2. Reprezentáció-függvények, Erdős-Fuchs tétel

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "2. Reprezentáció-függvények, Erdős-Fuchs tétel"

Átírás

1 2. Reprezentáció-függvények, Erdős-Fuchs tétel A kör-probléma a következőképpen is megközelíthető: Jelölje S a négyzetszámok halmazát. Jelölje r S (n) azt az értéket, ahány féleképpen n felírható két pozitív négyzetszám összegeként, azaz r S (n) = #{(a 2, b 2 ) : a 2 + b 2 = n}. Ekkor Ezért N(R) = n R r S (n) 4[R] 3. n R 2 r S (n) = π 4 R2 + R + O(R α ), teljesül α =, 5 + ɛ, de nem teljesül α =, 5 ɛ értékkel. Ez motiválja az alábbi definíciókat és kérdéseket: Legyen A N, A = és a reprezentáció-függvényeket az alábbi módon értelmezzük: r A (n) = #{(a, a ), a, a A, a + a = n} r,a (n) = #{(a, a ), a, a A, a a a + a = n} r <,A (n) = #{(a, a ), a, a A, a < a a + a = n} A kérdés az, hogy a fenti reprezentációfüggvények mennyire lehetnek egyenletesek. Először a legegyszerübb kérdéseket tesszük fel: Van-e olyan A N részhalmaz, amelyre. r A (n) vagy 2. r,a (n) vagy 3. r <,A (n) reprezentációfüggvények konstansak valahonnan kezdve? Az. kérdésre a válasz nyilvánvalóan tagadó, mivel r A (n) pontosan akkor páratlan, ha n = 2a valamely a A-val. Emiatt r A (n) végtelen sokszor páros és végtelen sokszor páratlan. A 2. kérdés már egy kis trükköt igényel. Jelölje A(z) az A halmaz generátorfüggvényét, azaz A(z) = z a a A Könnyen látszik, hogy r,a (n)z n = 2 (A2 (z) + A(z 2 )). n= Tegyük fel, hogy r,a (n) konstans valahonnan kezdve. Ekkor létezik egy > konstans és p(z) polinom, amelyre 2 (A2 (z) + A(z 2 )) = r,a (n)z n = p(z) + z, n= z < esetén. Tekintsük azt az esetet, amikor z +. Ekkor bal oldal (az A(z 2 ) miatt) a végtelenhez tart, míg a jobb oldal korlátos, ami ellentmondás, tehát ez a reprezentációfüggvény sem lehet korlátos.

2 A 3. kérdés megválaszolása már komplex függvénytant igényel. Nyilván r <,A (n)z n = 2 (A2 (z) A(z 2 )). n= Tegyük fel, hogy létezik olyan A N, amelyre r <,A (n) konstans valahonnan kezdve. Ekkor létezik egy > konstans és p(z) polinom, hogy ahol z és z <. Ekkor Legyen z = re iϕ. Ekkor 2 (A2 (z) A(z 2 )) = A(re iϕ ) 2 dϕ r <,A (n)z n = n= A(z) 2 2 p(z) + p(re iϕ )dϕ + z + p(z), 2 z + A(z2 ). re iϕ dϕ + A(r 2 e 2iϕ ) dϕ. () A bal oldalra alsó becslést, a jobb oldalra felső becslést adva kapunk ellentmondást. Ehhez szükség van a Parseval-formulára:. Lemma (Parseval-formula). Legyen f(z) a z < R körben knvergens n= a nz n hatványsor összegfüggvénye. Ekkor < r < R esetén Bizonyítás. n= f(re iϕ ) 2 dϕ = a n 2 r 2n. n= f(re iϕ ) 2 = ( a n r n e inϕ )( a m r m e imϕ ) = m= n,m= a n a m r n+m e i(n m)ϕ. Ennek majoránsa a n,m= a n a m r n+m konvergens numerikus sor, így tagonként integrálhatunk. A Lemma nyilvánvaló mivel e ikϕ dϕ = { 2π, ha k = ;, egyébként. A Parseval-formula bizonyításából még kiolvasható a következő azonosság is, amire később szükségünk lesz A Parseval-formula szerint f(r 2 e i2ϕ ) 2 dϕ = 2πA(r 4 ). (2) A(re iϕ ) 2 dϕ = 2π a A r 2a = 2πA(r 2 ). 2

3 Mivel ezért A 2 (r 2 ) A(r 4 ) = 2p(r 2 ) + A(r 2 ) 2 r 2, c r 2, (3) ha r elég közel van az -hez, ezért A(re iϕ ) 2 dϕ c r 2. (4) Nyilván p(re iϕ ) dϕ c 2, (5) valamely c 2 esetén. 2π Az dϕ becsléséhez használjuk, hogy re iϕ re iϕ 2 = ( r cos ϕ) 2 + (r sin ϕ) 2 = ( r) 2 + 2r( cos ϕ) = ( r) 2 + 4r sin 2 ϕ 2. Mivel sin α 2α, ha α π, ezért ϕ π esetén, feltéve hogy, 25 < r < azt π 2 kapjuk, hogy re iϕ max{ r, ϕ π }. Ezért Igy re iϕ dϕ = 2 Az 2π π re iϕ dϕ r r dϕ + π r 2 re iϕ dϕ c 3 ln r π dϕ = 2 + 2π ln π 2π ln( r) ϕ A(r 2 e 2iϕ ) dϕ integrált a auchy-schwarz egyenlőtlenséggel becsüljük meg, a (2) egyenlőséget használva. A(r 2 e 2iϕ ) dϕ dϕ A(r 2 e 2iϕ ) 2 dϕ = 2π A(r 4 ) (6) Az A(r 4 ) A(r 2 ) nyilvánvaló egyenlőtlenséget alapján kapjuk, hogy A(r 2 e 2iϕ ) dϕ 2π A(r 2 ). (7) 3

4 A (4), (5), (6), (7) egyenlőtlenségeket ()-re alkalmazva kapjuk, hogy Igy Innen (3) szerint 2πA(r 2 ) 2c 2 + 2c 3 ln A(r 2 ) c 4 ln r + 2π A(r 2 ). r c c 5 ln r 2 r, ami ellentmondás, ha r elég közel van az -hez. Az r A (n) egyenletesség lehetőségét szinte teljesen leírja az Erdős-Fuchs tétel. Tétel (Erdős-Fuchs tétel). Egy A Z + halmazra a r A () + r A (2) + + r A (n) = n + O(n α ) egyenlőség > -val nem teljesülhet α < 4 esetén. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy létezik olyan A N, amelyre r A () + r A () + r A (2) + + r A (n) = (n + ) + O(n α ) teljesül egy > -val és α < -del. Legyen 4 r A () + r A () + r A (2) + + r A (n) = (n + ) + e n és A(z) = a A z a. Mivel A 2 (z) = n= r A(n)z n, ezért z A2 (z) = ( + z + z z n +... ) (r A () + r A () + r A (2) + + r A (n))z n = n= Ekkor Ismert, hogy β esetén A 2 (z) = r A (n)z n = n= ((n + ) + e n )z n = n= z + ( z) e n z n. n β r n < n= n= ha r. Magyarázat ehhez: Legyen r = M, akkor n β r n = n= n= n β ( M ) n = ( z) + e 2 n z n. n= c β, (8) ( r) +α 4 n= nm+m k=nm k β ( M ) k

5 Ezért az n= ( M((n + )M) β ) nm < M +β (n + ) β M e. n n= A 2 (r) = r + ( r) e n r n egyenlet jobb oldalán a tag a domináns. Azt szeretnénk, hogy ez a tulajdonság r megörződjön az integrálásnál, emiatt egy olyan szorzótényezőt választunk, ami az körül nagy, egyébként kicsi. Kézenfekvő az n= S(z) = + z + z z N négyzetének választása, ahol N-et később választjuk meg alkalmasan. Ekkor ezért Innen a A 2 (z)s 2 (z) = S2 (z) z + ( zn )S(z) A 2 (re iϕ )S 2 (re iϕ ) dϕ e n z n, n= A 2 (z)s 2 (z) N 2 z + 2 S(z) e n z n. N 2 re iϕ dϕ + n= 2 S(re iϕ ) e n r n e inϕ dϕ (9) egyenlőtlenséget használva kapunk ellentmondást a bal oldalra alsó, a jobb oldalra felső becslést adva. Legyen A(z)S(z) = n= d nz n. Ekkor a Parseval-formula szerint A 2 (re iϕ )S 2 (re iϕ ) dϕ = 2π mivel d n nemnegatív egész. Ha akkor d 2 nr 2n 2π n= n= d n r 2n = 2πA(r 2 )S(r 2 ), n= N < r2 < () S(r 2 ) = + r 2 + r r 2(N ) = r2n r 2 c 6 N, továbbá (8) implikája az egyenletből, hogy A 2 (r 2 ) = r 2 + ( r2 ) A(r 2 ) c 7 r 2. e n r 2n, n= Innen kapjuk, hogy A 2 (re iϕ )S 2 (re iϕ ) dϕ c 8N r 2. () 5

6 (6) egyenlőtlenség alapján Hátra van még a 2π N 2 re iϕ dϕ < c 9N 2 log r. (2) 2 S(re iϕ ) n= e nr n e inϕ dϕ integrál becslése. Ezt a auchy-schwarz egyenlőtlenséggel érjük el, a Parseval-formulát használva: 2 S(re iϕ ) e n r n e inϕ 2π dϕ 2 S 2 (re iϕ ) dϕ Ezért (8) alapján n= ( 4π 2 S(z) k<n ) ( r 2k e n 2 r ). 2n n= e n z n dϕ n= e n r n e inϕ 2 dϕ = n= c N. (3) ( r 2 ),5+α Innen a (), (2), (3) egyenlőtlenségeket használva (9) alapján azt kapjuk, hogy c 8 N c 9N 2 log r 2 r + c N ( r 2 ), +2α azaz c 8 c 9 r2 N log Végül alkalmasan megválasztjuk r-et. Legyen r olyan, hogy N r 2 = r + c N( r2 ) α. (4) N( r2 ) α. Ekkor így De log ezért (4) alapján kapjuk, hogy r 2 = N 3 2α+, N r 2 = NN,5 2α+ = N 2α,5 2α+. r c log r c 2 2 log N, c 8 N 2α,5 2α+ (c3 log N + c ), ami α < esetén elég nagy N-re ellentmondás és ha N elég nagy, akkor a hozzá tartozó 4 r-rel az adott becslések érvényeek. 6

7 Házi feladatok. Bizonyítsa be, hogy végtelen A N esetén az r A (2n) nem lehet konstans valahonnan kezdve! (3p) 2. Adott A N esetén jelölje s A (n) = {(a, a ) : a, a A, a a = n}. Bizonítsa be, hogy van olyan A N, amelyre s A (n) = minden n Z + esetén és A [, N] > n/3. (3p) 3. Adott G Abel-csoport (a + a művelet) és A G esetén legyen r A (g) = {(a, a ) : a, a A, a + a = g}. Határozza meg azokat a G Abel-csoportokat és A G részhalmazokat, amelyekre r A (g) = r G\A (g) minden g G-re! (3p) 4. Adott G Abel-csoport (a + a művelet) és A G esetén legyen r A(g) = {{a, a } : a, a A, a + a = g}. Határozza meg azokat a G Abel-csoportokat és A G részhalmazokat, amelyekre r A (g) = r G\A (g) minden g G-re! (3p) 7