Sveučilište J.J.Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Preddiplomski studij matematike

Branimir Stojanović

Goldbachova slutnjaZavršni rad

Osijek, 2013.

Sveučilište J.J.Strossmayera u OsijekuOdjel za matematiku

Preddiplomski studij matematike

Branimir Stojanović

Goldbachova slutnjaZavršni rad

Voditelj: doc.dr.sc. Ivan Matić

Osijek, 2013.

Sažetak. Ovaj završni rad je uvod u jednu slutnju iz oblasti teorije brojeva pod nazi-vom Goldbachova slutnja. Navesti ćemo i opisati metode napada i jednu od njih pokazatina djelu. Ovaj rad je također i pregled nekih rezultata.

Ključne riječi: Prosti brojevi, asimptotska formula, metoda sita, Shnirel’manova gus-toća, kružna metoda, rekurzivna formula, funkcija izvodnica, multiplikativna funkcija,Selbergovo sito, Kineski teorem o ostatcima.

Abstract. In this work we will give a brief introduction to one of the most famousconjectures in the number theorey - the Goldbach conjecture. We will describe severalmethods that have been used in attempts to prove this conjecture and show how one ofthem can be used to deduce a weaker result. Also, we will give an overview of severalrelated results.

Keywords: Prime numbers, asymptotic formula, the sieve method, Shnirel’man den-sity, circle method, recursion formula, generating function, multiplicative function, theSelberg sieve, Chinese reminder theorem.

Sadržaj1 Uvod 1

2 Pregled metoda 22.1 Metoda sita. Brunov doprinos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Analitička metoda - "kružna" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

3 Ocjena za r (N) 83.1 Selbergovo sito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83.2 Primjena sita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Dokaz Shnirel’man-Goldbachovog teorema 134.1 Shnirel’manova gustoća . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.2 Shnirel’man-Goldbach teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Goldbachova slutnja 1

1 UvodZadatak ovog završnog rada je dati uvid u napredak u dokazivanju Goldbachove slut-nje koja je jedan od najstarijih neriješenih problema u matematici. Slutnja kaže da sesvaki paran broj veći od 2 može prikazati u obliku sume dva prosta broja. Odnosno(∀n ∈ N) (∃p, q ∈ P) takvi da je p + q = 2n, gdje je P skup prostih brojeva. Uočimosljedeće, iz p+ q = 2n imamo da je p+ q+ 3 = 2n+ 3 što je također dio slutnje, a kaže daje svaki neparan broj, koji je veći od 5, suma 3 prosta broja. Slutnja za neparne brojevese inače naziva slaba a za parne jaka.

Slutnja je dobila ime po ruskom matematičaru Christianu Goldbachu koji ju je izniou svome pismu Euleru 1742. U to doba se uzimalo za 1 da je prost broj pa su slutnjenavedene u pismu glasile ovako:"svaki prirodan broj koji se može napisati u obliku sume dva prosta, može se napisati ikao suma proizvoljno mnogo prostih brojeva, sve dok svi sumandi ne budu jednaki 1"i " Svaki prirodan broj veći od 2 se može napisati kao zbroj 3 prosta".

S vremenom se, u svrhu dokazivanja, došlo do raznih oblika slutnje.Tako npr. jača verzija slabe slutnje, poznata kao Levyeva slutnja, kaže da se svaki ne-paran prirodan broj veći ili jednak 7 može napisati kao zbroj p + 2q gdje su p i q prostibrojevi. Tu su još dvije zanimljive verzije. Za svaki n ∈ N postoje prosti brojevi p i qtakvi da je

ϕ (p) + ϕ (q) = 2n

gdje je ϕ Eulerova funkcija.Za c,m ∈ N je svaki prirodan broj n = mk, gdje je k ≥ c + m, zbroj m brojeva iz skupaEuclid (c,m). Skup Euclid (c,m) dobijemo tako da na skup A = {mi + c : i = 1, 2 . . .}primijenimo Eratostenovo sito tako da svi elementi skupa Euclid (c,m) budu međusobnorelativno prosti.Npr. Euclid (2, 3) = {5, 8, 11, 17, 23, 29, 41, 47, 53, 59, 71, 83 . . .}

Goldbachova slutnja 2

2 Pregled metodaStatistička razmatranja usmjerena na raspodjelu prostih brojeva pružaju neformalan do-kaz slutnji za dovoljno velike brojeve. Odnosno, veći brojevi se mogu na više načinanapisati u obliku zbroja 2 ili 3 prosta broja, pa je vjerojatnije da barem u jednom od tihnačina svi brojevi budu prosti. Do danas je prikupljen veliki broj numeričkih rezultatakoji ukazuju na istinitost slutnje. Pa tako postoje mnogi dokazi koji se oslanjaju na te-oriju vjerojatnosti.

Na ovom mjestu navodimo jedno takvo jednostavno razmatranje.

Teorem 1. (O distribuciji prostih brojeva) Ako je π (x) broj prostih brojeva do x ∈ Rtada je

limx→∞

π (x)x

lnx= 1,

možemo pisati π (x) ∼ xlnx

.

Vjerojatnost da je slučajno odabran broj m ∈ N prost sada možemo računati kaoπ(m)m∼ 1

lnm . Slijedi ako je N ∈ N neki veliki prirodan broj i m ∈[3, N2

]tada vjerojatnost

da su i m i N −m prosti računamo kao 1lnm lnN−m . Sada računamo broj načina da se neki

veliki broj zapiše u obliku zbroja dva prosta broja.N2∑

m=3

π (m)m

π (N −m)N −m

≤ N

2

(π (N)N

π (N)N

)= N

2π (N)2

N2 ∼ N

2 ln2 N

kako izraz N2 ln2 N

ide u beskonačno kad N → ∞, možemo očekivati da će postojati punonačina da napišemo neki veliki paran broj u obliku zbroja 2 prirodna broja.Nadalje, nije bilo teško nadoći na ideju da se računala upregnu u provjeru slutnje. Takoje napretkom računala postignuta brojka od 4 · 1018. Na istinitost slutnje upućuje i grafkoji se naziva Goldbachov komet (Slika 1).Dvije su osnovne metode dokazivanja Goldbachove slutnje. Prva od njih je metoda sita.Najbolji rezultat dobiven ovom metodom datira iz 1940. godine te glasi kako je svakidovoljno velik paran broj zbroj dva prirodna od kojih svaki ima najviše 4 prosta faktora.Sito je korišteno i u kombinaciji sa Schnirelmanovom gustoćom. Schnirelman je dokazaoda je svaki prirodan broj, koji je veći od 1, zbroj konačnog broja prostih brojeva. Najboljirezultat datira iz 1937. godine te je prema tom rezultatu svaki dovoljno velik prirodanbroj zbroj najviše 67 prostih brojeva.Druga, analitička metoda, je razvijena od strane Hardya i Littelwooda. Vinogradov je1937. objavio asimptotsku formulu za broj prikaza neparnog prirodnog broja kao zbrojaod 3 prosta broja. Odakle slijedi da je svaki neparan prirodan broj, koji je dovoljnovelik, zbroj 3 prosta broja. Ovaj rezultat je blizu slabe Goldbachove slutnje i poznatje kao Goldbach-Vinogradov teorem, ali Vinogradov dokaz ne daje ocjenu za " dovoljnovelik". Njegov učenik K. Borozdin je 1956. dokazao da je 3315 dovoljno velik. Taj brojima 6, 846, 169 znamenki, pa bi provjera svih brojeva do tog broja bila neizvediva. 2002.

Goldbachova slutnja 3

Slika 1: Graf predstavlja broj načina da se parana broj prikaže u obliku sume dva prostabroja (4 ≤ n ≤ 1000000).

godine, Liu Ming-Chit i Wang Tian-Ze su smanjili taj broj na približno e3100 ∼ 2×101346,ali računala su provjerila samo za brojeve n < 1020. 2012. godine, Terence Tao je dokazaoda je svaki neparan prirodan broj zbroj najviše pet prostih brojeva. Nedavno je Peruanskimatematičar Harald Helfgott objavio ďa posjeduje dokaz slabe Goldbachove slutnje ukojem iznosi poboljšanja u izračunu integrala kod kružne metode, a to bi trebalo bitidovoljno za bezuvjetan dokaz slabe Goldbachove slutnje. Istom metodom je mogućedokazati da je gotovo svaki paran prirodan broj zbroj 2 prosta.

2.1 Metoda sita. Brunov doprinosBrunova metoda je prilagodba Eratostenovog sita, u kojem je mehaničko izbacivanje vi-šekratnika prostih brojeva zamijenjeno algebarskom rekurzivnom formulom. Brunov zna-čajan doprinos je u načinu na koji je formula promijenjena.Neka je d ∈ N, i p1, p2, . . . , pk prvih k prostih brojeva, koji ne dijele d i nisu veći ody, gdje je y pozitivan realan broj. Neka su a1, b1, . . . , ak, bk prirodni brojevi takvi da jeai < pi, bi < pi, ai 6= bi, i = 1, 2, . . . , k. Neka je a bilo koji pozitivan cijeli broj i x bilo kojipozitivan broj. Tada F (x; d, y) = F (x; d, y; ai, bi; pi) označava broj prirodnih brojeva n

Goldbachova slutnja 4

koji zadovoljavaju sljedeće uvjete

n ≤ x, n ≡ a (mod d)(n− ai) (n− bi) 6≡ 0 (mod pi), i = 1, . . . , k.

(1)

Argumente a, ai, bi, pi ne moramo bilježiti u funkciji ako rezultati vrijede za sve a i sveai, bi, pi. F (x; d, 1) je broj prirodnih brojeva n ≤ x, n ≡ a (mod d) i označit ćemo ga sF (x; d).Poveznica između F (x; d, y) i Goldbachove slutnje je sljedeće razmatranje. Uzmimo daje d = 2, a = 1, y = x1/u, gdje su x paran, u ≥ 2 prirodni brojevi. Neka je ai = 0, bi ≡ x(mod pi) ako pi - x; bi 6≡ x (mod pi) ako pi | x. Tada je F

(x; 2, x1/u

)broj neparnih

brojeva n ≤ x takvih da n i x−n nisu djeljivi prostim brojem pi ≤ x1/u. Dakle, svi prostifaktori od n i x− n su veći od x1/u. Za u = 2 su n i x− n ili prosti ili jednaki 1. Dakle,kada bi pokazali da je F

(x; 2, x1/2

)≥ 2, to bi značilo da postoji barem jedan n takav da

je x = n+ (x− n), gdje su n i x− n prosti brojevi.Kako bi izveli rekurzivnu formulu uočimo da je broj prirodnih brojeva koji zadovoljavaju(1) jednak broju onih koji zadovoljavaju

n ≤ x, n ≡ a (mod d)(n− ai) (n− bi) 6≡ 0 (mod pi), i = 1, . . . , k − 1.

umanjen za broj onih koji zadovoljavaju

n ≤ x, n ≡ a (mod d) (2)(n− ai) (n− bi) ≡ 0 (mod pk), i = 1, . . . , k. (3)

(n− ai) (n− bi) 6≡ 0 (mod pi) i = 1, . . . , k − 1.

Kako je ak 6= bk, pk - d, uvjeti (2) , (3) su ekvivalentni sljedećem

n ≤ x, n ≡ a′ (mod dpk);

n ≤ x, n ≡ a′′ (mod dpk);slijedi

F (x; d, pk; a) = F (x; d, pk−1; a) (4)−F (x; d, pk−1; a′)− F (x; d, pk−1; a′′)

Kako rezultati vrijede za sve a, a′, a′′ uobičajeno je (4) pisati u obliku

F (x; d, pk) = F (x; d, pk−1)− 2F (x; dpk, pk−1)

Prethodnom jednakosti je dana osnovna rekurzivna formula. Iterativnim raspisom članovas desne strane jednakosti dobivamo

F (x; d, pk) = F (x; d)− 2k∑r=1

F (x; dpr, pr−1)

Goldbachova slutnja 5

i

F (x; d, pk) = F (x; d)− 2k∑r=1

F (x; dpr) (5)

+4k∑r=1

r−1∑s=1

F (x; dprps)− · · ·

+ (−2)k F (x; dpkpk−1 · · · p2p1) .Kako je F (x; d) broj brojeva n ≤ x, n ≡ a (mod d), F (x; d) = x/d + θ, gdje je |θ| ≤ 1.Dakle, iz (5),

F (x; d, pk) = (x/d) {1− 2∑

(1/pr)+4

∑∑(1/prps)− · · ·

+ (−2)k (1/pkpk−1 · · · p2p1)}+R,

ili

F (x; d, pk) = (x/d)k∏r=1

(1− 2/pr) +R, (6)

gdje |R| ne prelazi broj članova u umnošku, tj. |R| ≤ 2k+1 − 1.Nažalost formula (6) nije od pomoći u tom obliku. Poteškoća je u tome što, ako sup1, p2, . . . , pk prosti brojevi do x1/u tada je∏

(1− 2/pr) ∼c1u

2

log2 2,

ik = π

(x1/k

)∼ ux1/u

log x ,

pa je R većeg reda nego glavni dio u (6). To je mjesto na kojem je Brun napraviopoboljšanje tako što je jednakost (6) zamijenio s nejednakosti u kojoj je broj članovadovoljno smanjen kako bi R bio manjeg reda nego glavni dio. Krajnji rezultat je da, akosu k1, k2, . . . , kt prirodni brojevi koji zadovoljavaju 1 ≤ kt ≤ . . . ≤ k1 ≤ k, tada vrijedi

F (x; d, pk) = (x/d)E −R. (7)Odgovarajućim odabirom k1, k2, . . . , kt može se pokazati da je

E >310

∏r=1

k (1− 2/pr) , R = O(p

79/10k

). (8)

Iz (7) i (8) slijedi da, ako su p1, p2, . . . , pk prosti brojevi do x1/8, tada je

F(x; 2, x1/8

)>

c2x

log2 x− c3x

79/80.

Dakle, svaki dovoljno velik paran broj x je zbroj x = n + (x− n) dva neparna broja, odkojih svaki ima najviše sedam prostih djelitelja.

Goldbachova slutnja 6

2.2 Analitička metoda - "kružna"Ideja na kojoj se zasniva kružna metoda je jednostavna. Neka je A bilo koji skup nene-gativnih cijelih brojeva. Funkcija izvodnica za A je

f (z) =∑a∈A

za.

Na f (z) možemo gledati i kao na formalan red potencija od z ili kao na Taylorov razvojanalitičke funkcije koja konvergira na otvorenom krugu |z| < 1.U oba slučaja,

f (z)s =∞∑N=0

rA,s (N) zN ,

gdje je rA,s (N) broj prikaza broja N u obliku zbroja elemenata iz A, to je broj riješenjajednadžbe

N = a1 + a2 + . . .+ as a1, a2, . . . , as ∈ A.

Po Cauchyevom teoremu, možemo odrediti rA,s (N) računanjem integrala

rA,s (N) = 12πi

∫|z|=ρ

f (z)s

zN+1 dz

za bilo koji ρ ∈ 〈0, 1〉.To je izvorni oblik kružne metode kako su je predstavili Hardy, Littlewood i Ramanujan1918-20.Vinogradov je uvelike pojednostavnio i poboljšao kružnu metodu. On je uvidio da je usvrhu određivanja rA,s (N), moguće zamijeniti red potencija f (z) polinomom

p (z) =∑a∈Aa≤N

za.

Tada je

p (z)s =sN∑m=0

r(N)A,s (m) zm,

gdje je r(N)A,s (m) broj prikaza broja m u obliku zbroja elemenata iz A koji nisu veći od

N. Posebno, ako su elementi iz A nenegativni, imamo r(N)A,s (m) = rA,s (m) za m ≤ N i

r(N)A,s = 0 za m > sN. Ako stavimo

z = e (α) = e2πiα,

tada dobivamo trigonometrijski polinom

F (α) = p (e (α)) =∑a∈Aa≤N

e (aα)

Goldbachova slutnja 7

iF (α)s =

sN∑m=0

r(N)A,s (m) e (mα) .

Iz osnovne relacije ortogonalnosti za funkcije e (nα) ,∫ 1

0e (mα) e (−nα) dα =

{1 , ako je m = n0 , ako je m 6= n,

dobivamorA,s (N) =

∫ 1

0F (α)s e (−Nα) dα.

U primjeni je, naravno, teži dio ocijeniti integral. Ako je A skup prostih brojeva tadaje broj prikaza prirodnog broja N u obliku zbroja tri prosta broja jednak

rA,3 (N) =∫ 1

0F (α)3 e (−Nα) dα.

Goldbachova slutnja 8

3 Ocjena za r (N)

3.1 Selbergovo sitoDefinicija 1. Za funkciju f : N → C kažemo da je potpuno multiplikativna ako jef (1) = 1, te ako je f (mn) = f (m) f (n) za sve m,n ∈ N.

Teorem 2. (Selbergovo sito) Neka je A ⊆ N. Neka je P skup prostih brojeva. Za svakiz ∈ R, z ≥ 2 definiramo

P (z) =∏p<zp∈P

p.

Funkcija "sito"S (A,P , z)

označava broj prirodnih brojeva iz A koji nisu djeljivi ni sa jednim prostim brojem p ∈ Ptakvim da je p < z. Neka je Ad ⊆ A skup svih elemenata iz A koji su djeljivi sa d, gdjeje d pozitivan kvadratno slobodan cijeli broj. Neka je g (k) multiplikativna funkcija takvada je

0 < g (p) < 1 za svaki p ∈ P ,

te neka je g1 (m) potpuno multiplikativna funkcija takva da je g1 (p) = g (p) za sve p ∈ P.Definirajmo "ostatak" r (d) i funkciju G (z) na sljedeći način

r (d) = |Ad| − g (d) |A|

iG (z) =

∑m<z

p|m⇒p∈P

g1 (m)

onda jeS (A,P , z) ≤ |A|

G (z) +∑d<z2

d|P (z)

3ω(d) |r (d)|

gdje je ω (d) broj prostih djelitelja od d.

3.2 Primjena sitaZa dokaz ključnog rezultata u ovom poglavlju ćemo koristiti sljedeći teorem koji navodimobez dokaza.

Teorem 3. ∑n≤x

d (n)n

= 12 (logx)2 + O (logx)

gdje je d (n) broja pozitivnih djelitelja od n

Goldbachova slutnja 9

Teorem 4. Neka je N ∈ N paran i neka r (N) označava broj načina da N zapišemo kaosumu dva prosta broj. Tada je

r (N)� N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

),

gdje je dobivena ocijena oštra.

Dokaz. Funkcija r (N) broji proste brojeve p ≤ N takve da je N − p također prost. Nekaje

an = n (N − n) .Tada je

A = {an : 1 ≤ n ≤ N}

konačan skup s |A| = N elemenata. Neka je

2 < z ≤√N.

Funkcija "Sito" S (A,P , z) označava broj elemenata iz A koji nisu djeljivi prostim brojemp < z. Ako vrijedi √

N < n < N −√N

i ako je a− n ≡ 0 (mod p) za neki prosti p < z, tada je ili n ili N − n složen. To povlači

r (N) ≤ 2√N + S (A,P , z) .

Koristit ćemo Teorem 2 kako bi ocijenili gornju među za S (A,P , z).Neka je g (m) potpuno multiplikativna funkcija definirana s

g (p) ={

2/p , p - N1/p , p | N.

Tada je g1 (m) = g (m) za sve m. Kako je N paran, 2 dijeli N pa je

0 < g (p) < 1

za sve proste brojeve p. Također,

an = n (N − n) ≡ 0 (mod p)

onda i samo onda ako

n ≡ 0 (mod p) ili n ≡ N (mod p).

Ako p ne dijeli N, tada su prethodne kongruencije različite.Ako p dijeli N , tada je N ≡ 0 (mod p) i ove dvije kongruencije su jednake. Neka je

d = p1 · · · pkq1 · · · ql

Goldbachova slutnja 10

kvadratno slobodan cijeli broj, gdje pi dijele N a qj ne dijele. Tada je

g (d) = 2ld.

Kako je an ≡ 0 (mod d) onda i samo onda ako an ≡ 0 (mod p) za sve proste brojevep koji dijele d, slijedi po Kineskom teoremu o ostatcima da postoji točno 2l u parovimanekongruentnih rješenja modulo d. Odatle dobivamo,

|Ad| = |A|g (d) + r (d) ,

gdje je|r (d) | ≤ 2l ≤ 2ω(d). (9)

Po teoremu o Selbergovom situ (Teorem 2) imamo,

S (A,P , z) ≤ |A|G (z) +

∑d<z2

d|P (z)

3ω(d)|r (d) |,

gdje jeG (z) =

∑m<z

g (m)

a ω (d) je broj različitih prostih dijelitelja od d. Neka je

m =k∏i=1

prii

l∏j=1

qsj

j ,

takav da pi dijele N a qj ne dijele. Tada imamo

g (m) =k∏i=1

(1pi

)ri l∏j=1

(2qj

)sj

= 2s1+···+sl

m.

Neka je dN (m) broj pozitivnih djelitelja od m koji su relativno prosti sa N . Tada je

dN (m) = d

l∏j=1

qsj

j

=l∏

j=1(sj + 1) ≤

m∏j=1

2sj = 2s1+···+sm .

Odatle imamo,g (m) ≥ dN (m)

m,

odnosnoG (z) =

∑m<z

g (m) ≥∑m<z

dN (m)m

.

Kako je ∏p|N

(1− 1

p

)−1

=∞∑t=1

p|t⇒p|N

1t,

Goldbachova slutnja 11

slijedi

∏p|N

(1− 1

p

)−1

G (z) ≥∑m<z

dN (m)m

∞∑t=1

p|t⇒p|N

1t

=∑m<z

dN (m)∞∑t=1

p|t⇒p|N

1mt

=∑m<z

dN (m)m

∞∑w=1m|w

p|(w/m)⇒p|N

1w

=∞∑w=1

1w

∑m<zm|w

p|(w/m)⇒p|N

dN (m)

≥∑w<z

1w

∑m|w

p|(w/m)⇒p|N

dN (m) .

Neka je

w =k∏i=1

puii

l∏j=1

qvj

j

im =

k∏i=1

prii

l∏j=1

qsj

j ,

gdje pi dijele N a qj ne dijele. Kako m dijeli w, slijedi da je 0 ≤ ri ≤ ui za sve i,0 ≤ sj ≤ vj za sve j, te je

w

m=

k∏i=1

pui−rii

l∏j=1

qvj−sj

j .

Kako svaki prosti djelitelj od w/m dijeli N , slijedi da niti jedan qj ne dijeli w/m, paimamo sj = vj za sve j. Dakle,

m =k∏i=1

prii

l∏j=1

qvj

j ,

idN (m) =

l∏j=1

(vj + 1) .

Za svaki cijeli broj w, broj takvih dijelitelja je

l∏i=1

(ui + 1) .

Goldbachova slutnja 12

Slijedi da za svaki pozitivan cijeli broj w < z, imamo∑m|w

p|(w/m)⇒p|N

dN (m) =∑m|w

p|(w/m)⇒p|N

m∏j=1

(vj + 1) =l∏

i=1(ui + 1)

m∏j=1

(vj + 1) = d (w) ,

gdje d (w) broji pozitivne djelitelje od w. Neka je

z = N1/8.

Po Teoremu 3 možemo ocijeniti∏p|N

(1− 1

p

)−1

G (z) ≥∑w<z

d (w)w� (log z)2 � (logN)2 .

Ekvivalentno imamo,

|A|G (z) �

N

(logN)2∏p|N

(1− 1

p

)−1

= N

(logN)2∏p|N

(1− 1

p2

)−1 ∏p|N

(1 + 1

p

)

� N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

)

zbog konvergencije beskonačnog produkta ∏∞p=2 (1− p−2).Kako bi pronašli gornju ogradu za ostatak, koristimo (9)

R =∑d<z2

d|P/z)

3ω(d)|r (d) | ≤∑d<z2

d|P/z)

3ω(d)2ω(d) ≤∑d<z2

6ω(d).

Kako je2ω(d) ≤ d

te6ω(d) =

(2ω(d)

)log 6/ log 2≤ dlog 6/ log 2 < z2 log 6/ log 2,

slijediR ≤

∑d<z2

z2 log 6/ log 2 < z2+2 log 6/ log 2 < z7.2 = N9/10

jer je z = N1/8. Tada je

S (A,P , z)� N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

)+N9/10 � N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

),

pa je

r (N) ≤ 2√N + S (A,P , z)� N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

),

čime je dokaz završen.

Goldbachova slutnja 13

4 Dokaz Shnirel’man-Goldbachovog teorema

4.1 Shnirel’manova gustoćaNeka je A podskup skupa cijelih brojeva. Za x ∈ R, neka je

A (x) =∑a∈A

1≤a≤x

1

broj brojeva iz A koji nisu veći od x. Funkcija A (x) se zove brojač skupa A. Za x > 0vrijedi

0 ≤ A (x) ≤ [x] ≤ x

pa je0 ≤ A (x)

x≤ 1.

Shnirel’man-ova gustoća skupa A, u oznaci σ (a), definira se kao

σ (A) = infn=1,2,3,...

A (n)n

.

Vrijedi0 ≤ σ (A) ≤ 1

za svaki skup. Ako je σ (A) = α, onda je

A (n) ≥ αn

za sve n = 1, 2, 3, . . .. Ako 1 /∈ A, onda je A (1) = 0 i σ (A) = 0.Ako A sadrži svaki pozitivan cijeli broj, onda je A (n) = n za sve n ≥ 1 pa je σ (A) = 1.Ako m /∈ A za neki m ≥ 1, onda je A (m) ≤ m− 1 i vrijedi

σ (A) ≤ A (m)m

≤ 1− 1m< 1.

Znači da je σ (A) = 1 onda i samo onda kad A sadrži sve pozitivne cijele brojeve.Za skupove cijelih brojeva A i B, zbroj A + B je skup koji sadrži brojeve oblika a + b,gdje su a ∈ A i b ∈ B. Općenito za h skupova cijelih brojeva A1, . . . , Ah izraz

A1 + A2 + · · ·+ Ah

označava skup svih cijelih brojeva oblika a1+a2+· · ·+ah, gdje je ai ∈ Ai za i = 1, 2, . . . , h.Ako je Ai = A za i = 1, 2, . . . , h, pišemo

hA = A+ · · ·+ A︸ ︷︷ ︸h puta

.

Za skup A kažemo da je baza reda h ako hA sadrži sve nenegativne cijele brojeve, tj. akosvaki nenegativan cijeli broj možemo prikazati kao sumu h ne nužno različitih elemenata

Goldbachova slutnja 14

iz A. Za skup A kažemo da je baza konačnog reda ako je baza reda h za neki h ≥ 1.Lako se vidi da je skup A baza reda h ako i samo ako je σ (hA) = 1, i da je A bazakonačnog reda ako i samo ako je σ (hA) = 1 za neki h ≥ 1.Shnirel’man je nadošao na jednostavno, ali močno otkriče, prema kome ako je A ⊆ Z kojisadrži 0 i ima pozitivnu Shnirel’man-ovu gustoću, onda je A baza konačnog reda.

Lema 1. Neka su A,B ⊆ Z takvi da je 0 ∈ A i 0 ∈ B. Ako je n ≥ 0 i A (n) +B (n) ≥ n,onda je n ∈ A+B.

Dokaz. Ako je n ∈ A, onda je n = n + 0 ∈ A + B. Slično, ako je n ∈ B, onda jen = 0 + n ∈ A+B.Pretpostavimo da n /∈ A ∪B. Definiramo skupove A′ i B′

A′ = {n− a : a ∈ A, 1 ≤ a ≤ n− 1}

B′ = {b : b ∈ B, 1 ≤ b ≤ n− 1}.

Tada je |A′| = A (n) zbog n /∈ A, i |B′| = B (n) zbog n /∈ B. Nadalje,

A′ ∪B′ ⊆ [1, n− 1] .

Budući da vrijedi|A′|+ |B′| = A(n) +B(n) ≥ n,

slijedi da jeA′ ∩B′ 6= ∅.

dakle, n− a = b za neke a ∈ A i b ∈ B, pa je n = a+ b ∈ A+B.

Lema 2. Neka su A,B ⊆ Z takvi da je 0 ∈ A i 0 ∈ B. Ako je σ (A) + σ (B) ≥ 1, ondaje n ∈ A+B za svaki nenegativan cijeli n.

Dokaz. Neka je σ (A) = α i σ (B) = β. Za n ≥ 0 imamo

A (n) +B (n) ≥ (α + β)n ≥ n,

što zajedno s prethodnom lemom povlači n ∈ A+B.

Lema 3. Neka je A ⊆ Z takav da je 0 ∈ A i σ (A) ≥ 1/2. Onda je A baza reda 2.

Dokaz. Slijedi direktno iz Leme 2 kad je A = B.

Teorem 5. (Shnirel’man) Neka su A,B ⊆ Z takvi da je 0 ∈ A i 0 ∈ B. Neka je σ (A) = αi σ (B) = β. Tada vrijedi

σ (A+B) ≥ α + β − αβ. (10)

Goldbachova slutnja 15

Dokaz. Neka je n ≥ 1. Neka je a0 = 0 i

1 ≤ a1 < · · · < ak ≤ n

k = A (n) pozitivnih elemenata iz A koji su manji ili jednaki n. Kako je 0 ∈ B, slijedi daje ai = ai + 0 ∈ A+B za i = 1, . . . , k. Za i = 0, . . . , k − 1 neka je

1 ≤ b1 < · · · < bri≤ ai+1 − ai − 1

ri = B (ai+1 − ai − 1) pozitivnih elemenata iz B koji su manji od ai+1 − ai. Tada je

ai < ai + b1 < · · · < ai + bri< ai+1

iai + bj ∈ A+B

za j = 1, . . . , ri. Neka je1 ≤ b1 < · · · < brk

≤ n− akrk = B (n− ak) pozitivnih elemenata iz B koji su manji ili jedaki n− ak. Tada je

ak < ak + b1 < · · · < ak + brk≤ n

iak + bj ∈ A+B

za j = 1, . . . , rk. Slijedi

(A+B) (n) ≥ A (n) +k−1∑i=0

B (ai+1 − ai − 1) +B (n− ak)

≥ A (n) + βk−1∑i=0

(ai+1 − ai − 1) + β (n− ak)

= A (n) + βk−1∑i=0

(ai+1 − ai) + β (n− ak)− βk

= A (n) + βn− βk= A (n) + βn− βA (n)= (1− β)A (n) + βn

≥ (1− β)αn+ βn

= (α + β − αβ)n

odakle je(A+B) (n)

n≥ α + β − αβ.

Prema tome,σ (A+B) = inf

n=1,2,...

(A+B)n

≥ α + β − αβ.

Goldbachova slutnja 16

Nejednakost (10) možemo pisati na sljedeći način:

1− σ (A+B) ≤ (1− σ (A)) (1− (B)) .

Sljedeći teorem je poopćenje ove nejednakosti na sumu konačnog broja skupova.Teorem 6. Neka je h ≥ 0, i neka su A1, . . . , Ah skupovi cijelih brojeva takvi da je 0 ∈ Aiza i = 1, . . . , h. Tada je

1− σ (A1 + · · ·+ Ah) ≤h∏i=1

(1− σ (Ai))

Dokaz. Indukcijom po h.Teorem 7. (Shnirel’man) Neka je A ⊆ Z za koji je 0 ∈ A i σ (A) > 0. Tada je A bazakonačnog reda.Dokaz. Neka je σ (A) = α > 0. Onda je 0 ≤ 1− a < 1, i

0 ≤ (1− α)l ≤ 1/2,

za neki cijeli broj l ≥ 1. Po prethodnom teoremu vrijedi

1− σ (lA) ≤ (1− σ (A))l = (1− α)l ≤ 1/2,

odakle jeσ (lA) ≥ 1/2.

Neka je h = 2l. Iz Leme 2 slijedi da je skup lA baza reda 2, pa je A baza reda 2l = h.Time je dokaz završen.

4.2 Shnirel’man-Goldbach teoremShnirel’manov kriterij za bazu konačnog reda koristit ćemo kako bi dokazali da se svakicijeli broj veći od 1 može prikazati u obliku sume određenog broja prostih brojeva .Prvoćemo dokazati da skup koji sadrži 0, 1 i brojeve koji se mogu prikazati kao suma dvaprosta broja, ima pozitivnu Shnirel’manovu gustoću. U tu svrhu su nam potrebne ocijeneza prosiječan broj prikaza i sljedeći teorem koji navodimo bez dokaza.Teorem 8. (Chebyshev) Postoje pozitivne konstante c1 i c2 takve da je

c1x ≤ ϑ (x) ≤ ψ (x) ≤ π (x) log x ≤ c2x

za sve x ≥ 2.

lim infx→∞

ϑ (x)x

= lim infx→∞

ψ (x)x

= lim infx→∞

π (x) log xx

≥ log 2

i

lim supx→∞

ϑ (x)x

= lim supx→∞

ψ (x)x

= lim supx→∞

π (x) log xx

≤ 4 log 2

gdje je: π (x) = ∑p≤x 1, ϑ (x) = ∑

p≤x log p i ψ (x) = ∑pk≤x log p.

Goldbachova slutnja 17

Lema 4. Neka je r (N) broj prikaza cijelog broja N u obliku sume dva prosta broja. Tadaje ∑

N≤xr (N)� x2

(log x)2 .

Dokaz. Ako su p i q prosti brojevi takvi da je p, q ≤ x/2, onda je p+ q ≤ x. Pa vrijedi

∑N≤x

r (N) ≥ π (x/2)2 � (x/2)2

(log (x/2))2 �x2

(log x)2

po Chebyshevljevom teoremu.

Lema 5. Neka je r (N) broj prikaza od N u obliku sume dva prosta broja. Onda je

∑N≤x

r (N)2 � x3

(log x)4 .

Dokaz. Po Teoremu 4 za paran broj N vrijedi

r (N)� N

(logN)2∏p|N

(1 + 1

p

)≤ N

(logN)2∑d|N

1d.

Ova nejednakost vrijedi i za neparne cijele brojeve, kako neparan broj može biti na-pisan kao suma dva prosta onda i samo onda kada je N − 2 prost, i u tom slučaju jer (N) = 2. U sljedećem računu koristimo činjenicu da je

[d1, d2] = d1d2

(d1, d2)≥ (d1d2)1/2 .

Goldbachova slutnja 18

Nadalje

∑N≤x

r (N)2 �∑N≤x

N2

(logN)4

∑d|N

1d

2

� x2

(logN)4∑N≤x

∑d|N

1d

2

≤ x2

(logN)4∑N≤x

∑d1|N

∑d2|N

1d1d2

≤ x2

(logN)4∑

d1,d2≤x

1d1d2

∑N≤x

d1|N,d2|N

1

= x2

(logN)4∑

d1,d2≤x

1d1d2

∑N≤x

[d1,d2]|N

1

≤ x2

(logN)4∑

d1,d2≤x

1d1d2

x

[d1, d2]

≤ x3

(log x)4∑

d1,d2≤x

1d

3/21 d

3/22

≤ x3

(log x)4

∑d1,d2≤x

1d3/2

2

� x3

(log x)4 .

Teorem 9. SkupA = {0, 1} ∪ {p+ q : p, q prosti}

ima pozitivnu Shnirel’manovu gustoću.

Dokaz. Neka je r(N) broj prikaza brojaN kao sume dva prosta broja. Iz Cauchy-Schwarz-Buniakowsky nejednakosti imamo∑

N≤xr (N)

2

≤∑N≤xr(N)≥1

1∑N≤x

r (N)2 ≤ A (x)∑N≤x

r (N)2 .

Goldbachova slutnja 19

Iz Lema 4 i 5 dobivamo

A (x)x

≥ 1x

(∑N≤x r (N)

)2

∑N≤x r (N)2

� 1x

x4

(log x)4

x3

(log x)4

� 1.

To znači da postoji c1 > 0 takav da je A (x) ≥ c1x za sve x ≥ x0. Kako je 1 ∈ A, slijedida postoji c2 > 0 takav da je A (x) ≥ c2x za 1 ≤ x ≤ x0. Dakle, A (x) ≥ min (c1, c2)x zasve x ≥ 1, pa je Shnirel’manova gustoća od A pozitivna.

Teorem 10. (Goldbach-Shnirel’man) Svaki cijeli broj veći od jedan je suma 3h, h ∈ N,prostih brojeva.

Dokaz. Pokazali smo da skup

A = {0, 1} ∪ {p+ q : p, q prosti}

ima pozitivnu Shnirel’manovu gustoću. Po Teoremu 7, postoji h takav da je svaki nene-gativan cijeli broj suma točno h elemenata iz A. Neka je N ≥ 2. Tada je N − 2 ≥ 0, te zaneke k i l k + l ≤ h postoji l parova prostih brojeva pi, qi takvih da je

N − 2 = 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸k

+ (p1 + q1) + · · ·+ (pl + ql) .

Neka je k = 2m+ r, gdje je r = 0 ili 1. Ako je r = 0, onda

N = 2 + · · ·+ 2︸ ︷︷ ︸m+1

+ (p1 + q1) + · · ·+ (pl + ql) .

Neka je r = 1, onda

N = 2 + · · ·+ 2︸ ︷︷ ︸m

+3 + (p1 + q1) + · · ·+ (pl + ql) .

U oba slučaja je N suma2l +m+ 1 ≤ 3h

prostih brojeva.

Goldbachova slutnja 20

Literatura[1] M.B. Nathanson, Additive Number Theory, The Classical Bases, Springer-Verlag, New

york, 1996.

[2] R.D. James, Recent progress in Goldbach problem, Bull. Amer. Math. Soc. 55(1949),246-260