Главная » Все файлы » Просмотр файлов из архивов » PDF-файлы » Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел

Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел, страница 4

Описание файла

PDF-файл из архива "Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел", который расположен в категории "лекции и семинары". Всё это находится в предмете "теория чисел" из седьмого семестра, которые можно найти в файловом архиве МГУ им. Ломоносова. Не смотря на прямую связь этого архива с МГУ им. Ломоносова, его также можно найти и в других разделах. .

Просмотр PDF-файла онлайн

Текст 4 страницы из PDF

Этот факт установил Б. Риман в 1859 году.12связаныВ лекциях на этом месте было написано что-то несуразное про функцию η, поэтому этот фрагмент воспроизведён по книге [1].Риман также высказал предположение о том, что все нули функции ζ(s) расположены на этой прямой(гипотеза Римана). В 1914 году Харди доказал, что на Re s = 12 лежит бесконечное число нулей ζ-функции;после этого было доказано, что как минимум треть нулей лежит на этой прямой.

Более того, появилась теоремао том, что нули имеют положительную плотность на этой прямой. Самый последний результат принадлежитВиноградову, показавшему в 1957 году, что нет нулей в области, отмеченной на рис. 1.Большинство математиков верят, что гипотеза верна. На сегодняшний день проверены первые 1 500 000 000 решений. Гипотеза Римана входит в число семи главных нереtшенных математических проблем. За её доказательство Институт математики Клея(Кембридж, штат Массачусетс) выплатит приз в $1 млн.Лемма 2.14. Пусть r ∈ (0, 1), ϕ ∈ R.

ТогдаΠ := (1 − r)3 · |1 − reiϕ |4 · |1 − re2iϕ | 6 1.0121σ(78)Возьмем − ln от левой и правой частей доказываемого неравенства. Получим− ln Π = −3 ln(1 − r) − 4 ln |1 − reiϕ | − ln |1 − re2iϕ | == −3 Re ln(1 − r) − 4 Re ln(1 − reiϕ ) − Re ln(1 − re2iϕ ) =∞∞∞XXXrn inϕrn 2inϕrn+ 4 Ree+ Ree== 3 Rennn111= Re∞Xrn1Рис. 1n(3 + 4einϕ + e2inϕ ) =∞Xrn1n(79)(3 + 4 cos nϕ + cos 2nϕ) > 0,потому что 3 + 4 cos x + cos 2x = 2 cos2 x + 4 cos x + 2 = 2(cos x + 1)2 > 0.

Лемма 2.15. Если Re s > 1, тоP := |ζ 3 (σ)ζ 4 (σ + it)ζ(σ + 2it)| > 1.13(80)Воспользуемся формулой Эйлера: ζ(s) =Q1−pϕ = −t ln p. Имеем:1ps−1. Применим предыдущую лемму, взяв r =3 4 −1Y 11 11 1 P =1 − σ it1 − σ 2it > 1. 1− σpp pp pp1pσи(81)Лемма 2.16. Если Re s = 1, то ζ(s) 6= 0. Предположим противное: найдется такая точка s0 = 1 + it, что ζ(s0 ) = 0. Пусть s = σ + it. Имеем|ζ(s)| = |ζ(s) − ζ(s0 )| = O(|s − s0 |) = O(σ − 1).(82)∞Z∞X1dx1σ1ζ(σ) =61+=1+==O.nσxσσ−1σ−1σ−11(83)1Далее, имеем |ζ(σ + 2it)| = O(1), так как σ + 2it → 1 + 2it при σ → 1, а в точке 1 + 2it дзета-функция аналитична,и потому в этой точке у неё есть конечный предел.Теперь оценим порядок функции P из предыдущей леммы.

Имеем14(σ−1)= O(σ − 1) → 0, σ → 1,(84)P =O(σ − 1)3что противоречит предыдущей лемме. Лемма 2.17. Пусть σ ∈ [1, 2], а |t| > 3. Тогда ′ ζ (s) 9 ζ(s) 6 C ln |t|.t312−3Рис. 2σ(85)Оценка сверху на |ζ ′ (s)| у нас уже была. Получим оценку снизу на |ζ(s)|. Положим σ1 (t) := 1 + C ln19 |t| , где C = 223 . Разобьем нашу область на две части (см. рис. 2).Первая — σ > σ1 (t), а вторая — 1 6 σ 6 σ1 (t).1◦ Пусть сначала выполнено неравенство σ > σ1 (t).

Из доказательства предыдущейлеммы мы знаем, что2ζ(σ) 66 2C ln9 |t|.(86)σ−1Из известной оценки для модуля ζ-функции получаем:|ζ(σ + 2it)| 6 5 ln(2|t|) 6 16 ln |t|.(87)11 6 |ζ(s)|4 (2C ln9 |t|)3 16 ln |t| ⇒ |ζ(s)| > (2C)−3/4 ln−7 |t| = 2−19 ln−7 |t| = 16C −1 ln−7 |t|.2(88)Теперь применяем лемму 2.15:2◦ Пусть теперь 1 6 σ 6 σ1 (t).

ИмеемZσ1′|ζ(s) − ζ(σ1 + it)| = ζ (u + it) du 6 |σ1 − σ| · 8 ln2 |t| 6 8C −1 ln−7 |t|.(89)σЗначит, по неравенству треугольника имеем|ζ(s)| > |ζ(σ1 + it)| − 8C −1 ln−7 |t| > 8C −1 ln−7 |t|.Здесь мы воспользовались оценкой для |ζ(σ1 + it)|, полученной выше. Итого получаем ′ ζ (s) 8 ln2 |t|96 ζ(s) 8C −1 ln−7 |t| = C ln |t|.14(90)(91)2.4. Доказательство асимптотического закона простых чиселЛемма 2.18. Пусть a, b > 0, тогда12πia+i∞Zbsds =s2a−i∞tΓraσ(ln b,0,b > 1,0 < b < 1.(92)Обозначим r := |s|.

Пусть сначала b > 1. Будем интегрировать по контуру,отмеченному на рис. 3. s b bσba =6(здесь мы воспользовались тем, что b > 1).(93) s2 r 2r2Пусть C — дуга окружности, входящая в контур интегрирования. Следовательно, 1 Z bs babads6r=→ 0, r → ∞.(94)2πis2r2rCПоэтому12πiРис. 3Zbsbsds = res 2 = ln b.2s=0 ss(95)ΓОстается воспользоваться интегральной теоремой Коши.Пусть теперь 0 < b < 1. В этом случае будем интегрировать по другому пути, показанномуна рис. 4.

Получаем 1 Z bs 1bads62πr→ 0, r → ∞.(96)2πis22πr2tCrσaЗдесь мы воспользовались тем, что для b 6 1 верно неравенство bσ 6 ba , σ > a.Внутри контура Γ особенностей у подынтегральной функции нет. Остаётся применитьинтегральную теорему Коши. Далее для сокращения выкладок введём обозначение:ξ(s) := −Рис. 4ζ ′ (s).ζ(s)(97)Лемма 2.19. Пусть x > 1.

Тогда функция ω(x) представляется абсолютно сходящимся интеграломω(x) = J(x) :=12πi2+i∞Zξ(s) ·xsds.s2(98)2−i∞Докажем абсолютную сходимость. Интегрирование ведется по прямой s = 2 + it. Вспомним, чтоξ(s) =∞XΛ(n).nsn=2(99)Очевидно, что Λ(n) 6 ln n. Следовательно,|ξ(s)| 6Поэтому∞∞XΛ(n) X ln n66 C.n2n2n=2n=2s2ξ(s) · x 6 Cx .s 2 4 + t2(100)(101)Значит, J(x) оценивается сходящимся интегралом и потому сходится абсолютно.Докажем, что J(x) = ω(x). Разделим сумму ряда на два слагаемых:NXΛ(n)ξ(s) =+ RN (s).nsn=215(102)|RN (s)| 6∞∞XXΛ(n)ln n6=: ρN → 0,n2n2N +1NX1J(x) =Λ(n)2πin=22+i∞Zx sns22−i∞1ds +2πi(103)N → ∞.N +12+i∞ZRN (s)xsds.s2(104)2−i∞К интегралу в первом слагаемом применим предыдущую лемму, а во втором слагаемом заменим RN (s) на егооценку (103) сверху:J(x) =XΛ(n) lnn6xxn+ I,|I| 6ρN x22π+∞Z−∞dt→ 0,4 + t2Теперь применим преобразованиеАбеля (лемма 2.11) для an = Λ(n), g(t) = lnPранее формуле (26), A(x) =Λ(n) = ψ(x).

Поэтомуn6xJ(x) = ψ(x) · 0 +Лемма доказана. Введём еще одно обозначение:ξx (s) :=Zx(105)N → ∞.xt. Согласно установленнойψ(t)dt = ω(x).t(106)1 ′ s−1ζ (s)x· 2 .−ζ(s)s(107)Лемма 2.20. Пусть 0 < η < 1, T > 3 и в области σ ∈ [η, 1], |t| 6 T у дзета-функциинет нулей. ТогдаZ1ω(x) = x 1 + R(x) , R(x) =ξx (s) ds → 0, x → ∞.(108)2πitTΓη1σ12πi−TZΓCTD−T1F2Рис. 6σAxσ.σ 2 + t2Z2 1 Z1C ln9 |t| σC ln9 |t| 2 t→∞ξx (s) · x ds 6xdσ6x −−−→ 0.2πi2πt22π t2(110)(111)(112)1BCGHгде f (1) = 1.Поэтому справедлива следующая оценка для интеграла по BC:Γηf (s)s−1Оценим теперь подынтегральную функцию на отрезке BC:B|ξx (s) · x| 6 C ln9 |t|E(109)s=1Посчитаем, чему равен этот вычет. Мы знаем (теорема 2.12), что ζ(s) =Поэтому1f ′ (s)−ξ(s) = −+, откуда res ξx (s) · x = x.s=1s−1f (s)Рис.

5tξx (s) · x ds = res ξx (s) · x .Все необходимые оценки получены. По теореме КошиZ1ω(x) = x + x ·ξx (s) ds = x 1 + R(x) .2πi(113)−ΓТеперь докажем, что R(x) → 0 при x → ∞. Зафиксируем число ε > 0 и покажем, чтонайдётся x0 такое, что при x > x0 будет выполнена оценка |R(x)| < ε. Имеем1+i∞ZZ∞ 11C ln9 |t|εξ(s)ds6dt 6 .(114)x 2πi 2π21+t51+iTT16Такой оценки мы добились именно за счет выбора T .Остается подобрать нужное η. Поскольку на отрезке [1 − iT, 1 + iT ] функция ζ(s) в нуль не обращается, тодля каждой точки этого отрезка найдется некая её окрестность в которой ζ(s) 6= 0.

Отрезок — компакт, поэтомуможно выбрать конечное подпокрытие такими кружочками. Значит, найдётся η столь близкое к 1, что отрезок[η − iT, η + iT ] окажетсяэтими кружочками. ′ покрытым (s) 1 =M.Тогдаза счет увеличения x можно добиться следующих оценок:Пусть maxDEF G ζζ(s)s2 1ZZ1 11M xσ−1 Mεσ−1ξx (s) ds 6Mxdσ =< . 6 2πi2π ln x 2π ln x5 2π−∞−∞EDАналогично(115)Z ε 1ξx (s) ds < . 2πi 5FGZZT 11M T η−1εξx (s) ds 6M xη−1 dt =x< .

2πiπ5 2πEF(116)(117)−TТеперь соединяем вместе оценки (114), (115), (117) и (116) и получаем, что |R(x)| < ε. Итак, мы доказали, что ω(x) ∼ x. Это завершает доказательство асимптотического закона.3. Теорема ДирихлеОсновным результатом данной главы будет теорема о простых числах в арифметических прогрессиях, доказанная Дирихле в 1839 году. Она утверждает, что если первый член и разность арифметической прогрессиисуть взаимно простые натуральные числа, то такая прогрессия содержит бесконечно много простых чисел.3.1. Частные случаи теоремы Дирихле.

Сравнения по модулю3.1.1. Простейший частный случай: an = 4n + 3В качестве разминки докажем нашу теорему в частном случае.Утверждение 3.1. В последовательности {4n + 3} бесконечно много простых чисел. Предположим, что это не так. Пусть p1 , p2 , . . . , pr — все простые числа вида 4n + 3. Рассмотрим числоN := 4p1 · . . . · pr + 3. Разложим N в произведение простых: N = q1 · .

. . · qs . Очевидно, числа qi не могут бытьчётными, поэтому либо qi = 4ki +1, либо qi = 4ki +3. Если бы все числа qi были вида 4ki +1, то и их произведениетоже имело бы такой вид, а это не так. С другой стороны, ни одно из qi не может совпадать с каким-либо изчисел pj по соображениям делимости. Противоречие. В 1775 г. Эйлер доказал бесконечность количества простых вида 100n + 1. Общее доказательство утверждения о бесконечностипростых вида an ± 1 можно найти в [2].

Теорема Дирихле — куда более общий факт.3.1.2. Сравнения по модулю и их простейшие свойстваОпределение.Два целых числа a и b называются сравнимыми по модулю m (обозначается a ≡ b (mod m)),если m (a − b) или, что то же самое, если a и b имеют одинаковые остатки при делении на m.Свойства:1. Если a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m), то a ± c ≡ b ± d (mod m)..2. a ≡ b (mod m), c ≡ d (mod m), то ac ≡ bd (mod m), ибо ac − bd = ac − bc + bc − bd = c(a − b) + b(c − d) ..

Свежие статьи
Популярно сейчас