của định lí số nguyên tố
π− 1
x
ln
x
= 1
( ) x
lim →+∞ x
1
Định lí 3.2.1. Định lí số nguyên tố là đúng, nghĩa là
= trong đó ψ là hàm trong định nghĩa 2.5.1.
lim →+∞ x
ψ x ( ) x
khi v chỉ khi
Chứng minh.
Ta viết lại hàm ψ
=
≤
ψ
ln
p
ln
p
( ) x
∑
∑
ln ln
x p
ln ln
x p
≤ p x
≤ p x
=
.
(3.2.1)
x
ln
1 ln
( ) xπ x
=∑
≤ p x
π
=
+
≤
+
ln
< + y
p
1
y
y
( ) x
( π
)
( π
)
∑
∑
1 ln
ln ln
p y
∑ y < ≤ y p x
< ≤ y p x
< ≤ y p x
ψ
≤ + y
x ( ).
(3.2.2)
1 ln
y
x
=
Mặt khác, với 1 < y < x, ta có
e≥ , dễ dàng chứng minh được
y
x
ln
)2 .
(
1
< = y
< x
2
x x (ln )
=
y
Với x Lấy
2
x x (ln )
π
≤
+
x ( )
x ( ).
2
−
ψ x
x
x x (ln )
1 2 ln ln
ln
vào (3.2.2) ta được Thay
x
π
≤
+
x ( )
.
ln x
1 ln
x
ln
x
ln x − 2 ln ln
ψ ( ) x x
x
Từ đó suy ra
(3.2.3)
π
x
≤
≤
+
.
Theo (3.2.1) và (3.2.3) ta có
ψ ( ) x x
( ) ln x x
1 ln
x
ln
x
ln x − 2 ln ln
ψ ( ) x x
x
=
1
1.
(3.2.4)
= , 0
= thì từ (3.2.4), suy ra
lim →+∞ x
lim →+∞ x
lim →+∞ x
ln −
x ln ln
x
ln
x
ψ ( ) x x
1 ln
x
π
x
≤
1
≤ 1.
lim →+∞ x
( ) ln x x
Ta thấy Do đó nếu
π
x
= 1.
lim →+∞ x
( ) ln x x
x
π
1
Vì vậy
= thì cũng từ (3.2.4) ta suy ra
lim →+∞ x
( ) ln x x
ψ
ψ
≤ ≤ 1
.
lim →+∞ x
lim →+∞ x
( ) x x
( ) x x
Ngược lại, nếu
ψ
= 1.
lim →+∞ x
( ) x x
Từ đó
Vì vậy
− 1 π
− 1 ψ
=
x
ln
x
= ⇔ 1
x
1.
( ) x
( ) x
lim →+∞ x
lim →+∞ x
Cx
,
x > . 0
( ) ψ ≤ x
Định lí 3.2.2. Tồn tại số C > 0 sao cho với mọi
( ) ψ = x O x
( ).
Nói cách khác
Chứng minh.
=
>
ln ,
p x
0.
ψ
( ) x
∑
ln ln
x p
≤ p x
m
m
+ 1
Ta viết lại
m
m
m
m
m
≤
ψ
+
ψ
ψ
=
ψ
+
−
2
2
2
2
2
( ) x
( ) ψ ψ x
(
)
2 (
< ≤ x ) ψ+ 1 −
2 (
Cố định x > 0 và gọi m là số nguyên thoả
(
)
(
)
m
m
+ 1
m
m
+ 1
=
=
+
. Khi đó )
ln
ln
p
p
∑
∑
m
m
m
+ 1
ln 2 ln
ln 2 ln
ln 2 ln p
p
p
ln 2 ln p
≤
p
2
2
< ≤ p
2
n 2 !
!
n C= !
n
< ≤ p
2
n
(do ). (3.2.5)
) ( ) n
n 2 n
Với mọi số nguyên dương n v nguyên tố p thoả mà p , ta có p là ước của (
n 2
nC . Do đó
n
n
2
=
⇒
≤ p C
2
ln
2 ln 2 n
)2 ( < + 1 1
n n 2
∏
<∏ p
< ≤
< ≤
n p
n
2
2
n p
n
⇒
<
p
n
ln
2 ln 2.
∑
< ≤
n p
n
2
không là ước của n! nên p là ước của
m
m
+ 1
k
m
=
<
<
ln
p
ln
p
2 ln 2 2
ln 2
∑
∑
m
− 1
k
k
= 1
= 1
k
k
≤
2
2
2
p
< ≤ p
∑ ∑
Vì vậy
m
+ 1
<
p
ln
2
ln 2.
∑
m
m
+ 1
2
< ≤ p
2
và
2
⇔
≥
>
2
1
p⇔ ≥ x
⇔ ≥ p x
ln ln
x p
ln ln
x p
Mặt khác, ta thấy
≤
=
ln
p
ln
p
x
x ln .
∑
∑
( π
)
ln ln
x p
ln ln
x p
≤
≤
p
x
p
x
m
m
+ 1
2
< ≤ x
2
và
m
m
+ 1
≤
+
ψ
ln
ln
p
p
( ) x
∑
∑
m
m
m
+ 1
ln 2 ln
ln 2 ln p
p
≤
p
2
2
< ≤ p
2
Do đó nếu thì theo (3.2.5) ta có
m
m
=
+
+
ln
ln
ln
p
p
p
∑
∑
∑
m
m
+ 1
m
m
m
ln 2 ln p
ln 2 ln p
2
2
< ≤ p
≤
2
2
2
p
< ≤ p
m
+ 1
m
m
+ 1
=
2
< ≤ p
2
(do
1
ln 2 ln
p
≤
+
+
ln
ln
ln
p
p
p
∑
∑
∑
+ 1
m
m
m
ln ln
x p
≤
≤
p
x
p
< ≤ p
2
2
2
m
+ 1
+
≤
m+ 12
ln 2
với )
2
ln 2
ln
x
x
+
m
2
+
=
x
x
2
ln 2
ln
≤
+
+
x
ln
x
x 4 ln 2
x
x
4 ln 2
x
( π ( π ( π<
) ) ) ln
ln
=
+
4 ln 2
x .
x x
ln
0
+
= nên ta được
lim →∞ x
x x
( ) ( ) ψ = x O x
Vì
.
0;
.
+∞ Khi đó biến đổi
)
3.3. Định lí Tauberian
Định lí 3.3.1 (Định lí Tauberian). Cho F là hàm bị chặn và trơn từng khúc trên [
+∞
−
zt
( ) G z
( ) F t e dt
= ∫
0
Laplace của nó là
+∞
tồn tại và chỉnh hình trên miền Rez > 0. Nếu G có thc triển chỉnh hình tới một lân cận của Rez = 0 thì
( ) F t dt
∫
0
tồn tại và bằng G(0).
Chứng minh.
k
−
zt
Chứng minh G tồn tại và chỉnh hình trên Rez > 0.
F t e dt
( ) z
( )
*. k ∈
kg
= ∫
0
∈
>
z
z
: Re
z
Theo định lí 1.3.12, ta có chỉnh hình trên với
{
} 0
+∞
k
k
−
−
Re
zt
zt
zt
≤
≤
=
Mặt khác với , ta có
− F t e dt
dt
( )
F t e ( )
∫
∫ dt M e
∫
z
M Re
0
0
0
0;
,
(3.3.1)
t ∈ +∞ ).
)
( ) F t M≤
[
k
−
Re
zt
với mọi ( M thoả
dt
( )
∫ = kh z M e
M Re
z
0
Theo (3.3.1), dãy hội tụ đến .
k
k
−
zt
zt
( )
− F t e dt
dt
( ) z
( ) F t e
)
( kg k
kf
= ∫
= ∫
0
0
Suy ra hội tụ điểm trên Rez > 0. Từ đó, ta được hội tụ điểm
trên Rez > 0.
Cũng theo (3.3.1), gRk R bị chặn đều trên mỗi tập con compact của Rez > 0. Do đó theo định lí 1.3.15 (
}kg hội tụ đều trên mỗi tập con compact của Rez > 0 đến hàm G và G chỉnh hình trên Rez > 0.
+∞
−
zt
định lí Vitali), {
F t e dt
( ) G z
( )
= ∫
0
+∞
+∞
=
tồn tại và chỉnh hình trên Rez > 0. Vậy
F t dt G
( ) F t dt
( )
( ) 0 .
∫
∫
0
0
0; +∞ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
)
tồn tại và Tiếp theo ta sẽ chứng minh
F t ≤ với mọi 1,
t ∈ +∞ 0; .
)
( )
[
0λ> ta định nghĩa
Vì F bị chặn trên [
λ
−
zt
.
( ) F t e dt
( ) G z λ
= ∫
0
Với
. Điều phải chứng minh tương đương với
=
G
( ) 0
( ) 0
G λ
lim λ→+∞
+∞
Theo định lí 1.3.12, Gλ chỉnh hình trên
( ) F t dt
∫
0
−
G
tồn tại và hội tụ đến G(0). nghĩa là
( ) 0
( ) 0 .
G λ
Bây giờ ta sẽ đi đánh giá
( Rδ
) 0 > đủ nhỏ sao cho G
Do G chỉnh hình trên một tập mở chứa Rez ≥ 0 nên với mỗi R > 0, tồn tại
)
ϕ=
=
ϕ − −
θ ϕ ≤ ≤ +
z
: Re
z
arcsin
.
z z { :
θ i Re ,
chỉnh hình trên và trong đường cong đóng Rγ trong đó Rγ được giới hạn bởi
( Rδ=
{
} )
π 2
π 2
( δ R R
v với
Hình 3.
Kí hiệu Rγ+ là phần đường cong của Rγ nằm trong Rez > 0 và Rγ− là phần đường cong của Rγ nằm trong
Rez < 0.
( )
λ
−
=
(0)
(0)
.
G
dz
G λ
( ) − G z G z z
1 ∫ γπ 2 i
R
=
=
′ ( )
Theo công thức tích phân Cauchy ta có
( ) λ λ z ,z G z G z e G z G z e
( )
( )
′ λ
λ
′ ( )
′
=
−
=
−
dz
G
(0)
(0)
G
(0)
(0)
G λ
′ G λ
′− G z G z ( ) λ z
1 ∫ γπ 2 i
R
( )
λ
=
λ z e dz
− G z G z ( ) z
1 ∫ γπ 2 i
R
( )
λ
=
+
−
λ z e dz
( )
( )
dz
) λ z G z G z e (
λ
∫
∫
1 π i 2
− G z G z ( ) z
1 π i 2
z 2 R
γ R
γ R
λ z
=
−
Đặt . Ta có
( )
( ( )) G z G z e
dz
λ
1 z + 2 z R
1 ∫ γπ 2 i
R
=
dz
0).
(3.3.2)
( ) − G z G z
( )
λ
(
)
∫
z z λ e 2 R
γ R
z
z
=
+
=
.
R= thì
( do
z γ+∈ ta có
R
2
1 z + 2 z R
z 2 R
2 Re 2 R
z
z
z
Re
≤
−
λ z e
λ G z G z e
( )
( )
( )
( ) − G z G z
λ
λ
(
)
z 1 + 2 z R
2 Re 2 R
+∞
z
Re
zt
z
λ − F t e dt e
( )
= ∫
2 Re 2 R
λ
+∞
z
−
Re
zt
Re
z
F t e ( )
∫
2 Re 2 R
λ
≤
λ dt e
+∞
z
−
Re
zt
Re
z
e
∫
2 Re 2 R
λ
≤
λ dt e
−
λ
Re
z
Re
z
=
=
λ e
2
e
.
1 Re
z
Re z 2 R
2 2 R
Vì vậy với Ch ý rằng z
−
dz
( )
( )
(
) λ z G z G z e
λ
z 1 + 2 z R
1 ∫ γπ + i 2
R
≤
−
dz
( )
( )
Từ đó suy ra
(
) λ z G z G z e
λ
z 1 + 2 z R
1 ∫ γπ + 2
R
≤
=
π
=
(áp dụng định lí 1.3.4)
.
dz
R
∫
1 2 2 π 2 R
1 2 2 π 2 R
1 R
+ γ R
(3.3.3)
.Rγ−
Bây giờ ta đánh giá tích phân (3.3.2) trên
−
( )
( )
dz
(
) λ z G z G z e
λ
z 1 + 2 z R
1 ∫ γπ − 2 i
R
λ z
λ z
≤
+
( ) G z e
dz
( ) G z e
dz
λ
∫
∫
1 π 2 i
1 z + 2 z R
1 π 2 i
1 z + 2 z R
− γ R
− γ R
=
+
)
)
( I R 1
( I R 2
=
=
dz
.
λ z G z e ( )
dz
,
Sử dụng bất đẳng thức tam giác ta có
)
)
λ z G z e ( ) λ
( I R 2
( I R 1
1 z + 2 z R
1 z + 2 z R
1 ∫ γπ − i 2
1 ∫ γπ − i 2
R
R
với
( ) G zλ
Trước tiên ta xét IR2 R(R). Do chỉnh hình trên nên ta có thể thay
iR≠ ±
đường cong lấy tích phân bằng nửa đường tròn từ –iR đến iR nằm trong nửa mặt phẳng trái. Với z thuộc nửa
λ
z
− λ t zt F t e dt e
( ) λ z G z e
( )
λ
∫
z 1 + 2 z R
2 Re 2 R
0
=
λ
z
−
Re
Re
zt
z
e
2 Re 2
∫
R
0
≤
λ dt e
z
−
λ
Re
Re
z
z
= −
−
e
λ e
(
) 1
2 Re 2
1 Re
z
R
z
z
−
=
λ e
( 1
)Re
2 Re 2
1 Re
z
R
Re
z
≤
eλ
ta có đường tròn này, z
< ). 1
2 2 R
(do
iy→ ). Do đó lại áp dụng định lí 1.3.4, ta có
≤
π
=
R
.
Ta thấy bất đẳng thức trên vẫn đúng với Rez = 0 (cho z
)
( I R 2
1 2 2 π R 2
1 R
.
(3.3.4)
(
)
I R Trước hết ta có nhận xét như sau: 1
Cuối cùng ta đi đánh giá
z γ∈ thì R
z
=
=
+
2 Re 2
z Re 2
z Re 2
1 z + 2 z R
R
R
R
≤
+
)R
(
Nếu
δ < và Re z R
R≤ ).
1 R
1 ( δ R
)
≤
+
.
z γ−∈ , ta luôn có
(do chọn
R
1 z + 2 z R
1 R
1 ( δ R
)
Như vậy với
Tiếp theo, do G chỉnh hình trên Rγ− nên tồn tại M(R) > 0 sao cho
≤ G z M R
( )
(
),
z γ−∈ .R
<
với mọi
< và ta tách tích phân IR1 R(R) thành tổng hai tích phân sau
1δ sao cho
0 δ δ 1
=
+
)
λ z G z e ( )
λ z G z e ( )
dz
.
I R ( 1
∫
∫
1 π i 2
1 z + 2 z R
1 π i 2
1 z + 2 z R
∈ z Re z
∈ z Re z
− γ R <− δ 1
− γ R ≥− δ 1
Chọn
−
λδ 1
≤
+
λ z ( ) G z e
dz
) ( M R e
R
∫
1 π 2
1 π 2 i
1 z + 2 z R
1 R
1 ( δ R
)
π
∈ z Re z
− γ R <− δ 1
−
λδ 1
=
+
e
.
( RM R
)
1 2
1 R
1 ( δ R
)
Ta thấy
≤
+
)
2 arcsin
dz
( M R
R
( ) λ z G z e
∫
1 π 2
)
1 z + 2 z R
1 δ ( R
1 R
δ 1 R
1 π 2 i
∈ z Re z
− γ R ≥− δ 1
Re
z
R
arcsin
eλ
Và
≤ và 1
δ 1 R
(do là độ dài cung).
−
λδ 1
≤
+
+
+
e
2 arcsin
R
( M R
)
)
( RM R
)
( I R 1
1 2
1 R
1 π 2
1 R
δ 1 R
1 ( δ R
)
1 ( δ R
)
0
R
R
R
0ε> tuỳ ý, chọn
= . Cố định
< thoả G chỉnh hình trên và trong
Do đó
( δ<
)
)Rδ sao cho
(
4 ε
0λ> ta có
Lấy
≤
=
λ z e
dz
;
( ) − G z G z
( )
λ
(
)
z 1 + 2 z R
1 R
ε 4
1 ∫ π + 2 i γ R
≤
=
dz
.
( ) λ z G z e
λ
z 1 + 2 z R
1 R
ε 4
1 ∫ π − 2 i γ R
<
0
R
đường cong Rγ . Theo (3.3.3) và (3.3.4), với mọi
( δ δ <
)
1
1δ sao cho
+
2 arcsin
R
.
( M R
)
1 π 2
1 R
δ ε < 1 4 R
1 ( δ R
)
và thoả mãn Bây giờ ta chọn
Khi đó
1
+
e
( RM R
)
)λ λ≥ ( 0
1 2
1 R
λδ ε − < 4
1 ( δ R
)
với λ đủ lớn .
ε
−
<
G
(0)
Vì vậy
( )0
Gλ
0.λ λ≥
1; +∞ sao cho f(x) = O(x). Khi đó
)
với mọi
Định lí 3.3.2. Cho f là hàm trơn từng khúc, không âm, không giảm trên[
+∞
− − 1 z
dx
( ) g z
( ) f x x
= ∫ z
1
−
biến đổi Mellin của nó là
( ) g z
c −
z
1
có thc triển chỉnh hình tới một tồn tại và chỉnh hình trên miền Rez > 1. Nếu với số c ∈ nào đó
= c .
lim →+∞ x
( ) f x x
lân cận của Rez = 1 thì
0; +∞ như sau
)
Chứng minh.
t
−=
F t ( )
− c .
( t e f e
)
t
t
=
0;
.
+∞ Do f không giảm và
- nên eP
)
)
Ta định nghĩa hàm F trên [
1; +∞ nên F trơn từng khúc trên [
( f e
)
( O e
)
t
0;
t Pf(eP
)
) +∞ .
P) bị chặn trên [
0; +∞ . Suy ra F bị chặn trên [
Do f trơn từng khúc trên [
+∞
t
=
−
( ) G z
( − t e f e
)
) − zt c e dt
(
∫
0
Ta thấy hàm F thoả mãn giả thiết của định lí Tauberian nên biến đổi Laplace của nó là
t
x
e= , ta được
tồn tại và chỉnh hình trên Rez > 0.
+∞
+∞
+∞
−
− − z
2
− − 1 z
=
−
=
− dx c
x
dx
( ) f x
( ) G z
( ) f x x
∫
∫
∫
1 x
z dx x
c x
1
1
1
+∞
2
− − z
=
−
=
+
−
z
dx
(
) 1
( ) f x x
∫
+ g z 1) ( + 1 z
c z
z
c z
1
1 + 1
=
c
.
( g z
) + − − 1
z
c z
1 + 1
Đặt
Do G tồn tại và chỉnh hình trên Rez > 0 nên g tồn tại và chỉnh hình trên
−
Rez > 1.
( ) g z
( g z
)1 + − có thể thc
c −
c z
z
1
có thể thc triển chỉnh hình đến lân cận của Rez = 1 nên Mặt khác do
triển chỉnh hình tới một lân cận của Rez = 0. Do đó G có thể thc triển chỉnh hình tới một lân cận của Rez = 0.
+∞
+∞
t
−
( ) F t dt
( − t e f e
)
(
) c dt
∫
∫
0
0
t
−
x
e= ta suy ra
Cũng theo định lí Tauberian tồn tại và hội tụ đến G(0) hay tồn tại. Đổi biến
c
( ) f x x
dx x
1
+∞ ∫
c
→ khi x → +∞ . Thật vậy lấy
0ε> , giả sử có
tồn tại.
( ) f x x
)0
− ≥ c
ε 2 .
0
x > sao cho 0
( f x x 0
Sử dụng giả thiết f không giảm, ta sẽ chứng minh
≥
≥
+
≥
+
≤ ≤ x
.
Ta cĩ
( ) f x
)
) ε 2
( x c
) ε
( f x 0
( x c 0
x 0
x 0
+ ε 2 c + ε c
với
⇒
−
≥
c
c
ε− ≥
( ) f x x
( ) f x x
1 x
ε x
x 0
+ ε 2 c + ε c
⇒
−
≥
=
ε
ln
.
c
dx
∫
( ) f x x
dx x
+ ε 2 c x 0 + ε ε c ∫ x
+ ε 2 c + ε c
x 0
x 0
x 2
−
→
−
c
0
Suy ra
c
R R.
∫
( ) f x x
dx x
( ) f x x
dx x
1
+∞ ∫
x 1
x 0
ε + 2 c ε + c
−
<
ε
ln
c
Do khi xR1 R, xR2 R → +∞ hội tụ nn
∫
( ) f x x
dx x
+ ε 2 c + ε c
x 0
)0
− < c
ε 2 .
Từ đó với xR0 R đủ R Rlớn, (mâu thuẫn). Vì vậy với xR0 R đủ lớn ta có
( f x x 0
)0
− ≤ − c
ε 2 .
(3.3.5)
( f x x 0
≤
≤
−
≤
−
≤ ≤ x
.
Khi đó Tương tự, ta giả sử có xR0 R > 0 sao cho
( ) f x
)
) ε 2
( x c
) ε
( f x 0
( x c 0
x 0
x 0
− ε 2 c − ε c
với
⇒
−
≤ −
c
− ≤ − ε
c
( ) f x x
( ) f x x
1 x
ε x
x 0
x 0
⇒
−
≤
−
= −
ε
c
dx
ln
.
∫
∫
( ) f x x
dx x
ε x
− ε c − ε c 2
x 0
x 0
− ε c 2 − ε c
− ε c 2 − ε c
Suy ra
x 0
−
> −
ε
Nhưng với xR0 R đủ lớn ta có
c
ln
∫
( ) f x x
dx x
− ε c − ε c 2
x 0
− ε c 2 − ε c
(mâu thuẫn).
)0
− > − c
ε 2 .
Vậy với xR0 R đủ lớn ta có
( f x x 0
(3.3.6)
Từ (3.3.5) và (3.3.6) ta suy ra
− < c
ε 2
( ) f x x
với x đủ lớn.
c
= .
lim →+∞ x
( ) f x x
Hay
3.4. Chứng minh định lí số nguyên tố
=
ψ
x ( )
p ln .
∑
ln ln
x p
≤ p x
1; +∞ . Hơn nữa theo định lí 3.2.2, ta cĩ
)
Ta nhớ lại hàm ψ trong định nghĩa 2.5.1
.
( ) ψ = x O x ( )
Rõ ràng ψ là hàm không âm, trơn từng khúc, không giảm trên [
+∞
− − 1 z
ψ
dx
( ) g z
( ) x x
= ∫ z
1
ta có biến đổi Mellin Do đó theo định lí 3.3.2, thay f ψ=
tồn tại và chỉnh hình trên miền Rez > 1.
= −
g z ( )
.
( ) ′ ς z ( ) ς z
0
= − 1
Mặt khác, theo định lí 2.5.1, ta có
zς ≠ trên Rez = 1 (theo định lí 2.3.2) và e r s
( )
′ ς ς
,1
(theo định lí 2.2.6) nên tồn tại r > 0 để Nhưng do
′ ς z ( ) ς z ( )
∞
n
=
−
r
z
có khai triển Laurent như sau
< − < . 1
1)
( c z n
=
− 1 − ∑ + 1 z
0
n
( ) ′ ς z ( ) ς z
với 0
∞
n
+
−
r
z
Từ đó suy ra
< − < . 1
1)
( c z n
=
1 − ∑ = 1
z
0
n
( ) ′ ς z ( ) ς z
với 0
+
+
1 −
1 −
z
1
z
1
( ) ′ ς z ( ) ς z
( ) ′ ς z ( ) ς z
−
g z ( )
Do đó có thể thc triển chỉnh hình tới z =1 nên cũng có thể thc triển chỉnh hình tới
1 −
z
1
cũng có một thc triển chỉnh hình đến một lân cận của Rez =1. Nên một lân cận của Rez =1. Vì thế
ψ
= 1.
lim →+∞ x
( ) x x
π− 1
x
ln
x
= 1.
( ) x
theo định lí 3.3.2, ta có
Vì vậy theo định lí 3.2.1, ta cĩ lim →+∞ x
Định lí số nguyên tố được chứng minh.
KẾT LUẬN
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày các tính chất của hàm zeta và chứng minh định lí số nguyên
tố dựa theo cách tiếp cận của D.J.Newman.
Trong quá trình thực hiện luận văn, tôi nhận thấy mình hiểu những kiến thức đã học một cách sâu sắc
hơn, đặc biệt là bộ môn giải tích phức. Tôi hy vọng sẽ tìm hiểu sâu hơn về đề tài cũng như về bộ môn này.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
1. Đậu Thế Cấp (2009), Số học và hình học, NXB Đại học Quốc gia TP.Hồ
Chí Minh.
2. Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2006), Hàm biến phức, NXB Đại học
Quốc gia Hà Nội.
Tiếng Anh
3. M.Andersson(1997), Topics in Complex Analysis, Springer-Verlag
New York.
4. R.B.Ash, W.P.Novinger(1971), Complex Variables, ebook.moet.gov.vn.
5. Theodore W.Gamelin(2001), Complex Analysis, Springer- Verlag New
York.
6. R.Nevanlinna, V.Paatero(1969), Introduction to Complex Analysis,
Addison – Wesley Publishing Company.
