Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Методы аналитической теории чисел
.pdf
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 131
для любых p и d таких, что pd | P (z) и наименьший простой делитель d
больше p.
Решето Бруна позволяет получить оценку снизу для количества
пар чисел, различающихся на 2, и пусть не обязательно простых, но
имеющих мало простых сомножителей.
Теорема 6 (Брун). Существует бесконечно много натуральных чисел n таких, что как n,такиn +2 имеют не более семи
простых сомножителей (с учетом кратности).
В 1973 году Ченом была доказана бесконечность множества простых чисел p таких, что p +2 имеет не более двух простых сомножителей. Этот результат остается лучшим и на сегодняшний день.
Доказательство. Согласно теореме 5 для любого конечного множества A натуральных чисел находим
n∈A
d|(n,P (z))
d|(n,P (z))
μ(d)
μ(d)χ1(d)=
d|P (z)
μ(d)χ1(d)
n∈A
1,
d
S(A, z)=
n∈A
(n,P (z))=1
1=
n∈A
где A
обозначает множество тех чисел A, которые кратны d.Для
d
того, чтобы оценить снизу количество чисел n, не превосходящих x и
таких, что ни n,ниn +2не имеют простых делителей, не превосходящих z, следует взять в качестве A множество чисел вида n(n +2),
где n не превосходит x. Это приводит нас к неравенству
nx
(n(n+2),P (z))=1
1
μ(d)χ1(d)
d|P (z)
nx
n(n+2)≡0(mod d)
1,
причем внутренняя сумма в правой части уже вычислялась при доказательстве теоремы 4. Пользуясь этим результатом, имеем
+ O
d|P (z)
ν1(d)
d
nx
(n(n+2),P (z))=1
(d) обозначает количество нечетных простых делителей d.
где ν
1
1 x
d|P (z)
μ(d)χ1(d)2
χ1(d)2
ν1(d)
,
132 Глава 3. Метод решета
Пусть n | P (z), n>1 и p — наименьший простой делитель n.Так
же, как и при доказательстве теоремы 5, получим
μ(d)χ1(d)=
d|n
μ(d)χ1(d)+
n
d|
p
=
μ(d)(χ1(d) − χ1(pd)) = −
n
d|
p
μ(pd)χ1(pd)=
n
d|
p
χ1(d)(1 − χ1(pd)).
n
d|
p
При выводе последнего равенства мы пользуемся замечанием к теореме 5, если d>1; если же d =1, пользуемся тем, что множество D
содержит как единицу, так и p. Применяя формулу обращения Мебиуса, при d | P (z) имеем
μ(d)χ
(d)=μ(d) −
1
l|d
l>1
μ
d
l
χ1(k)(1 − χ1(p(l)k)),
l
k|
p(l)
где p(l) обозначает наименьший простой делитель l. Отсюда находим
d|P (z)
μ(d)χ1(d)2
d
−
2
d|P (z)
ν1(d)
ν1(d)
d
l|d
l>1
=
d|P (z)
μ
d
l
μ(d)2
k|
ν1(d)
−
d
χ1(k)(1 − χ1(p(l)k)) = S1− S2.
l
p(l)
1
Сумма S
уже встречалaсь нам при доказательстве теоремы 4 и
1
представляется в виде произведения по простым. Рассмотрим сумму
. Делая сумму по l внешней и пользуясь затем мультипликативно-
S
2
стью функции 2
S
=
2
l|P (z)
l>1
ν1(d)
ν1(l)
2
l
, получим
χ1(k)(1 − χ1(p(l)k))
l
k|
p(l)
m|
P (z)
l
μ(m)2
m
ν1(m)
.
Внутренняя сумма в этом равенстве есть сумма значений мультипли-
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 133
кативной функции по делителям, поэтому
m|
P (z)
l
μ(m)2
m
ν1(m)
=
=
pz
pl
pz
1 −
1 −
2
2
ν1(p)
p
ν1(p)
p
=
1 −
p|l
2
ν1(p)
p
−1
.
Заметим, что первое из произведений в правой части есть в точности
значение суммы S
S
= S1·
2
l|P (z)
l>1
.Итак,
1
ν1(l)
2
l
p|l
1 −
ν1(p)
2
−1
p
χ1(k)(1 − χ1(p(l)k)).
l
k|
p(l)
Теперь, группируя члены с одинаковым значением p(l), найдем
S
= S1·
2
pz
ν1(p)
2
1 −
p
×
2
p|n
ν1(p)
p
−1
n|
2
1 −
P (z)
P (p)
ν1(p)
p
ν1(n)
2
×
n
−1
χ1(k)(1 − χ1(pk)).
k|n
Здесь мы ввели новую переменную суммирования n = l/p, которая либо равна единице, либо все ее простые делители больше p, поскольку
p есть наименьший простой делитель l. Делая сумму по n внутренней,
имеем
S
= S1·
2
pz
ν1(p)
2
×
p|k
1 −
p
1 −
ν1(p)
2
p
2
ν1(p)
p
−1
−1
m|
k|
P (z)
kP (p)
χ1(k)(1 − χ1(pk))2
P (z)
P (p)
ν1(m)
m
p|m
2
k
1 −
ν1(p)
2
p
ν1(k)
×
−1
.
Внутреннюю сумму мы вновь перепишем в виде произведения, пользуясь мультипликативностью суммируемой функции и бесквадратно-
134 Глава 3. Метод решета
стью числа P (z)/(kP (p)). Получим
p|m
1+
ν1(p)
2
p
1 −
m|
P (z)
kP (p)
=
p|
2
P (z)
kP (p)
ν1(m)
m
откуда находим для суммы S
S
= S1·
2
pz
ν1(p)
2
p
ppz
Сумма по p z разбивается на b подсумм по z
−1
ν1(p)
2
1 −
p
1 −
=
−1
ν1(p)
2
p
окончательное выражение
2
ν1(p)
2
p
=
−1
P (z)
k|
P (p)
p|
P (z)
kP (p)
1 −
ν1(p)
2
p
χ1(k)(1 − χ1(pk))2
k
<p z
n
n−1
−1
ν1(k)
, n =
,
=1,...,b. Вынося за знак суммы максимальное значение произведе-
ния, получим
S
S1·
2
b
n=1
zn<pz
1 −
×
zn<pz
ν1(p)
2
p
n−1
ν1(p)
2
−1
p
×
χ1(k)(1 − χ1(pk))2
P (z)
k|
P (p)
k
ν1(k)
.
Во внутреннюю сумму вносят вклад лишь те значения k, для которых некоторый промежуток (z
,z] содержит более 2r +2m − 3 про-
m
стых делителей pk и не более 2r +2m − 3 простых делителей k. Таким
образом, этот промежуток содержит ровно 2r +2m − 3 простых дели-
телей k и число p. Последнее обстоятельство означает, что m n.Так
как все простые делители k больше p,аp больше z
,z] содержит столько же простых делителей k, сколько и проме-
(z
n
жуток (z
,z], то есть 2r +2m − 3. Но это количество не должно пре-
m
, то промежуток
n
восходить 2r +2n −3, следовательно, имеем m = n. Итак, получаем
для внутренней суммы оценку
χ1(k)(1 − χ1(pk))2
P (z)
k|
P (p)
ν1(k)
k
P (z)
k|
P (p)
ν(k)=2r+2n−3
ν1(k)
2
.
k
.
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 135
Здесь мы учитываем тот факт, что k не имеет простых делителей, не
принадлежащих промежутку (z
в неравенство для S
и вводя новую переменную суммирования d =
2
,z]. Подставляя полученную оценку
n
= pk, найдем
S
S1·
2
b
n=1
zn<pz
1 −
2
ν1(p)
p
−1
ν(d)=2r+2n−2
d|
P (z)
P (zn)
ν1(d)
2
.
d
Оценивая внутреннюю сумму так же, как в доказательстве теоремы
4, получим
S
S1·
2
b
n=1
zn<pz
1 −
−1
ν1(p)
2
p
×
1
(2r +2n − 2)!
×
zn<pz
ν1(p)
2
p
2r+2n−2
.
Пусть f(d) — произвольная мультипликативная функция с условием
0 f(p) < 1. Повторяя проведенные рассуждения, имеем
μ(d)χν(d)f(d)=S1+(−1)νS2=
d|P (z)
причем для величины S
b
S
S1·
2
n=1
zn<pz
1 − f(p)
справедлива оценка
2
−1
×
×
(2r +2n + ν −3)!
1
1 − f(p)+(−1)
pz
f(p)
zn<pz
ν
2r+2n+ν−3
S2,
.
Выберем некоторое фиксированное положительное число λ и поло-
−λn
жим ln z
вия z
< 2 z
b
= e
n
ln z. В этом случае параметр b определится из усло-
с помощью неравенств
b−1
1
ln z
ln
λ
<b 1+
ln 2
1
ln z
ln
ln 2
.
λ
136 Глава 3. Метод решета
Пользуясь задачей 1,ж) к §4 главы 1, при n =1,...,b− 1 имеем
zn<pz
ln1 −
ν1(p)
2
−1
p
=
zn<pz
=2ln
ln z
ln z
2
p
n
+ O
+ O
1
=
z
n
ln z
1
n
=2λn + O
λn
e
,
ln z
а при n = b, учитывая приведенные выше неравенства, найдем
−1
zb<pz
ln1 −
ν1(p)
2
p
2
=
2<pz
+ O(1) =
p
= 2ln ln z + O(1) = 2λb + O
λb
e
.
ln z
Заметим, что из последнего равенства вытекает и оценка S
ln−2z.
1
Выберем сколь угодно малое, но фиксированное положительное число
ε. Тогда при n =1,...,b получим
2λn + O
λn
e
=2λn1+O
ln z
λn
e
n ln z
=2λn1+O
=
1
ln ln z
2λ(1 + ε)n,
если z больше некоторого фиксированного числа. Здесь мы пользуем-
λn
ся тем, что выражение e
/n максимально либо при n =1, либо при
n = b, а также неравенствами, определяющими параметр b. Итак, при
n =1,...,b и достаточно большом z справедлива оценка
zn<pz
2
ν1(p)
p
zn<pz
ln1 −
2
ν1(p)
p
−1
2Λn,
где Λ=λ(1 + ε).
Вернемся к сумме S
b
n=1
S
e
2Λn
1
S
S1·
2
. Пользуясь полученными оценками, найдем
2
2r+2n−2
(2Λn)
(2r +2n − 2)!
b
2r−2
· Λ
n=1
(2ΛeΛn)
(2n)!
2n
S
2r−2
2Λ
·
1
2
e
n=1
b
Λ+1)2n
(Λe
.
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 137
n
Здесь мы пользовались тем, что (n/e)
стом n. Предположим, что λ и ε выбраны так, что Λe
/n! монотонно убывает с ро-
Λ+1
< 1. В этом
случае имеем
2re2Λ
S
S1·
2
2Λ
1 − Λ2e
2Λ+2
и, следовательно,
nx
(n(n+2),P (z))=1
1 xS
1 −
1
2re2Λ
2Λ
1 − Λ2e
2Λ+2
+ O
d|P (z)
χ1(d)2
ν1(d)
.
Теперь нужно оценить остаточный член. Справедливо следующее
неравенство
d|P (z)
χ1(d)2
ν1(d)
1+
×1+
2
pz
ν1(p)
pz
1
2r−1
ν1(p)
2
×
2
...1+
pz
b−1
ν1(p)
2
2
.
В самом деле, пусть некоторое число d дает ненулевой вклад в сумму
в левой части и пусть ν
межутке (z
ν
+ ...+ νn 2r +2n − 3. Это же число d появится и в правой части
1
],гдеn =1,...,b. Тогда справедливы неравенства
n,zn−1
после раскрытия скобок. Действительно, ν
промежутка (z
,z] могут появиться только из первого множителя, и
1
они обязательно появятся, ибо ν
лей d из промежутка (z
рого множителей, и они обязательно появятся, ведь ν
Вообще, ν
простых делителей d из промежутка (zn,z
n
— количество его простых делителей в про-
n
его простых делителей из
1
2r −1. Затем, ν2простых делите-
1
] могут появиться только из первого и вто-
2,z1
2r +1−ν1.
2
] могут по-
n−1
явиться лишь из первых n множителей, и они обязательно появятся,
ибо ν
2r +2n − 3 −(ν1+ ...+ ν
n
),гдеn =1,...,b. При этом од-
n−1
но и то же d может встречаться в правой части несколько раз; кроме
того, в правой части появятся также значения d, не встречающиеся
в левой части, к примеру, содержащие квадрат. Остается воспользо-
ν1(d)
ваться мультипликативностью функции 2
. Используя результат
138 Глава 3. Метод решета
задачи 1,д) к §4 главы 1, находим
d|P (z)
χ1(d)2
ν1(d)
(2π(z))
cz
ln z
2r−1
(2π(z1))2...(2π(z
b−1
n=1
2r−1
cz
ln z
))2
b−1
2
n
,
n
откуда, вспоминая выбор параметров z
, при достаточно большом z
n
получим
d|P (z)
χ1(d)2
ν1(d)
c
ln z
2r−1
λb
ce
ln z
2b−2
2
2r−1+
z
2
eλ−1
z
2r−1+
2
eλ−1
,
так как в силу выбора b выражения в скобках будут меньше единицы,
если z больше некоторого фиксированного числа.
Возьмем r равным единице, а λ и ε такими, чтобы выполнялось
неравенство
или, что то же самое, Λe
Λ+1
Λe
таким, чтобы Λe
λe
< 1 в этом случае выполнено). Для этого достаточно взять Λ
Λ
λ
равнялось 0.325, а ε =Λ/λ − 1. Тогда при достаточно большом z
Λ
равнялось 0.326, тогда λ можно взять таким, чтобы
2e2Λ
2Λ
1 − Λ2e
2Λ+2
< 1
< 1/√2+e2(нетрудно видеть, что условие
справедлива оценка
nx
(n(n+2),P (z))=1
1
c
1
ln2z
x
+ Oz
1+
2
eλ−1
,
причем показатель в остаточном члене будет строго меньше восьми,
9
так как e
Следовательно, существует θ>
λ
>
, что, в свою очередь, вытекает из неравенства
7
9
9
ln
7
9
<
7
7
1
2
2
7
θ ·1+
2
1
+
3
1
8
eλ− 1
2
−
7
3
2
7
такое, что
2
< 1.
=
780
2401
<
780
2400
= λe
λ
.
§ 2. Решето Бруна. Проблема простых чисел-близнецов 139
θ
Таким образом, выбирая z = x
(n(n+2),P (x
, при достаточно большом x получим
nx
θ
))=1
1
x
ln2x
.
Остается заметить, что если все простые сомножители n и n +2боль-
ше x
θ
,аθ>
1
, то их количество с учетом кратности не может превы-
8
шать семи для n и семи для n +2, так как n не превосходит x.
Задачи к §2
1. Пусть (k, l)=1, k xa, a<1. Пользуясь простейшим решетом
Бруна, доказать оценку
π(x; k, l)
x ln ln x
ϕ(k)lnx
где постоянная в знаке Виноградова зависит только от a.
2. (Решето Россера)Пустьβ 2, r — натуральное число, y>0.
Пусть D
есть множество чисел d,делящихP(z) и таких, что ν(d)
1
2r −1; к тому же, если ν(d) 2 и d = p
то должны выполняться неравенства
β
p
...p1 y, 2 2i ν(d).
2i−1
Пусть теперь D
p
2i
есть множество чисел d,делящихP(z) и таких, что
2
ν(d) 2r; кроме того, если ν(d) 3 и d = p
, то должны выполняться неравенства
<p
1
β
p
p
...p1 y, 1 2i − 1 ν(d).
2i−2
2i−1
,
...p1,гдеp
ν(d)
ν(d)
ν(d)
...p1,гдеp
<... <p1,
<... <
ν(d)
Доказать, что множества D
и D2порождают комбинаторное решето.
1
3. (Теорема Бруна-Титчмарша)Пусть(k, l)=1, k x
казать оценку
π(x; k, l)
x
ϕ(k)lnx
,
где постоянная в знаке Виноградова зависит только от a.
a
, a<1.До-
140 Глава 3. Метод решета
4. Доказать, что
π
2
(x)
x
ln2x
.
5. Доказать, что каждое достаточно большое четное число представимо суммой двух чисел, каждое из которых имеет не более семи
простых сомножителей (с учетом кратности).
6. Доказать, что существует бесконечно много натуральных чисел
n таких, что как n, так и n +2,иn +6 имеют не более одиннадцати
простых сомножителей (с учетом кратности).
§ 3. Решето Сельберга. Теорема Бруна-Титчмарша
В 1947 году Сельберг предложил удивительно простой и вместе с
тем мощный метод решета, основанный на справедливом для любого
натурального n тривиальном неравенстве
μ(d)
d|n
где λ
λ
— произвольные вещественные числа с условием λ1=1. Числа
d
следует подобрать так, чтобы получить возможно лучший резуль-
d
тат.
Как и прежде, через A будем обозначать конечное множество натуральных чисел, а через A
— множество чисел, принадлежащих A
d
и кратных d.ПустьS(A, z) обозначает количество чисел, принадлежащих множеству A и взаимно простых с P (z). Следующая теорема
дает верхнюю оценку S(A, z) при достаточно общих предположениях
относительно мощности множеств A
Теорема 7 (решето Сельберга). Пусть существует мультипликативная функция f(d) такая, что 0 f (p) < 1 для любого простого p, а для любого бесквадратного d справедливо представление
1=Xf(d)+R
n∈A
d
с некоторым X>0. Тогда при любом ξ 1 имеет место оценка
S(A, z) XS
−1
+
dξ
d|n
.
d
2
λ
d
μ2(d)3
2
,
d
ν(d)
|Rd|,
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]