Ю.В. Нестеренко - Курс лекций по теории чисел, страница 6

Такое может быть только в случае, когдасумма равна нулю.P3◦ Если n ≡ 1 (mod m), то в силу периодичности имеем χ(n) = χ(1) = 1, поэтомуχ(n) = ϕ(m). ПустьχPтеперь n 6≡ 1 (mod m). Если (n, m) 6= 1, то для всех χ имеем χ(n) = 0, и потомуχ(n) = 0. Если же (n, m) = 1,χто найдётся ненулевой показатель степени kj в разложении n. ПоэтомуrX kXXYξi j  = 0.χ(n) =ξ1k1 · . .

. · ξrkr =χj=1ξ1 ,...,ξrСледствие 3.3. Пусть χ 6= χ0 и S(N ) :=NPk=1(23)ξiχ(k). Тогда |S(N )| 6 m. Разделим N на m с остатком: N = mq + r. Разобьём сумму на две части: неполное частное и остаток.Из теоремы следует, что неполное частное равно нулю (в силу m-периодичности), а остаток не больше m. Пример 2.1. Пусть m = 4, тогда ϕ(m) = 2. Если n нечетно, то n ≡ 3k (mod 4), k = 0, 1, поэтому d = 2. Мыприходим к функции из предыдущего параграфа:(1,n ≡ 1 (mod 4),χ(n) =(24)−1, n ≡ 3 (mod 4).3.2.2.

L-функции ДирихлеОпределение. Зафиксируем m > 2 и характер χ. L-функцией Дирихле назовем функциюL(s, χ) :=∞Xχ(n).nsn=1(25)Лемма 3.9. Если χ = χ0 , то ряд для L(s, χ) абсолютно сходится в Re s > 1 и L(s, χ) аналитична в Re s > 1.Если χ 6= χ0 , то ряд для L(s, χ) сходится в Re s > 0 и L(s, x) аналитична в Re s > 0. Первое утверждение очевидным образом следует из свойств ζ-функции и свойства |χ(n)| 6 1. ДокажемNPвторое утверждение. Пусть s = σ + it, положим S(N ) :=χ(k). Полагая по определению S(0) := 0, имеемk=1NNNN −1N −1Xχ(n) X S(n) − S(n − 1) X S(n) X S(n)S(N ) X11==−=+S(n)−.nsnsns(n + 1)sNsns(n + 1)sn=1n=1n=1n=1n=121(26))Мы знаем, что |S(n)| 6 m, если χ 6= χ0 . Поэтому S(NNs 6mNσ→ 0 при N → ∞. Оценим выражение в скобке: n+1Z1 1−(s+1) − = sxdx 6 |s| · n−(σ+1) ns(n + 1)s n⇒1S(n) 1 − 6 m|s| .ns(n + 1)s nσ+1(27)Поэтому ряд сходится равномерно на любом компакте из правой полуплоскости, значит сходится в правойполуплоскости.

Значит, в ней он задаёт аналитическую функцию. Нам хотелось бы продолжить функцию L(s, χ0 ) в область Re s > 0. В этом нам поможет следующаяЛемма 3.10 (Формула Эйлера для L-функций). Для любого характера χ в области Re s > 1 справедливо тождество−1Yχ(p)L(s, χ) =1− s.(28)pp Доказательство аналогично тому, как мы это делали для ζ-функции. Здесь пользуемся вполне мультипликативностью функции χ(n)ns и леммой 2.10. Таким образом,−1 Y −1 Y −1Yχ0 (p)χ0 (p)1L(s, χ0 ) =1−=1−=1− s.pspsppp∤mПоэтому(29)p∤mY1L(s, χ0 ) = ζ(s)1− s ,pRe s > 1.(30)p|mВ первой главе мы продолжали ζ-функцию в область Re s > 0. При этом у нее был полюс первого порядкаQв s = 1. Заметим, что функция1 − p1s — целая функция, не обращающаяся в 0 в точке s = 1.

Поэтомуp|mможно считать, что L(s, χ0 ) мы определили всюду в правой полуплоскости, и она имеет полюс первого порядкав s = 1.Теорема 3.11. Если χ 6= χ0 , то L(1, χ) 6= 0. Доказательство разобьём на две части.1◦ Пусть сначала χ — не действительный характер (то есть принимает не только действительные значения).Это равносильно тому, что χ2 6= χ0 . Настало время ещё раз применить лемму 2.14. Рассмотрим3 4 !−12Y χ(p)χ(p)χ(p)01 − 1 − 1 −P := L(s, χ0 )3 L(S, χ)4 L(s, χ2 ) =.pspsps (31)p∤mЕсли считать, что s — действительное число, большее 1, а r := p1s , χ(p) = eiϕ , тогда χ2 (p) = e2iϕ .

По леммекаждый множитель в произведении P не меньше 1, а значит, P > 1.Предположим теперь, что L(1, χ) = 0. Тогда по непрерывности L(s, χ) = O(s − 1) при s → 1. Так как χ2 6= χ0 ,то L(s, χ2 ) = O(1). Кроме того,1L(s, χ0 ) = O.(32)s−1Из этих оценок следует, чтоP =O1(s − 1)4 · 1(s − 1)3= O(s − 1),(33)а это противоречит ранее полученному свойству P > 1.2◦ Пусть теперь χ — действительный характер, то есть χ2 = χ0 . Рассмотрим функцию F (s) := ζ(s)L(s, χ).Дальнейшему доказательству предпошлём лемму.Лемма 3.12. В области Re s > 1 функция F (s) = ζ(s)L(s, χ) представима в виде∞Xan,F (s) =nsn=1причём в точке s =12an ∈ Z+ ,ряд расходится.22ak2 > 1,(34)В силу абсолютной сходимости рядов для ζ и L, их можно перемножать.

Значит,F (s) =∞∞∞∞X χ(v)XXX1 X χ(v)1 Xan==χ(v)=,ssssuv(uv)nnsv=1v=1n=1u=1u,v>1где an =Pv|n(35)v|nχ(v). Поскольку χ(n) = ±1, то очевидно, что an ∈ Z. Осталось проверить неотрицательность. Пустьβ1αrβr1n = pα1 · . . . · pr , тогда v = p1 · . . . · pr (βj 6 αj ), тогдаXan =β1 ,...,βrгдеanjχ(pβ1 1 · . . .

· pβr r ) =rYj=1αj + 1,αj1,X=χ(pj )β =0,β=01,αjXβj =0χ(pj )βj  = an1 · . . . · anr ,(36)χ(pj ) = 1,χ(pj ) = 0,χ(pj ) = −1, и αj нечётно,χ(pj ) = −1, и αj чётно.При n = k 2 степени чётны, поэтому anj 6= 0, значит, an > 1.∞PЕсли предположить, что ряд сходится при s = 12 , то естьn=1ann1/2< ∞, то, тем более,(37)∞Pk=1ak2k< ∞, а посколькуak2 > 1, то получаем, что гармонический ряд тоже должен сходиться, что нелепо.Кроме того, стандартными рассуждениями получаем, что ряд для F (s) равномерно сходится на всякомкомпакте в области Re s > 1, откуда следует аналитичность и возможность почленного дифференцирования.

Вернёмся к доказательству второй части теоремы. Предположим, что L(1, χ) = 0. Тогда функция F (s)аналитична в Re s > 0 (полюс исчезнет). Значит, можно разложить функцию F (s) в круге с центром в точке s = 2радиуса 2:F (s) =∞XF (k) (2)k=0k!(s − 2)k =∞X(s − 2)kk=0k!(−1)k=∞Xan lnk n=n2n=1∞∞∞∞ X∞X(2 − s)k an lnk n X X (2 − s)k lnk n ! X an=a=. (38)nn2 k!n2 k!nsn=1n=1n=1k=0k=0Поясним переход, отмеченный знаком «!»: мы свернули тейлоровское разложение функции n1s в точке s = 2.Этот ряд расходится при s = 12 , а мы получили, что он сходится в силу аналитичности функции. Противоречие.Итак, мы доказали, что L(1, χ) 6= 0 для неглавных характеров. Теорема доказана полностью.

3.2.3. Доказательство теоремы ДирихлеЛемма 3.13. В области Re s > 1 имеет место равенство−∞L′ (s, χ) X Λ(n)χ(n)=,L(s, χ)nsn=1(39)где Λ — функция Мангольдта. Ряд сходится абсолютно и L(s, χ) 6= 0 в этой области. Имеет место очевидная оценка Λ(n)χ(n) 6 ln n . nRe ssn(40)Отсюда легко следует абсолютная сходимость и аналитичность.

Остается проверить выполнение равенства,заявленного в лемме. В самом деле,∞∞∞∞XΛ(n)χ(n) X χ(l) X Λ(n)χ(n) X χ(n) X!L(s, χ)==Λ(k) = −L′ (s, χ).ssssnlnnn=1n=1n=1l=1(41)k|nВ последнем переходе, отмеченном «!», мы воспользовались тем, чтоPΛ(k) = ln n.k|nДокажем отсутствие нулей у L. При дифференцировании порядок нуля падает на единицу. Значит, если быу L был нуль порядка r > 0, то порядок нуля слева был бы не меньше r, а справа — в точности равен r − 1.Противоречие.

23Теперь можно приступить к доказательству того, ради чего мы заварили всю эту кашу с характерами.Теорема 3.14 (Дирихле). Если (m, l) = 1, то последовательность {mn + l} содержит бесконечно многопростых чисел. Из предыдущей леммы следует, что−X ln p · χ(pk ) X ln p · χ(p)X ln p · χ(pk )L′ (s, χ)==+.L(s, χ)pkspspkspk>1,p(42)k>2,pДокажем, что последнее слагаемое ограничено константой, не зависящей от s.∞∞ X ln p · χ(pk ) X ln p XXX 1X116=lnp=lnp6ln n < ∞.kskk22pppp −pn −nppn=2k>2,pk,p(43)k=2Таким образом, установлено соотношение:X ln p · χ(p)psp=−L′ (s, χ)+ O(1),L(s, χ)Re s > 1.(44)Числа m и l взаимно просты по условию, значит, уравнение lx ≡ 1 (mod m) имеет единственное решение из Z∗m .Пусть ld ≡ 1 (mod m).

Тогда умножим равенство (44) на χ(d) и просуммируем по всем χ:X ln p Xppsχχ(pd) = −Вспомним, чтоXχ(n) =χПоэтому вPp(Xχ(d)χϕ(m),0,L′ (s, χ)+ O(1).L(s, χ)n≡1n 6≡ 1(45)(mod m),(mod m).(46)χ(pd) ненулевыми будут лишь слагаемые у которых p ≡ l (mod m). Что касается правой части,то в ней особым является только слагаемое главного характера, все остальные в силу теоремы 3.11 не имеютполюсов и потому их можно загнать в O(1). Итого получаемϕ(m) ·А мы знаем, что L(s, χ0 ) =f (s)s−1 ,X ln pL′ (s, χ0 )=−χ(d)+ O(1).0psL(s, χ0 )(47)p≡l(m)причём f (1) 6= 0.

Стало быть,L′L1= − s−1+f′f .Кроме того, χ0 (d) = 1. ПоэтомуX ln p1+ O(1) = ϕ(m).s−1ps(48)p≡l(m)Слева стоит функция, стремящаяся к бесконечности при s → 1, а справа — некоторая сумма, которая стремитсяк бесконечности лишь в случае, когда слагаемых в ней бесконечное количество. Теорема Дирихле доказана. 4. Алгебраические и трансцендентные числа4.1. Алгебраические числа4.1.1. Свойства алгебраических чиселОпределение. Комплексное число α называется алгебраическим, если найдется не тождественно нулевоймногочлен f (x) ∈ Q[x], для которого f (α) = 0. Многочлен f называется аннулирующим для данного элемента α.Легко видеть, что множество всех многочленов, аннулирующих данный элемент α, образует идеал в Q[x].Определение.

Многочлен минимальной степени со старшим коэффициентом 1, аннулирующий число α,называется минимальным многочленом числа α. Мы обычно будем обозначать его fα (x). Степень многочленаfα (x) называется степенью числа α и обозначается deg α.Множество всех алгебраических чисел будем обозначать через A.Пример 1.1. Алгебраические числа степени 1 — это в точности все рациональные числа.24√Пример 1.2. Пусть α = 2.

Очевидно, что fα (x) = x2 − 2 является минимальным многочленом, посколькуα иррационально, и его степень никак не может быть меньше 2.Пример 1.3. Пусть α = i. Тогда fα (x) = x2 + 1.√Пример 1.4. Пусть α = 3 2. Можно показать, что fα (x) = x3 − 2 является минимальным многочленом, носделать это сложнее, чем в случае квадратного корня.Утверждение 4.1. Минимальный многочлен fα элемента α неприводим над Q, и все его корни различны. Он неприводим (иначе это бы означало, что его степень не минимальна).