Sobre o número de números primos que não excedem

Sobre o número de números primos
que não excedem uma grandeza dada
José Carlos Santos
Seminário Diagonal — 12 de Dezembro de 2012
Números primos
I
Um número primo é um número natural p > 1 que não tem
outros divisores além de 1 e de p.
Números primos
I
Um número primo é um número natural p > 1 que não tem
outros divisores além de 1 e de p.
I
Teorema (Euclides): Há uma infinidade de números primos.
Teorema dos números primos (1ª parte)
I
Seja
π(x ) = # { primos p | p 6 x }
Teorema dos números primos (1ª parte)
I
I
Seja
π(x ) = # { primos p | p 6 x }
Conjectura (Legendre):
π(x )
= 1.
x →+∞ x / log(x )
lim
Teorema dos números primos (1ª parte)
I
I
Seja
π(x ) = # { primos p | p 6 x }
Conjectura (Legendre):
π(x )
= 1.
x →+∞ x / log(x )
lim
I
Conjectura (Gauss):
lim R x
x →+∞
π(x )
1
2 log t
dt
= 1.
Teorema dos números primos (2ª parte)
1 250
1 000
750
500
250
2 000
4 000
Gráficos de π(x ),
6 000
Rx
1
2 log t
dt e
8 000
x
log x
10 000
Teorema dos números primos (3ª parte)
I
Chebyshev (1848) estudou o quociente R x
que
π(x )
1
2 log t
dt
e provou
Teorema dos números primos (3ª parte)
I
Chebyshev (1848) estudou o quociente R x
que
I
π(x )
1
2 log t
se x 0, o quociente está entre 0,89 e 1,11;
dt
e provou
Teorema dos números primos (3ª parte)
I
Chebyshev (1848) estudou o quociente R x
que
I
I
π(x )
1
2 log t
se x 0, o quociente está entre 0,89 e 1,11;
se tiver limite em +∞, só pode ser 1.
dt
e provou
Teorema dos números primos (3ª parte)
I
Chebyshev (1848) estudou o quociente R x
que
I
I
I
π(x )
1
2 log t
dt
e provou
se x 0, o quociente está entre 0,89 e 1,11;
se tiver limite em +∞, só pode ser 1.
Riemann (1859) estabeleceu uma ponte entre a conjectura e a
Análise Complexa.
Função ζ (1ª parte)
I
ζ(s) = 1 +
1
1
1
+ s + s + ···
s
2
3
4
Função ζ (1ª parte)
I
I
1
1
1
+ s + s + ···
s
2
3
4
Esta série converge sempre que Re(s) > 1.
ζ(s) = 1 +
Função ζ (1ª parte)
I
I
I
1
1
1
+ s + s + ···
s
2
3
4
Esta série converge sempre que Re(s) > 1.
Y
1
ζ(s) =
·
1 − p −s
p primo
ζ(s) = 1 +
Função ζ (2ª parte)
I
Se Re(s) > 0, então 1 −
1
1
1
+ s − s + · · · converge
2s
3
4
Função ζ (2ª parte)
I
Se Re(s) > 0, então 1 −
1
1
1
+ s − s + · · · converge e
2s
3
4
1
1
1
1
1
1
ζ(s) = 1 − s + s − s + · · · + 2 s + s + s + · · ·
2
3
4
2
4
6
1
1
1
2
1
1
= 1 − s + s − s + ··· + s 1 + s + s + ···
2
3
4
2
2
3
1
1
1
= 1 − s + s − s + · · · + 21−s ζ(s).
2
3
4
Função ζ (2ª parte)
I
Se Re(s) > 0, então 1 −
1
1
1
+ s − s + · · · converge e
2s
3
4
1
1
1
1
1
1
ζ(s) = 1 − s + s − s + · · · + 2 s + s + s + · · ·
2
3
4
2
4
6
1
1
1
2
1
1
= 1 − s + s − s + ··· + s 1 + s + s + ···
2
3
4
2
2
3
1
1
1
= 1 − s + s − s + · · · + 21−s ζ(s).
2
3
4
I
Logo, ζ(s) =
1−
1
2s
+ 31s − 41s + · · ·
·
1 − 21−s
Função ζ (2ª parte)
I
Se Re(s) > 0, então 1 −
1
1
1
+ s − s + · · · converge e
2s
3
4
1
1
1
1
1
1
ζ(s) = 1 − s + s − s + · · · + 2 s + s + s + · · ·
2
3
4
2
4
6
1
1
1
2
1
1
= 1 − s + s − s + ··· + s 1 + s + s + ···
2
3
4
2
2
3
1
1
1
= 1 − s + s − s + · · · + 21−s ζ(s).
2
3
4
1−
1
2s
I
Logo, ζ(s) =
I
Exemplo: ζ(1/2) =
+ 31s − 41s + · · ·
·
1 − 21−s
√ √ √
1−
1/3−
√
1− 2
1/2+
1/4+···
' −1,46035.
Função ζ (3ª parte)
I
Riemann prolongou ζ a uma função de C \ {1} em C.
Função ζ (3ª parte)
I
Riemann prolongou ζ a uma função de C \ {1} em C.
I
Os únicos zeros de ζ com Re s > 1 ou Re s < 0 são −2, −4,
−6, . . . (zeros triviais)
Função ζ (3ª parte)
I
Riemann prolongou ζ a uma função de C \ {1} em C.
I
Os únicos zeros de ζ com Re s > 1 ou Re s < 0 são −2, −4,
−6, . . . (zeros triviais)
I
Hipótese de Riemann: Os zeros não triviais têm parte real
igual a 1/2.
Após Riemann
I
Hadamard e de la Vallée-Poussin (1896) demonstraram o
teorema dos números primos
Após Riemann
I
Hadamard e de la Vallée-Poussin (1896) demonstraram o
teorema dos números primos usando Análise Complexa.
Após Riemann
I
Hadamard e de la Vallée-Poussin (1896) demonstraram o
teorema dos números primos usando Análise Complexa.
I
Isto envolveu provar que ζ não tem zeros com Re s = 0 ou
Re s = 1.
Após Riemann
I
Hadamard e de la Vallée-Poussin (1896) demonstraram o
teorema dos números primos usando Análise Complexa.
I
Isto envolveu provar que ζ não tem zeros com Re s = 0 ou
Re s = 1.
10
10
20
30
40
50
60
70
Gráfico de t 7→ ζ(ti) (t ∈ [0,100])
80
90
100
Após Riemann
I
Hadamard e de la Vallée-Poussin (1896) demonstraram o
teorema dos números primos usando Análise Complexa.
I
Isto envolveu provar que ζ não tem zeros com Re s = 0 ou
Re s = 1.
10
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Gráfico de t 7→ ζ(ti) (t ∈ [0,100])
I
Demonstração elementar: Atle Selberg e Pal Erdős (1949).
Zeros com parte real 1/2
Hardy, 1914: Há uma infinidade de zeros com parte real 1/2.
Zeros com parte real 1/2
Hardy, 1914: Há uma infinidade de zeros com parte real 1/2.
Hardy & Littlewood, 1921: Existe K > 0 tal que o número de
zeros com parte real 1/2 e parte imaginária entre 0 e
t(> 0) é maior que Kt, se t 0.
Zeros com parte real 1/2
Hardy, 1914: Há uma infinidade de zeros com parte real 1/2.
Hardy & Littlewood, 1921: Existe K > 0 tal que o número de
zeros com parte real 1/2 e parte imaginária entre 0 e
t(> 0) é maior que Kt, se t 0.
Selberg, 1942: O mesmo é verdade com Kt log(t) no lugar de Kt.
Enunciados equivalentes
I
Seja n ∈ N e seja Hn = 1 + 1/2 + 1/3 + · · · + 1/n. Então
soma dos divisores de n 6 Hn + e Hn log(Hn )
e só se tem a igualdade quando n = 1.
Enunciados equivalentes
I
Seja n ∈ N e seja Hn = 1 + 1/2 + 1/3 + · · · + 1/n. Então
soma dos divisores de n 6 Hn + e Hn log(Hn )
I
e só se tem a igualdade quando n = 1.
Z x
1
Se Li(x ) =
dt, então a função
0 log t
π(x ) − Li(x )
x 7→ √
x log(x )
é limitada.
Enunciados equivalentes
I
Seja n ∈ N e seja Hn = 1 + 1/2 + 1/3 + · · · + 1/n. Então
soma dos divisores de n 6 Hn + e Hn log(Hn )
I
e só se tem a igualdade quando n = 1.
Z x
1
Se Li(x ) =
dt, então a função
0 log t
π(x ) − Li(x )
x 7→ √
x log(x )
I
é limitada.
Se
µ(n) =



1
se n for produto de um número par de primos distintos


0
nos restantes casos,
−1 se n for produto de um número ímpar de primos distintos
P
então, para cada ε > 0 e cada n 1, nk=1 µ(k) 6 nε+1/2 .
Variantes
I
√
P
Hipótese de Mertens: se n ∈ N, nk=1 µ(k) 6 n.
Variantes
I
√
P
Hipótese de Mertens: se n ∈ N, nk=1 µ(k) 6 n. É falso
(Odlyzko & te Riele, 1985)
Variantes
I
Hipótese de Mertens: se n ∈ N, nk=1 µ(k) 6
(Odlyzko & te Riele, 1985) mas não há nenhum
contra-exemplo inferior a 1014 .
P
√
n. É falso
Variantes
I
Hipótese de Mertens: se n ∈ N, nk=1 µ(k) 6
(Odlyzko & te Riele, 1985) mas não há nenhum
contra-exemplo inferior a 1014 .
I
Aparentemente, tem-se sempre π(n) < Li(n)
P
√
n. É falso
Variantes
√
I
Hipótese de Mertens: se n ∈ N, nk=1 µ(k) 6
(Odlyzko & te Riele, 1985) mas não há nenhum
contra-exemplo inferior a 1014 .
I
Aparentemente, tem-se sempre π(n) < Li(n) mas os dois
gráficos cruzam-se infinitas vezes (Littlewood, 1914).
P
n. É falso
Listas de problemas
I
Problemas de Hilbert
Listas de problemas
I
Problemas de Hilbert
I
Problemas do Milénio