Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы аналитической теории чисел
.pdf
§ 1. Решето Эратосфена. Суммы с простыми числами 121
| 1,al — целое, не зависящее от r. Так как h и q взаимно про-
где |θ
сты, выражение hr + l пробегает все вычеты по модулю q. Оценивая
минимум величиной N/d в случае hr + l ≡ 0, ±1(mod q), находим
|r|
q
2
min
N
qt + r
,
α(qt + r)
1
N
qt
q
+
nq
N
n
+ q ln N.
qt
Складывая полученные оценки, имеем окончательно
q
1
+
N
q
1
+
H
.
W
N
1
+1q ln N +
Hq
t
N
Hq
+1
N
N ln N
qt
Сумма W
Для оценки W
имеет вид
2
W
=
2
nH
d|P (√N)
N
d
n
разобьем ее на две суммы: в сумму W3войдут слага-
2
μ(d) e
2πiαnd
.
емые с тем условием, что все простые делители d не превосходят H
а в сумму W
простой делитель, больший H
войдут те слагаемые, у которых d имеет хотя бы один
W
4
=
3
nH
d|P (H2)
d
2
. Оценим сумму W3. Имеем
nH
N
n
μ(d) e
2πiαnd
d|P (H2)
N
d
n
1,
откуда, пользуясь теоремой 2 для оценки внутренней суммы, найдем
nH
N
n
W
3
Оценим сумму W
exp−
N
ln
n
ln H N exp−
2
ln H
. Разобьем ее на суммы W4(k), в которые войдут
4
ln
ln H
N
2
H
ln
2
H
N lnN
H
слагаемые с тем условием, что d имеет в точности k простых делите-
2
лей, больших H
. Очевидно, что k не превосходит√ln N . Обозначая
упомянутое выше условие на делители d значком (k) возле знака сум-
мы, получим
d|P (√N)
N
d
n
(k)
μ(d) e
2πiαnd
= −
1
k
H2<p√Nt|P (√N)/p
t
np
N
(k−1)
μ(t) e
2πiαnpt
,
2
,
.
122 Глава 3. Метод решета
так как каждое слагаемое суммы в левой части входит в сумму в правой части ровно k раз — с p равным первому, второму, и так далее до
k-ого большого простого делителя d. Разрешая переменной t принимать также значения, кратные p, находим
W
(k)=
4
nH
= −
1
k
(k)
μ(d) e
d|P (√N)
N
d
n
nH
H2<p√Nt|P (√N)
2πiαnd
N
t
np
=
(k−1)
μ(t) e
2πiαnpt
+ O
N lnN
kH
.
2
Введем функцию a(t) равную произведению функции Мебиуса μ(t)
на характеристическую функцию множества делителей P (
ющих ровно k − 1 простой делитель, больший H
2
. Легко видеть, что
√
N),име-
|a(t)| 1. Вводя новую переменную u = np, имеем
W
4
(k)+O
N lnN
kH
2
= −
1
k
1
k
nH
H2<uH√N
H2<p√N
t
t
N
u
N
np
a(t) e
a(t) e
2πiαut
2πiαnpt
,
так как уравнение np = u не может иметь более одного решения при
n H и H
2
<p√N.
Разобьем сумму по u на O(ln N ) сумм с пределами, различающимися не более чем вдвое, и выберем среди них максимальную. Применяя затем неравенство Коши, находим
где H
a(t) e
N
1
t
u
2
N
(k)
U ln
2
k
U<uU
2
W
4
2
U<H√N, U<U1 2U . Раскрывая квадрат модуля внут-
2πiαut
2
2
ln2N
N
+
k2H
,
4
ренней суммы и меняя порядок суммирования, получим
W
2
(k)
4
U ln
2
N
2
k
t1,t2
a(t1) a(t2)
N
U
U<uU
2πiαu(t1−t2)
e
2
2
ln2N
N
+
k2H
,
4
§ 1. Решето Эратосфена. Суммы с простыми числами 123
где U
=min(U1,N/t1,N/t2). Внутренняя сумма является линейной,
2
поэтому, пользуясь оценкой коэффициентов a(k) и результатом зада-
чи 3 к §1 главы 2, имеем
W
2
(k)
4
U ln
U ln
2
N
N +
2
k
2
N
N +
2
k
t2
t2
N
U
N
U
t2−1
t3=1
t
minU,
2
+1
q
U + q ln N
1
αt3
2
ln2N
N
+
k2H
N
+
4
2
ln2N
k2H
.
4
При оценке суммы минимумов мы действуем так же, как при оценке
суммы W
, то есть разбиваем ее на подсуммы длины q и оцениваем
1
каждую из них в отдельности. Раскрывая скобки и пользуясь тем, что
2
U<H√N, найдем
H
ln3N
2
k
ln3N
2
k
q
1
U
+
N
N
+
q
q
1
+
+
q
q
+
N
N
H
1
+
U
1
.
2
1
1
+
q
H
2
(k)
N
2
N
W
N ln2N
4
2
W
4
Извлечение квадратного корня и суммирование по k в пределах 1
√
k
ln N приводит нас к оценке
1
+
H
4
,
которая и завершает доказательство.
Задачи к §1
1. Доказать, что при любом бесквадратном k справедлива асимп-
тотическая формула
nx
n≡0(mod k)
μ2(n)=
x
σ(k)ζ(2)
причем постоянная в знаке O абсолютна.
+ O(
√
x),
124 Глава 3. Метод решета
Очевидно, что сумма в левой части равна нулю, если k содержит
квадрат.
2. Пусть (k, l)=1, k ln
A
x, A — произвольное положительное
число. Доказать оценку
π(x; k, l)=
px
p≡l(mod k)
1
x ln ln x
ϕ(k)lnx
,
где постоянная в знаке Виноградова зависит только от A.
h
3. Пусть α =
2πiαp
e
pN
Указание. Взять параметры H =min(N
θ
+
,гдеq N2, (h, q)=1, |θ| 1. Доказать, что
2
q
q
2
N ln2NN
1
1
−
80
160
q
+ q
1
12
,q
1
−
160
1
5
,N
+ e
2
5
−
1
−
5
q
1
5
), B = e
√
ln N
.
4√ln N
После применения решета Эратосфена сумму по d разбить на три: S
по d H , S2по H<d NH−1и S3по NH−1<d N . Для оценки
суммы S
пользоваться теоремой 6 главы 2. Сумму S2нужно разбить
1
на O(ln N ) сумм с пределами, различающимися не более чем вдвое,
применить неравенство Коши, а затем поменять порядок суммирования. Внешнюю сумму оценить тривиально, к внутренним применить
неравенство Гельдера с k =4. При этом модуль суммы по d прихо-
дится дважды возводить в квадрат, каждый раз производя линейную
замену переменной суммирования. Затем следует поменять порядок
суммирования и снова применить теорему 6 главы 2. Оценка суммы
проводится аналогично оценке суммы W2в теореме 3 с той разни-
S
3
цей, что для разбиения ее на две используется параметр B вместо H
Кроме того, вместо введения переменной u следует оценить сумму по
p в точности так же, как сумму S
.
2
.
1
2
.
§ 2. Решето Бруна. Проблема
простых чисел-близнецов
Первое усовершенствование решета Эратосфена было предложено
Бруном в 1915 году и носит название простейшего решета Бруна. В
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 125
его основе лежит следующая оценка для просеивающего множителя
d|n
ν(d)2m−1
μ(d)
μ(d)
d|n
d|n
ν(d)2m
μ(d),
где m — натуральное число, а ν(d) обозначает количество различных
простых делителей d.Вслучаеn =1неравенство очевидно; в случае
же n>1 средняя сумма равна нулю, а
μ(d)=
d|n
ν(d)r
где полагаем C
r
μ(d)=
l=0
d|n
ν(d)=l
r
равным нулю при r>n. Последнее равенство полу-
n
r
l=0
(−1)lC
l
ν(n)
=(−1)rC
r
ν(n)−1
,
чается сравнением коэффициентов при соответствующих степенях x
в выражениях (1 − x)
−1
(1 − x)
ν(n)
и (1 −x)
ν(n)−1
. Применение неравенств Бруна дает нам верхнюю и нижнюю оценки вместо точного
равенства, но зато количество слагаемых в остаточном члене сокра-
r
щается до величины порядка z
вместо 2zдля решета Эратосфена.
Простейшее решето Бруна дало возможность получить первые результаты в проблеме простых чисел-близнецов, то есть проблеме распределения простых чисел p таких, что числа p +2 также простые.
Брун доказал, что ряд из обратных величин простых чисел-близнецов
сходится или, возможно, обращается в конечную сумму. Однако до сих
пор неизвестно, бесконечно ли множество простых чисел-близнецов.
Теорема 4 (Брун). Пусть π
(x) — количество простых чисел
2
p, не превосходящих x итаких,чточислаp +2 также простые.
Справедлива оценка
π
2
(x)
x(ln ln x)
ln2x
2
.
Доказательство. Пусть r — четное число, 10 <z x. Пользуясь
неравенством Бруна, получим
(x) z +
π
2
z +
nx
(n(n+2),P (z))=1
nx
d|(n(n+2),P (z))
ν(d)r
1=z +
nx
d|(n(n+2),P (z))
μ(d)=z +
d|P (z)
ν(d)r
μ(d)
μ(d)
n(n+2)≡0(mod d)
1.
nx
126 Глава 3. Метод решета
Вычислим внутреннюю сумму в последнем равенстве. Легко видеть,
что n(n +2)делится на d тогда и только тогда, когда n(n +2) делит-
ся на каждый простой делитель d, поскольку d бесквадратно. В случае p =2сравнение n(n +2)≡ 0(mod p) имеет единственное решение,
а именно n ≡ 0(mod 2),вслучаежеp>2 существуют два решения:
n ≡ 0(mod p) и n ≡−2(mod p),ведьp делит либо n, либо n +2.Так
как простые делители d попарно взаимно просты, каждая комбинация решений по модулям простых делителей дает некоторое решение по модулю d, и наоборот. Следовательно, число решений сравнения n(n +2)≡ 0(mod d) равно количеству упомянутых комбинаций,
ν1(d)
то есть 2
,гдеν1(d) обозначает количество нечетных простых делителей d. Итак, разбивая множество чисел, не превосходящих x,на
полные системы вычетов по модулю d, найдем
nx
n(n+2)≡0(mod d)
1=x
ν1(d)
2
d
+ O(2
ν1(d)
).
Поскольку имеет место оценка
d|P (z)
ν(d)r
2
ν1(d)
2
r
r
l=0
d|P (z)
ν(d)=l
1 2
r
r
l=0
zl (2z)r,
приходим к неравенству
(x) x
π
2
d|P (z)
ν(d)r
μ(d)2
d
ν1(d)
+ O((2z)
r
).
Введем функцию χ(d), равную единице, если ν(d) r, и равную
нулю в противном случае. По доказанному выше при n>1 ичетном
r имеем
μ(d)χ(d)=
d|n
d|n
ν(d)r
μ(d)=C
r
ν(n)−1
,
а при n =1выражение в левой части равно единице. Применяя формулу обращения Мебиуса (см. теорему 2,в) главы 1), получим
d
μ
r
ν(l)−1
.
C
l
μ(d)χ(d)=μ(d)+
l|d
l>1
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 127
Пользуясь полученным соотношением, находим
d|P (z)
ν(d)r
μ(d)2
ν1(d)
d
=
=
d|P (z)
d|P (z)
μ(d)χ(d)2
μ(d)2
Легко видеть, что функция 2
ν1(d)
d
ν1(d)
d
ν1(d)
=
+
d|P (z)
ν1(d)
2
d
l|d
l>1
d
μ
l
мультипликативна, поэтому, поль-
r
C
ν(l)−1
.
зуясь мультипликативностью суммы по делителям и задачей 1,ж) к
§4 главы 1, имеем для первого слагаемого оценку
μ(d)2
d|P (z)
поскольку ν
ν1(d)
d
(p)=1при p>2 и ν1(2) = 0.
1
=
1 −
pz
ν1(p)
2
p
2
pz
1 −
2
1
ln2z
,
1
p
Рассмотрим второе слагаемое. Обращая порядок суммирования и
ν1(d)
ν(l)−1
l
, получим
μ(k)2
P (z)
k|
l
ν1(k)
k
,
пользуясь мультипликативностью функции 2
d|P (z)
ν1(d)
2
d
l|d
l>1
d
μ
r
ν(l)−1
=
C
l
l|P (z)
l>1
ν1(l)Cr
2
ибо (k, l)=1в силу бесквадратности P (z). Внутренняя сумма также
представляется в виде произведения и оценивается следующим образом
k|
P (z)
l
μ(k)2
ν1(k)
k
=
=2
pz
pl
pz
1 −
1 −
2
ν1(p)
p
1
p
2
2
p|l
pz
pl
1
1 −
p
1 −
−2
2
1
p
ϕ2(l)ln2z
=
2
l
,
где мы воспользовались представлением задачи 3,в) к §1 главы 1 для
функции Эйлера. Итак, собирая вместе полученные оценки, найдем
ν1(l)Cr
l|P (z)
l>1
l2
ϕ2(l)
ν(l)−1
+(2z)
r
.
π
2
(x)
x
ln2z
+
x
ln2z
128 Глава 3. Метод решета
Рассмотрим сумму в правой части последнего равенства. Так как
биномиальный коэффициент равен нулю при ν(l) <r+1, имеем
l|P (z)
l>1
ν1(l)Cr
l2
ϕ2(l)
ν(l)−1
=
mr+1
mr+1
r
C
m−1
2mC
l|P (z)
ν(l)=m
r
m−1
l2
ϕ2(l)
l|P (z)
ν(l)=m
ν1(l)
ϕ2(l)
l
.
Для внутренней суммы в силу мультипликативности функции Эйлера
имеет место оценка
l|P (z)
ν(l)=m
l
ϕ2(l)
1
m!
pz
p
ϕ2(p)
m
1
=
m!
pz
(p − 1)
m
p
.
2
В самом деле, при возведении суммы по простым в степень m получаются все слагаемые суммы в левой части (с коэффициентом m! за счет
учета порядка следования простых делителей) и еще дополнительные
слагаемые, в которых хотя бы два простых делителя совпадают. Пользуясь задачей 1,ж) к §4 главы 1, получим
l|P (z)
l>1
ν1(l)Cr
l2
ϕ2(l)
ν(l)−1
(2 ln ln z + c)
mr+1
r!
Наконец, применяя неравенство r! (r/e)
π
2
(x)
x
ln2z
r
∞
k=1
+ x
C
r
m−1
(2 ln ln z + c)
m!
(2 ln ln z + c)
k!
2e ln ln z + c
r
m
k
ln
r
, находим
r
1
+(2z)r.
(2 ln ln z + c)
2
z
r!
Взяв r наименьшим четным числом с условием r e(2e ln ln z + c
получаем
π
(x)
2
и доказательство завершается выбором ln z =
x
ln2z
+(2z)
2e2ln ln z+c
20 ln ln x
2
,
ln x
.
r
.
),
1
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 129
1
Следствие. Ряд
, где штрих у знака суммы означает сум-
p
p
мирование по множеству простых чисел p таких, что числа p +2
также простые, сходится или, возможно, конечен.
Доказательство. Достаточно показать ограниченность частич-
ных сумм рассматриваемого ряда. Совершая преобразование Абеля,
находим
px
π
1
2
=
p
(x)
x
x
π2(u)
+
3
du.
2
u
Пользуясь оценкой теоремы 4, убеждаемся, что оба слагаемых в правой части ограничены.
Пусть D1и D2— некоторые множества делителей P (z),аχ1(d) и
(d) — их характеристические функции. Пусть для любого n,деля-
χ
2
щего P (z), справедливы неравенства
μ(d)χ1(d)
d|n
μ(d)
d|n
μ(d)χ2(d).
d|n
Метод решета, построенный на таких неравенствах, называется комбинаторным. Так, простейшее решето Бруна является комбинатор-
ным решетом, где D
более 2r − 1 простых делителей, а D
есть множество делителей P(z), имеющих не
1
— множество делителей P (z),
2
имеющих не более 2r простых делителей.
Недостатком простейшего решета Бруна является необходимость
выбирать параметр r растущим, а параметр z, соответственно, достаточно малым. Брун построил и более совершенное комбинаторное
θ
b−1
.
<z
b−2
1
<
решето, где появилась возможность выбирать z равным x
Теорема 5 (решето Бруна). Пусть r, b — натуральные, z, z
,...,zb— вещественные числа с условием zb< 2 z
z
2
<... < z
1<z0
= z.Приν =1, 2 определим множества Dνкак множества чисел d, делящих P (z) и таких, что при любом m =1,...,b
промежуток (z
лителей d. Тогда если χ
жества D
ν
ства
,z] содержит не более 2r +2m + ν −4 простых де-
m
(d) есть характеристическая функция мно-
ν
, то при любом n, делящем P (z), имеют место неравен-
μ(d)χ1(d)
d|n
μ(d)
d|n
μ(d)χ2(d).
d|n
,
Простейшее решето Бруна отвечает случаю b =1.
130 Глава 3. Метод решета
Доказательство. Поскольку оба множества D
содержат едини-
ν
цу, в случае n =1искомые неравенства тривиальны. Пусть n | P (z),
n>1 и p — наименьший простой делитель n. Требуется доказать не-
равенства
(−1)
ν
μ(d)χν(d) 0.
d|n
Разобьем интересующую нас сумму на две: по делителям n, не крат-
ным p, и по делителям, кратным p. Используя бесквадратность P (z),
получим
ν
(−1)
μ(d)χν(d)=(−1)
d|n
+(−1)
ν
d|
μ(pd)χν(pd)=(−1)
n
p
Поскольку оба множества D
ν
μ(d)χν(d)+
n
d|
p
содержат p, слагаемое последней сум-
ν
ν
μ(d)(χν(d) − χν(pd)).
n
d|
p
мы, отвечающее d =1, равно нулю. Таким образом, достаточно дока-
зать, что для любых p и d таких, что pd | P (z) и наименьший простой
делитель d больше p, справедливо неравенство
ν
μ(d)(χν(d) − χν(pd)) 0.
(−1)
Если χ
(d) и χν(pd) имеют одинаковые значения, то неравенство
ν
выполнено. Пусть эти выражения имеют разные значения. Поскольку
количество простых делителей d в некотором промежутке не превосходит количества простых делителей pd в том же промежутке, случай χ
χ
(d)=0, χν(pd)=1 реализоваться не может. Итак, χν(d)=1,
ν
(pd)=0. Это означает, что некоторый промежуток (zm,z] содер-
ν
жит более 2r +2m + ν − 4 простых делителей pd,ивтожевремяне
более 2r +2m + ν −4 простых делителей d. Таким образом, на про-
межутке (z
,z] лежат ровно 2r +2m + ν −4 простых делителей d,а
m
также число p. Поскольку все простые делители d больше p и не превосходят z, то их полное число также равно 2r +2m + ν −4, а значит
ν
μ(d)=(−1)
, что и требовалось.
Замечание. Рассуждения последнего абзаца доказывают тождество
μ(d)(χ
(d) − χν(pd)) = (−1)νχν(d)(1 − χν(pd))
ν
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]