| Математические заметки |
|
|
|
|
|
Большие промежутки между суммами двух полноквадратных чисел А. Б. Калмынинab, С. В. Конягинb a Национальный исследовательский университет "Высшая школа экономики", г. Москва b Математический институт им. В. А. Стеклова Российской академии наук, г. Москва
Англоязычная версия:
Mathematical Notes, 2024, Volume 115, Issue 4, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S000143462403026X 
Реферативные базы данных:
   1. ВведениеНеотрицательное целое число $n$ называется полноквадратным, если $n=0$ или в его разложении на множители $n=p_1^{\alpha_1}\dotsb p_s^{\alpha_s}$ для всех $i$ выполнено $\alpha_i\geqslant 2$. Эквивалентно, число $n$ полноквадратно тогда и только тогда, когда его можно представить в виде $n=a^2b^3$ для некоторых $a,b \in \mathbb Z_{\geqslant 0}$. Можно показать (см. [1]), что количество $k(x)$ полноквадратных чисел $n$, не превосходящих $x$, удовлетворяет соотношению откуда следует, что квадраты образуют подмножество полноквадратных чисел положительной относительной плотности. Оказывается однако, что множества сумм этих двух множеств существенно различаются. А именно, если $\mathcal S$ – множество всех сумм двух квадратов, то теорема Ландау [2] утверждает, что где $K\approx 0.764$ – константа Ландау–Рамануджана. Обозначим теперь символом $\mathcal V$ множество всех чисел, которые представимы в виде суммы двух полноквадратных чисел. Бломер [3] доказал следующую оценку.Теорема 1. При $x\to +\infty$ справедливо равенство где $\alpha=1-{1}/{\sqrt[3]{2}}\approx 0.206299$. Теорема 1 была улучшена Бломером и Гренвиллем [4]; они установили, что В данной работе мы изучаем распределение промежутков между элементами $\mathcal V$. Более точно, пусть $x$ – большое положительное число, тогда величина $M(x)$ определяется как длина наибольшего подотрезка в $[1,x]$, не содержащего элементов $\mathcal V$. Теорема 1 влечет нижнюю оценку $M(x)\gg (\ln x)^{\alpha+o(1)}$, поскольку наибольший промежуток по величине не меньше среднего. Здесь мы доказываем следующий результат. Доказательство теоремы 2 во многом сходно с доказательствами подобных нижних оценок для промежутков между суммами двух квадратов (см., например, работы [5]–[7]), но отличается от них во многих важных аспектах. Например, в отличие от $\mathcal S$ множество $\mathcal V$ пересекается со всеми классами вычетов, так что в доказательстве требуется вычислять количества решений некоторых сравнений. 2. Доказательство теоремы 2Для того чтобы доказать наш основной результат, нам понадобятся два вспомогательных утверждения. Начнем с более элементарного. Лемма 1. Пусть $P$ – бесквадратное число, $A$, $B$ – целые числа с условием $(AB,P)=1$. Тогда для любого $u$ число решений сравнения не превосходит $2^L\sigma_1(P)$, где $\sigma_1(P)=\sum_{d\mid P}d\ll P\ln\ln P$ и $L$ – количество простых делителей числа $(u,P)$. Доказательство. Пусть $p$ – простой делитель $P$. Докажем, что количество $S_p$ решений сравнения не превосходит $p+1$, если $p\nmid u$ и $2(p+1)$, если $p\mid u$. Для $p=2$ данная оценка очевидна, так что будем рассматривать случай нечетного простого $p$. Для любого $a \in \mathbb Z/ p\mathbb Z$ число решений сравнения $Ax^2\equiv a \pmod p$ равно Отсюда получаем следующую формулу для $S_p$:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, S_p &=\sum_{a+b=u}\biggl(1+\biggl(\frac{Aa}{p}\biggr)\biggr) \biggl(1+\biggl(\frac{Bb}{p}\biggr)\biggr) =\sum_{a\,\operatorname{mod} p} \biggl(1+\biggl(\frac{Aa}{p}\biggr)\biggr)\biggl(1+\biggl(\frac{B(u-a)}{p}\biggr)\biggr) \\ &=\sum_{a\,\operatorname{mod} p} \biggl(1+\biggl(\frac{Aa}{p}\biggr)+\biggl(\frac{B(u-a)}{p}\biggr)+ \biggl(\frac{ABa(u-a)}{p}\biggr)\biggr). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Первые три слагаемых в получающейся сумме равны $p$, $0$ и $0$ соответственно. Таким образом, Здесь сумма со знаком $*$ означает суммирование по всем $a\not\equiv 0\pmod p$. Ясно, что при $u\not\equiv 0\mod p$ данная сумма отличается от полной на $({-1}/{p})$, так что Если же $u\equiv 0\pmod p$, то сумма равна $(p-1)(-1/p)$. Следовательно, если $u\not\equiv 0\pmod p$, то $S_p\leqslant p+1$, а при $u\equiv 0\pmod p$ получаем $S_p<2(p+1)$. Согласно китайской теореме об остатках число решений сравнения равно что и требовалось доказать. Следующая нужная нам лемма является версией теоремы Линника о наименьшем простом числе в арифметической прогрессии. Лемма 2. Пусть $\chi$ – характер Дирихле. Положим Тогда существует вещественное число $A>0$ такое, что для всех $x\geqslant q^A$ и всех примитивных вещественных характеров $\chi \mod q$ при $x\to +\infty$ выполнено неравенство Доказательство. Согласно [8; предложение 18.5] при $x\geqslant q^A$ для достаточно больших $A$ и любого $a$ с условием $(a,q)=1$ имеем
$$
\begin{equation*}
\psi(x;q,a)=\frac{x}{\varphi(q)}\biggl(1-\chi_1(a)R(x)+\theta ce^{-CA}+O\biggl(\frac{\ln q}{q}\biggr)\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Здесь $R(x)={x^{\beta_1}}/{\beta_1}$, если $\chi_1$ и $\beta_1$ – исключительный характер и исключительный нуль соответствующей $L$-функции в случае, если $\chi_1$ существует и его модуль $q_1$ делит $q$, и $R(x)=0$ во всех остальных случаях, $c,C>0$ – постоянные, $|\theta|\leqslant 1$. Примитивный характер $\chi_1 \mod q_1$ называется исключительным, если существует вещественный нуль $\beta_1$ функции $L(s,\chi_1)$ с условием $1-\beta_1<{c_1}/{\ln q_1}$, $c_1>0$ – абсолютная постоянная такая, что для любого $q$ существует не более одного исключительного нуля $\beta$ с условием $1-\beta<{c_1}/{\ln q}$, соответствующего характеру по модулю $q'\leqslant q$ (существование такой константы $c_1$ следует из теоремы Пейджа). Следовательно,
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &\psi(2x;\chi)-\psi(x;\chi) =\sum_{(a,q)=1}\chi(a)(\psi(2x;q,a)-\psi(x;q,a)) \\ &\qquad=\frac{x}{\varphi(q)}\sum_{(a,q)=1}\chi(a)-\frac{R(2x)-R(x)}{\varphi(q)} \sum_{(a,q)=1}\chi(a)\chi_1(a)+ce^{-CA}\theta_1 x+O\biggl(\frac{x\ln q}{q}\biggr), \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
где $|\theta_1|\leqslant 1$. Первая сумма равна $0$. В силу ортогональности характеров, второе слагаемое неположительно. Выбирая $A$ достаточно большим, мы доказываем требуемое неравенство.
Иными словами, возможный вклад исключительного характера $\mod q$ в интересующую нас сумму оказывается неположительным, что и позволяет нам доказать лемму 2. Приступим теперь к доказательству основной теоремы. Доказательство теоремы 2. Выберем большое натуральное $M$ и построим натуральное $u$ такое, что $u\leqslant \exp(CM(\ln M)^2)$ для некоторой константы $C>0$ и числа $u+1,u+2,\dots,u+M$ не лежат в $\mathcal V$. Положим $N=M^D$, где $D=\max(40A+1,100)$ и $A$ – постоянная из леммы 2, $K=[22\ln M]$. Обозначим через $\mathcal P$ множество всех простых чисел между $N$ и $2N$. Число элементов в данном множестве есть $\pi(2N)-\pi(N)\sim {N}/{\ln N}$. Для $j\leqslant M$ выберем независимо случайные подмножества $P_j\subset \mathcal P$ размера $K$. Эквивалентно, случайные величины $P_j$ независимы в совокупности и для любого подмножества $X\subset \mathcal P$ с условием $|X|=K$ выполнено Так как для всякого $j$ и всех $N<p<2N$ имеет место соотношение
$$
\begin{equation*}
\mathbb P(p\in P_j)=\frac{{|\mathcal P|-1\choose K-1}}{{|\mathcal P|\choose K}}=\frac{K}{|\mathcal P|}\ll \frac{K\ln N}{N}\ll (\ln M)^2 M^{-D},
\end{equation*}
\notag
$$
вероятность того, что хотя бы два множества $P_j$ имеют непустое пересечение, есть $O(M^{3-D})$. В самом деле, если $i\neq j$, то
$$
\begin{equation*}
\mathbb P(P_i\cap P_j\neq \varnothing)\leqslant \sum_{p\in P_i}\mathbb P(p\in P_j)\ll \sum_{p\in P_i}(\ln M)^2 M^{-D}\ll (\ln M)^3 M^{-D},
\end{equation*}
\notag
$$
где последее неравенство выполнено в силу независимости $P_i$ и $P_j$. Суммируя по всем парам $1\leqslant i<j\leqslant M$, получаем требуемую оценку. Далее, пусть $c\leqslant M^{40}$. Рассмотрим множество $R(c)$ всех простых чисел $p\in \mathcal P$ таких, что $(\frac{-c}{p})=-1$. Легко видеть, что существует примитивный вещественный характер $\chi_c$ по модулю $q\leqslant 4|c|$ такой, что для всех $p\in \mathcal P$ выполнено $(\frac{-c}{p})=\chi_c(p)$. Множество $R(c)$ содержит хотя бы $(0.49+o_M(1))|\mathcal P|$ элементов, поскольку
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, |R(c)| &=\frac12\sum_{N<p<2N}(1-\chi_c(p))\geqslant \frac{1}{2\ln N}\sum_{N<p<2N}(1-\chi_c(p))\ln p \\ &=\frac{1}{2\ln N}(\psi(2N)-\psi(N)) -\frac{1}{2\ln N}\bigl(\psi(2N;\chi_c)-\psi(N;\chi_c)\bigr)+O(\sqrt{N}), \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
где последнее слагаемое соответствует вкладу $p^k\in (N,2N)$ с условием $k>1$. Согласно лемме 2 второй член в сумме выше не превосходит ${0.02N}/(2\ln N)$, так что
$$
\begin{equation*}
|R(c)|\geqslant \frac{(0.98+o_M(1))N}{2\ln N}=(0.49+o_M(1))\frac{N}{\ln N}=(0.49+o_M(1))|\mathcal P|.
\end{equation*}
\notag
$$
Следовательно, вероятность того, что $P_j$ не пересекается с $R(c)$, может быть оценена следующим образом:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &\frac{\binom{|\mathcal P|-|R(c)|}{K}}{\binom{|\mathcal P|}{K}}=\frac{(|\mathcal P|-|R(c)|)(|\mathcal P|-|R(c)|-1)\dotsb (|\mathcal P|-|R(c)|-K+1)}{|\mathcal P|(|\mathcal P|-1)\dotsb(|\mathcal P|-K+1)} \\ &\qquad\leqslant \biggl(\frac{(|\mathcal P|-|R(c)|-K+1)}{(|\mathcal P|-K+1)}\biggr)^K\ll 0.52^K\ll M^{-14}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Вероятность существования хотя бы одной пары $c\leqslant M^8$ и $j\leqslant M$ с непересекающимися $P_j$ и $R(c)$ есть $O(M^{-5})$, так что с большой вероятностью множества $P_j$ попарно не пересекаются и при этом имеют непустое пересечение с каждым $R(c)$ для $c\leqslant M^8$. Здесь мы использовали только “малые” значения $c$, но мы также воспользуемся числами $c$ такими, что $M^8\leqslant c\leqslant M^{40}$ следующим образом. Для $j\leqslant M$ обозначим через $\xi_j$ случайную величину Вычисляя математическое ожидание, получаем Тогда в силу неравенства Маркова вероятность того, что хотя бы одна из этих величин удовлетворяет неравенству $\xi_j\geqslant 2^{-K}{\ln M}/{M^3}$, не превосходит $O(1.04^KM^{-1})=O(M^{-0.13})$, так что с большой вероятностью для всех $j$ выполнено $\xi_j\leqslant 2^{-K}{\ln M}/{M^3}$.
Выберем какую-нибудь реализацию $P_j^*$ данных случайных множеств, удовлетворяющую вышеуказанным условиям. Построим теперь число $u$, удовлетворяющее сравнению для всех $j\leqslant M$ и всех $p\in P_j^*$. Данное число можно выбрать не превосходящим
$$
\begin{equation*}
P=\prod_{j, p\in P_j^*}p\leqslant (2M^D)^{MK}\leqslant\exp(CM(\ln M)^2)
\end{equation*}
\notag
$$
для некоторого $C>0$. Рассмотрим множество $U$ всех чисел $v\in [0,P^{10}]$, сравнимых с $u$ по модулю $P$.
Оценим сначала долю $v\in U$ таких, что $v+j\equiv 0\pmod {p^2}$ для некоторого $j\leqslant M$ и некоторого $p\in P_j^*$. Для каждого выбора $j$ и $p$ получаем сравнение по модулю $pP$, у него существует не более $P^9p^{-1}+1$ решений в $[0,P^{10}]$; суммарно получается не более $MK(P^9N^{-1}+1)$ таких $v$. Размер множества $U$ равен $P^9+O(1)$, так что пропорция таких исключительных $v$ есть $O(MK/N)=O(M^{1-40A})$, и в дальнейших оценках такие $v$ можно не рассматривать. Далее, для большинства чисел $v\in U$ ни одно из чисел $v+j$ не представимо в виде $a^3x^2+b^3y^2$ с положительными целыми $a,b,x,y$ и $ab\leqslant M^8$. В самом деле, если $v\in U$ и $v+j=a^3x^2+b^3y^2$, то существует простое $p\in P_j^*$ такое, что $(\frac{-c}{p})=-1$, где $c$ – бесквадратная часть $ab$. Тогда число $v+j$ должно делиться на $p^2$: если $x$ или $y$ не делится на $p$, то
$$
\begin{equation*}
-\frac{a^3}{b^3}\equiv \frac{x^2}{y^2} \pmod p \qquad\text{или}\qquad -\frac{b^3}{a^3}\equiv \frac{y^2}{x^2} \pmod p,
\end{equation*}
\notag
$$
что противоречит равенству $(\frac{-c}{p})=-1$, поэтому $v$ принадлежит множеству вышеописанных исключений.
Далее, докажем, что для большинства значений $v$ также не существует $j\leqslant M$ с условиями $v+j=a^3x^2+b^3y^2$ и $ab\geqslant M^8$. Зафиксируем $j$, $a$ и $b$. Предположим сначала, что $a$ или $b$ больше, чем $P^{8/3}$. Не теряя общности, можем считать, что $a>P^{8/3}$. Количество $x$ таких, что $a^3x^2\leqslant P^{10}$, не превосходит $P^5a^{-3/2}$, число допустимых значений $y$ не больше $P^5$. Суммируя по всем $a$, получаем не более
$$
\begin{equation*}
\sum_{a>P^{8/3}}\frac{P^{10}}{a^{3/2}}\ll P^{10-4/3}=P^{9-1/3}
\end{equation*}
\notag
$$
возможных значений. Умножая на количество различных значений $j$, видим, что пропорция элементов $v$ из $U$, для которых $v+j$ представимо в виде $a^3x^2+b^3y^2$ с условием $\max(a,b)>P^{8/3}$, не превосходит $O({M}/{P^{1/3}})$.
Таким образом, достаточно считать, что $a,b\leqslant P^{8/3}$. Если $(ab,P)=1$, то в силу леммы 1 число решений сравнения $aX^2+bY^2\equiv u+j \pmod P$ не превосходит $O(2^KP\ln\ln P)$ для всех $j\leqslant M$, поскольку согласно нашей конструкции $u+j$ имеет ровно $K$ общих простых делителей с $P$ (если оно делится на какое-нибудь $p\in P_i$, где $i\neq j$, то это же верно и для $u+i$, откуда получаем $p\mid i-j$, что невозможно, так как $p\geqslant N$). Каждое такое решение соответствует числам $x,y$ с условиями $a^3x^2+b^3y^2\leqslant P^{10}$, а также $ax\equiv X \pmod P$ и $by\equiv Y \pmod P$. Поскольку
$$
\begin{equation*}
x\leqslant \frac{P^5}{a^{3/2}}, \qquad y\leqslant \frac{P^5}{b^{3/2}},
\end{equation*}
\notag
$$
для фиксированных $X,Y$ число представимых чисел есть
$$
\begin{equation*}
O\biggl(\frac{1}{P^2}\frac{P^{10}}{a^{3/2}b^{3/2}}\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Суммируя по всем $X,Y$, получаем
$$
\begin{equation*}
O\biggl(2^K\ln\ln P\frac{P^{9}}{a^{3/2}b^{3/2}}\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Для данного $j$ можно также считать, что $P_j^*\cap R(ab)=\varnothing$, так как иначе имеем $v+j\equiv 0\pmod {p^2}$ для всех $P_j^*\cap R(ab)$, а эти исключения уже посчитаны ранее. Суммируя по всем таким $a$ и $b$, получаем не более
$$
\begin{equation*}
O\biggl(2^KP^9\ln\ln P\sum_{\substack{P^{16/3}\geqslant ab\geqslant M^8 \\ P_j\cap R(ab)=\varnothing}}\frac{1}{a^{3/2}b^{3/2}}\biggr)
\end{equation*}
\notag
$$
новых исключений. Чтобы вычислить эту сумму, разобьем интервал суммирования на две части: $M^{40}\geqslant ab\geqslant M^8$ и $ab>M^{40}$ и заметим, что первая сумма равна $\xi_j$, так что
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \sum_{\substack{P^{16/3}\geqslant ab\geqslant M^8 \\ P_j\cap R(ab)=\varnothing}}\frac{1}{a^{3/2}b^{3/2}} &\leqslant \sum_{\substack{M^{40}\geqslant ab\geqslant M^8 \\ P_j\cap R(ab)=\varnothing}}\frac{1}{a^{3/2}b^{3/2}}+\sum_{ab>M^{40}}\frac{1}{a^{3/2}b^{3/2}} =\xi_j+O\biggl(\frac{\ln M}{M^{20}}\biggr) \\ &\ll \ln M(2^{-K} M^{-3}+M^{-20}). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Поскольку есть $M$ возможных значений $j$, получаем не более
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, O\bigl(M2^K P^9 \ln\ln P(\ln M(2^{-K}M^{-3}+M^{-20}))\bigr) &=O\bigl(P^9\ln^2 M(M^{-2}+2^KM^{-20})\bigr) \\ &=O\biggl(\frac{P^9\ln^2 M}{M^2}\biggr) \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
новых исключений.
Наконец, если произведение $ab$ не взаимно просто с $P$, положим $(ab,P)=Q$. Те же рассуждения, что и ранее, но с заменой сравнений $\mod P$ на сравнения $\mod ({P}/{Q})$, показывают, что для данных $a,b$ имеется
$$
\begin{equation*}
O\biggl(2^K\frac{P}{Q}\ln\ln P\biggl(\frac{P}{Q}\biggr)^{-2}\frac{P^{10}}{a^{3/2}b^{3/2}}\biggr)
\end{equation*}
\notag
$$
представимых чисел. Суммируя по всем $a,b$ и используя соотношение $Q\mid ab$, получаем
$$
\begin{equation*}
O\biggl(\frac{2^KQP^{9}\tau(Q)\ln\ln P}{Q^{3/2}}\biggr)=O\biggl(\frac{2^K\tau(Q)}{\sqrt{Q}}P^{9}\ln\ln P\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Таким образом, общее количество исключительных $v$ с такими $a,b$ может быть оценено как
$$
\begin{equation*}
O\biggl(2^KP^9\ln\ln P\sum_{Q\mid P, \,Q>1}\frac{\tau(Q)}{\sqrt{Q}}\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Пользуясь мультипликативностью, последнюю сумму можно оценить так:
$$
\begin{equation*}
\sum_{Q\mid P,\, Q>1}\frac{\tau(Q)}{\sqrt{Q}}=\prod_{p\mid P}\biggl(1+\frac{2}{\sqrt{p}}\biggr)-1\leqslant \biggl(1+\frac{2}{\sqrt{N}}\biggr)^{KM}-1\ll \frac{KM}{\sqrt{N}},
\end{equation*}
\notag
$$
поскольку $P$ имеет $KM$ простых делителей, каждый не менее $N$.
Таким образом, число исключительных $v$ есть $O(2^KP^9M^{4-D/2})=O(P^{9}M^{-30})$. Это означает, что для большинства $v\in U$ ни одно из чисел $v+j$ не представимо в виде $a^3x^2+b^3y^2$, так что отрезок $[0,P^{10}]$ содержит подотрезок длины $M$, не содержащий сумм двух полноквадратных чисел, что и завершает доказательство, поскольку $P^{10}\leqslant \exp(10CM(\ln M)^2).$ БлагодарностиАвторы выражают благодарность И. Шпарлинскому за то, что обратил наше внимание на множество $\mathcal V$ и промежутки между элементами в нем, а также П. Кучерявому за исправление опечаток и А. Радомскому за то, что обнаружил ошибку в лемме 1 в предыдущей версии статьи. 
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{KalKon24} |
|
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|