השערת השורש הפרימיטיבי של ארטין

אמיל ארטין

אני מפרסם הרצאה שהעברתי בסמינר בתורת המספרים באוניברסיטת תל-אביב לפני מספר שנים. נדבר על בעיה מעניינת שבין השאר תדגים את השימושיות של השערת רימן והכללותיה בתורת המספרים.

1. מוטיבציה

נסתכל על מספר רציונליים מהצורה \frac{1}{p}, כאשר p מספר ראשוני. ידוע שהפיתוח של רציונליים בבסיס 10 הוא מחזורי, בואו ניתן דוגמאות עבור המספרים שמעניינים אותנו:

\frac{1}{3} = 0.33...=0.\overline{3}: \text{ period of length 1}
\frac{1}{7} = 0.142857142857... = 0.\overline{142857}: \text{ period of length 6}
\frac{1}{11} = 0.9090... = 0.\overline{90}: \text{ period of length 2}
\frac{1}{13} = 0.076923076923...=0.\overline{076923}: \text{ period of length 6}

אפשר לשים לב שאורך המחזור של \frac{1}{p} תמיד מחלק את p-1. זה לא במקרה. כמו שגאוס שם לב, אורך המחזור הוא בדיוק הסדר של 10 בחבורה הכפלית (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}, שמחלק את p-1 לפי משפט לגראנז'/פרמה. הנה הוכחה קצרצרה של הבחנה זו (תחת ההנחה (p,10)=1):

\frac{1}{p} = \frac{a}{10^{\text{ord}_{p}(10)}-1} = \frac{a}{10^{\text{ord}_{p}(10)}} \sum_{k\ge 0 } 10^{-k \text{ord}_{p}(10)}

כאשר a:= \frac{10^{\text{ord}_{p}(10)}-1}{p} \in \mathbb{N}.

אפשר לשאול: האם יש אינסוף ראשוניים p עבורם המחזור מקסימלי (קרי, שווה p-1)?
אפשר למעשה להחליף את 10 בכל בסיס אחר, לדוגמא בסיס 2, ולשאול את אותה השאלה, ששקולה לשאלה הפשוטה למראה הבאה: האם 2 שורש פרימיטיבי עבור אינסוף ראשוניים?

תזכורת: לכל ראשוני p, החבורה הכפלית G=(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times} היא חבורה ציקלית מסדר p-1. איבר a \in G נקרא יוצר אמ"מ G = \langle a \rangle, ובמקרה של החבורה הספציפית שלנו הוא מכונה גם "שורש פרימיטיבי".
הערה: אם נחליף את \frac{1}{p} ב-\frac{1}{n}, אורך המחזור מחלק את \phi(n) (לפי משפט לגראנז'/אוילר), ובפרט קטן ממש מ-n-1 כאשר n אינו ראשוני.

2. השערות

אפשר לנסח את השערת השורש הפרימיטיבי בשתי דרכים:

1. "איכותית": לכל a\in \mathbb{Z} \setminus \{-1, 0, 1\} שאינו ריבוע, יש אינסוף ראשוניים p כך ש-a שורש פרימיטיבי של (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}.
(למה אסור ריבועים? כי אם p>2 אז סדר החבורה (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times} הוא זוגי (2 \mid p-1), ולכן הסדר של ריבוע הוא לכל היותר \frac{p-1}{2}.)
מה ידוע? ובכן, הרבה אך לא מספיק:

  • ב-84' הוכיחו Gupta ו-Murty שהשערה זו נכונה עבור אינסוף a-ים.
  • ב-86' הוכיח Heath-Brown שהשערה זו נכונה לכל ה-a-ים הראשוניים, מלבד לכל היותר 2 ראשוניים. מכאן מקבלים, לדוגמא, שהתוצאה נכונה לפחות לאחד מבין המספרים \{2,3,5\}.

2. "כמותית": עוד ב-27' ארטין כימת את ההשערה האיכותית. אם נסמן P_a(x) := \{p \le x: a\text{ is a primitive root of } (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}\}, הוא שיער כי P_a(x) \sim C_a \pi(x)\sim C_a \frac{x}{\ln x}, כאשר C_a קבוע סופי וחיובי ו-\pi(x) כמות הראשוניים עד x.
אפשר להגיד יותר על הקבוע הזה: אם a אינו חזקה, והחלק נטול-הריבועים של a אינו 1 מודולו 4, אז C_a אינו תלוי ב-a! הוא יוצא קבוע ארטין, \prod_{p} (1-\frac{1}{p(p-1)}), אותו נסביר בהמשך.

ב-67' הוכיח Hooley את ההשערה הכמותית תחת הנחת השערת רימן המוכללת. המטרה שלנו בפוסט זה היא להוכיח את המשפט שלו.

3. הבחנה חיונית

א. דוגמא

נראה דוגמא שתסביר איך אפשר לבנות, לדוגמא, ראשוניים עבורם 10 יוצר פרימיטיבי.

יהי p ראשוני מהצורה 2 \mod 5 (יש אינסוף ראשונים כאלו, הם מצפיפות רבע). אם במקרה q:=4p+1 ראשוני, אז 10 שורש פרימיטיבי של (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})^{\times}. הסבר: הסדר של 10 בחבורה מחלק את q-1 = 4p. אנחנו רוצים שהוא יהיה בדיוק 4p, ולשם כך צריך לשלול את האפשרות שהוא מחלק את 4 או את 2p. המקרה הראשון פשוט כי 10^4-1 = 9 \cdot 11 \cdot 101 לא יכול להתחלק ב-q, והמקרה השני גם פשוט כי הוא גורר ש-10 שארית ריבועית מודולו q, דבר שקל לסתור עם הדדיות ריבועית:

\left( \frac{10}{q} \right) = \left( \frac{2}{q} \right) \left( \frac{q}{5} \right) = (-1)^{\frac{q^2-1}{8}} \left( \frac{2}{5} \right) = 1 \cdot (-1) = -1

לצערנו, אנחנו לא יודעים להוכיח שיש אינסוף ראשוניים p כך ש- q:=4p+1 ראשוני גם כן (בעיה שאת הקושי שלה ניתן להשוות לבעיית הראשונים התאומים, וכנראה אף יותר).

השתמשנו בדוגמא זו בהבחנה שננסח אותה כעת בכללותה:

ב. הבחנה

יהי a מספר שאנחנו רוצים שיהיה שורש פרימיטיבי של (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}. ננסה להבין מה התנאים על p כך שזה יקרה.

טענה: a שורש פרימיטיבי של (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times} אמ"מ a^{\frac{p-1}{q}} \neq 1 \mod p לכל ראשוני q כך ש-p \equiv 1 \mod q.
הוכחה: תרגיל חשוב בחבורות ציקליות שאשאיר לכם. \blacksquare

4. הוכחה היוריסטית

נשתמש בהבחנה כדי לתת הוכחה להשערת ארטין בנפנוף ידיים. היא לא נחשבת הוכחה מתמטית, אבל היא מסבירה איך ארטין הגיע לניסוח ההשערה שלו ולקבוע המופיע בה.
לאורך כל ההוכחה, a יהיה מספר קבוע, שהוא שלם השונה מ--1,0,1, שאינו חזקה.

בהינתן p ראשוני, אנחנו רוצים שיתקיים a^{\frac{p-1}{q}} \neq 1 \mod p לכל q \mid p-1. נחליף תפקידים: נקבע את הראשוני q, ונשאל: כמה p-ים ראשוניים "נהרסים" ע"י ה-q הזה, כלומר: מה צפיפות הראשוניים p עבורם p \equiv 1 \mod q, a^{\frac{p-1}{q}} \equiv 1 \mod p? לפי משפט דיריכלה, התנאי p \equiv 1 \mod q קורה בצפיפות \frac{1}{\phi(q)} =\frac{1}{q-1} (אני אוהב לחשוב על זה כהסתברות במקום צפיפות, האמת). התנאי השני, a^{\frac{p-1}{q}} \equiv 1 \mod p מורכב יותר.

נסמן b:=a^{\frac{p-1}{q}}. מספר זה פותר את המשוואה x^q = 1 \mod p. יש לה בדיוק q פתרונות שונים (כי \mathbb{F}_{p}^{\times} ציקלית מסדר המתחלק ב-q). אותנו מעניין מתי b הוא שורש ספציפי של המשוואה הזו, השורש x=1 \mod p. אפשר להניח שזה קורה בסיכוי \frac{1}{q}.

מהכפלת הסיכויים של התנאים (תחת הנחת אי-תלות שלא הוכחנו ולא הגדרנו), נקבל שהצפיפות של ה-p-ים הרעים היא \frac{1}{q(q-1)}. אותנו מעניין המאורע המשלים, שקורה בסיכוי 1 - \frac{1}{q(q-1)}. בהנחת אי-תלות בין המאורעות עבור ה-q-ים השונים, נקבל שהסיכוי שאף q לא הורס לנו את p היא \prod_{q} (1-\frac{1}{q(q-1)}), וזה בדיוק קבוע ארטין – "סיימנו".

הערה: אם a הוא חזקה, נובע ש-b:=a^{\frac{p-1}{q}} מקיים עוד משוואה מעבר ל-b^q \equiv 1 \mod p, משוואה עם פחות פתרונות. לדוגמא, אם a=a'^q אז טריוויאלית b \equiv 1 \mod p.
הערה: בהשערת ארטין הוספנו תנאי מוזר, "החלק נטול הריבועים של a אינו 1 מודולו 4". רק בהמשך נוכל להסביר מאיפה מגיע התנאי הזה (כרגע קצת קשה לראות), ואם זה מנחם אתכם – אפילו ארטין פספס תנאי זה במקור.

5. משפט צ'בוטרב

ננסח את התנאים p \equiv 1 \mod q, a^{\frac{p-1}{q}} \equiv 1 \mod p באופן שונה.

נשים לב שאם p \equiv 1 \mod q אז לפולינום \phi_q(x) יש \phi(q)=q-1 שורשים שונים ב-\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.
(תזכורת: הפולינום \phi_n(x) הוא הפולינום המינימלי של שורש היחידה ה-n-י מעל הרציונלים. מעלתו \phi(n) והוא מחלק את x^n-1.)
בנוסף, נשים לב שאם a^{\frac{p-1}{q}} \equiv 1 \mod p אז לפולינום x^q-a יש q שורשים שונים ב-\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.

מסתבר שזה אמ"מ:

תרגיל: p \equiv 1 \mod q, a^{\frac{p-1}{q}} \equiv 1 \mod p אמ"מ הפולינומים \phi_q(x), x^q-a מתפרקים לגורמים לינארים (שונים) ב-\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.

כשפולינום מתפרק לגורמים לינארים שונים ב-\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}, אומרים שהוא מתפצל ("split") מודולו p. אנחנו רוצים לספור ראשוניים p כך ש-\phi_q(x), x^q-a (2 פולינומים אי-פריקים וזרים) יתפצלו ב-\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}. מסתבר שבעיית ההתפצלות של פולינומים היא בעיה עמוקה שבין השאר קשורה להשארת רימן. נדגים:

דוגמא 1: הפולינום f(x)=x-1 תמיד מתפצל מודולו כל ראשוני, לכן מספר הראשוניים p עבורם הפולינום f מתפצל הוא פשוט \pi(x). משפט המספרים הראשוניים נותנים קירוב לביטוי זה, והשערת רימן אומרת שהקירוב הזה ממש טוב.

דוגמא 2: הפולינום f(x)=x^2+1 מתפצל מודולו ראשוני p אמ"מ p \equiv 1 \mod 4 (זה נובע מהתרגיל שנתתי, בין השאר, כי f(x) = \phi_4(x)). לכן מספר הראשוניים p עבורם הפולינום f מתפצל הוא פשוט \pi(x;4,1) (הפונקציה שסופרת ראשוניים 1 \mod 4 עד x). משפט דיריכלה נותן קירוב לביטוי זה (אסימפטוטי ל-\frac{\pi(x)}{2}), והשערת רימן המוכללת אומרת שהקירוב הזה ממש טוב.

מה שאנחנו צריכים כדי להבין את בעיית התפצלות הפולינומים הכללית זה את משפט הצפיפות של צ'בוטרב (למעשה, מקרטי פרטי שלו):

משפט: יהי \mathbb{K} שדה מספרים, קרי: הרחבה של \mathbb{Q} ממימד סופי d := [\mathbb{K}:\mathbb{Q}]. נניח שהשדה נוצר ע"י שורשים של פולינום ספרבילי g. אזי צפיפות הראשוניים עבורם הפולינום מתפצל מודולו p היא \frac{1}{d}.

אם נפעיל משפט זה על דוגמא 2 נקבל מקרה פרטי של משפט דיריכלה. הצפיפות יוצאת חצי כי מעלת ההרחבה המכילה את השורשים של x^2+1 (הידועים בתור \pm i) היא 2.

הערה: יש ניסוח אחר וטבעי יותר למשפט הנ"ל, ששווה להכיר אך לא ישמש אותנו בפוסט הזה.
תוצאה של דדקינד מראה כי האידאל (p) ב-O_{\mathbb{K}} (חוג השלמים) מתפרק ל-[\mathbb{K} : \mathbb{Q} ] אידאלים ראשוניים ממעלה 1 (="מתפצל") אמ"מ הפולינום g(x) מתפרק לגורמים לינאריים שונים מודולו p. על כן המשפט סופר כמה אידיאלים ראשוניים של \mathbb{Z} מתפצלים ב-O_{\mathbb{K}}.

נחזור לבעיה שלנו: אנחנו רוצים ש-g(x):=\phi_q(x)(x^q-a). יתפצל. בשביל להבין מה צפיפות הראשוניים עבורם זה קורה, צריך לחשב את מעלת ההרחבה \mathbb{K}_{q} := \mathbb{Q} (a^{1/q}, e^{\frac{2\pi i}{q}}).
נעשה משהו כללי יותר שיעזור בהמשך: נעבוד עם השדות \mathbb{K}_{k} := \mathbb{Q} (a^{1/k}, e^{\frac{2\pi i}{k}}), כאשר k נטול ריבועים. אפשר להראות כי מעלתו היא k \phi(k), חוץ ממקרים יוצאי דופן שנזניח בינתיים. (לא נראה זאת – נסו בעצמכם.)

אם נפעיל את משפט צ'בוטרב על השדות הנ"ל, נקבל כי:

|\{ p \le x \mid p \equiv 1 \mod k, a^{\frac{p-1}{k}} \equiv 1 \mod p\}| =\frac{\text{Li}(x)}{[\mathbb{K}_{k} : \mathbb{Q}]} +O(\text{Error Term})

כאשר \text{Li}(x) := \int_{1}^{x} \frac{dt}{\ln t} \sim \frac{x}{\ln x} והשגיאה זניחה אסימפטוטית לעומת האיבר העיקרי.

השגיאה בקירוב זה נחקרה רבות. Lang הוכיח שבהנחת השערת רימן המוכללת (שעוסקת במיקומי אפסים של פונקציית זטא של שדות כלליים), השגיאה עבור השדות שלנו היא "מיניאטורית": \mathbb{Q}(\sqrt{x}\ln( k x)).

6. ההוכחה של Hooley

לשם הפשטות נניח a=2.

א. איך היינו רוצים לעשות את זה

נסמן: P_2(x) := | \{ p\le x \mid \text{ord}_{p}(2) = p-1 \} | – בדיוק הראשוניים שמעניינים אותנו.
כמו כן, נסמן ב-B(x, \ell) := |\{ p\le x \mid p \equiv 1 \mod {\ell}, 2^{\frac{p-1}{\ell}} \equiv 1 \mod p \}| – אלה ראשוניים "רעים" ביחס למספר (לאו דווקא ראשוני) \ell. אנחנו לא רוצים אותם. נשים לב ש-B(x,1) = \pi (x).

תרגיל: התנאים p \equiv 1 \mod {q_1}, p \equiv 1 \mod {q_2}, a^{\frac{p-1}{q_1}} \equiv 1 \mod p, a^{\frac{p-1}{q_2}} \equiv 1 \mod p שקולים לתנאים p \equiv 1 \mod {q_1 q_2}, a^{\frac{p-1}{q_1 q_2}} \equiv 1 \mod p.

מסקנה מהתרגיל: P_2(x) = \sum_{\ell \mid \prod_{q < x} q} B(x,\ell) \mu(\ell). הסבר: זו הכלה-הדחה: אנחנו מתחילים עם כל הראשוניים עד x (האיבר הראשון B(x,1)). כעת, נחסר את את הראשוניים שנהרסים ע"י ראשוני כלשהו (שהוא בהכרח קטן מ-x): -B(x,2)-B(x,3) - B(x,5) - \cdots. אבל יש ראשוניים שחיסרנו פעמיים (כי הם נהרסים ע"י יותר מ-\ell ראשוני אחד), ולכן צריך להוסיף (לפי התרגיל) את הגורמים B(x, 2\cdot3) + B(x,2 \cdot 5) + B(x, 3 \cdot 5) + \cdots. וכן הלאה.

לשמחתנו, לכל אחד מהמחוברים יש קירוב טוב, כמו שראינו בפרק הקודם:

B(x,k) = \frac{\text{Li}(x)}{[\mathbb{K}_{k} : \mathbb{Q}]} +O(\text{Error Term})

נניח לרגע שהיינו יכולים להתעלם מהשגיאה (אנחנו לא…). היינו מציבים בנוסחת ההכלה-הדחה ומקבלים:

P_2(x) = \sum_{\ell \mid \prod_{q <x} q} B(x,\ell) \mu(\ell) = \text{Li}(x) \sum_{\ell \mid \prod_{q <x} q} \frac{\mu(\ell)}{[\mathbb{K}_{\ell} : \mathbb{Q}]} \sim \frac{x}{\ln x} \sum_{\ell = 1}^{\infty} \frac{\mu(\ell)}{[\mathbb{K}_{\ell} : \mathbb{Q}]}

וקיבלנו את התוצאה, כאשר קבוע ארטין מגיע מהטור \sum_{\ell=1}^{\infty} \frac{\mu(\ell)}{[\mathbb{K}_{k} : \mathbb{Q}]}. בגלל שמביוס היא פונקציה כפלית, ו-f(n) := [\mathbb{K}_{n} : \mathbb{Q} ] כפלית ושווה k \phi(k), היינו מקבלים שערך הטור הוא:

\prod_{p}^{\infty} (1-\frac{1}{[\mathbb{K}_{p} : \mathbb{Q}]}) = \prod_{p}^{\infty} (1-\frac{1}{p \phi(p)} )

ההוכחה זו למעשה מפרמלת את הטיעון ההיוריסטי של ארטין בעזרת משפט צ'בוטרב. כמובן ששיקרנו בכך שהזנחנו את השגיאה. עם זאת, השערת רימן המוכללת תאפשר לנו "לשלוט" בשגיאות המצטברות בטיעון הזה ולראות שהן זניחות. אין ברירה, יהיו חישובים אך הם יהיו מתבקשים.

ב. איך נעשה זאת בפועל

נוסיף עוד 2 סימונים:

P_2(x, \eta) := | \{ p\le x \mid \forall \ell \le \eta: p \neq 1 \mod {\ell} \vee 2^{\frac{p-1}{\ell}} \neq 1 \mod {p} \} | – ראשוניים שלא נהרסים ע"י ראשוניים עד \eta.

B(x,\eta_1, \eta_2) := | \{ p \le x \mid \exists \eta_1 \le \ell \le \eta_2: p \equiv 1 \mod \ell, 2^{\frac{p-1}{\ell}} \equiv 1 \mod p \} | – ראשוניים שנהרסים ע"י לפחות ראשוני אחד בקטע [\eta_1, \eta_2].

כעת 2 למות שחופפות למה שעשינו בסעיף הקודם:

למה 1: P_2(x)=P_2(x,x-1). מדוע? כי באגף שמאל אנחנו רוצים p-ים כך ש-p\equiv 1 \mod \ell \wedge 2^{\frac{p-1}{\ell}} \neq 1 \mod p לא קורה לכל ה-\ell-ים. עבור \ell \ge x זה תנאי טריוויאלי ולכן מספיק לוודא עבור \ell \le x-1, שזה מה שנספר באגף ימין.

למה 2: מתקיים P_2(x, \eta) = \sum_{\ell \mid \prod_{q \le \eta} q} B(x,\ell) \mu (\ell), כאשר \mu היא פונקציית מביוס. ההסבר לכך הוא פשוט הכלה-הדחה, כמו שכבר ראינו: הגורם הראשון הוא B(x,1), ופשוט סופר ראשוניים עד x. אח"כ מחסרים ממנו את הגורמים B(x,q), שסופרים ראשוניים שרעים ביחס ל-q. יש ראשוניים שהורדנו פעמיים, לכן צריך להוסיף אותם בעזרת הגורמים P(x, q_1q_2) (לפי התרגיל האחרון). וכו'…

והנה למה חדשה:

למה 3: יהיו 1 < \varepsilon_1 < \varepsilon_2 < \varepsilon_3 < x-1. מתקיים: P_2(x) = P_2(x,\varepsilon_1) + O(B(x, \varepsilon_1,\varepsilon_2)) + O(B(x, \varepsilon_2,\varepsilon_3)) + O(B(x, \varepsilon_3,x-1)).
הסבר: מצד אחד, P_2(x) חסום מלמעלה ע"י P_2(x,\varepsilon_1). מצד שני, הוא חסום מלמטה ע"י P_2(x,\varepsilon_1) - B(x,\varepsilon_1,\varepsilon_2) - B(x, \varepsilon_2, \varepsilon_3) - B(x,\varepsilon_3, x-1).

"כל" שנותר לעשות זה לבחור את \varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3 בחוכמה כך ששלושת ה-O(...) יהיו זניחים לעומת הביטוי העיקרי, P_2(x,\varepsilon_1). נמספר את הביטויים:

P_2(x) = \underbrace{P_2(x,\varepsilon_1)}_{1} + \underbrace{O(B(x, \varepsilon_1,\varepsilon_2))}_{2} + \underbrace{O(B(x, \varepsilon_2,\varepsilon_3))}_{3} + \underbrace{O(B(x, \varepsilon_3, x-1))}_{4}

ונתחיל לחסום. נתחיל דווקא מהביטוי האחרון:

ג. ביטוי 4

אם ראשוני p נספר ע"י המחובר הרביעי, נובע שהסדר של 2 מודולו p חסום מלמעלה ע"י \frac{p-1}{\varepsilon_3} < \frac{x}{\varepsilon_3}. על כן, הראשוניים שנספרים ע"י מחובר זה מחלקים את המכפלה \prod_{m < \frac{x}{\varepsilon_3}} (2^m-1) < 2^{\frac{x^2}{\varepsilon_3^2}}, מספר שיש לו לכל היותר \frac{x^2}{\varepsilon_3^2} גורמים ראשוניים שונים.

אנו מקבלים את החסם \text{Term 4} \le \frac{x^2}{\varepsilon_3^2}. נבחר \varepsilon_3 = \sqrt{x} \ln x, ונקבל את החסם \frac{x}{\ln^2 x}, שזניח אסימפטוטית לעומת \frac{x}{\ln x} וזה כל מה שחשוב (בגלל זה לא דייקנו יותר בחישובים, על אף שיכולנו).

ד. ביטוי 3

אם ראשוני p נספר ע"י המחובר השלישי, נובע ש-p \equiv 1 \mod q עבור q \in [\varepsilon_2, \varepsilon_3]. כלומר, אנחנו צריכים לספור ראשוניים בסדרה החשבונית 1 \mod q בקטע מסויים. בשלב זה אשלוף "שפן" מהכובע:

משפט Brun-Titchmarsh: נסמן ב-\pi(x; q, a) את מספר הראשוניים עד x מהצורה a \mod q. מתקיים, לכל x>q:

\pi(x;q,a) \le \frac{2x}{\phi(q) \ln(x/q)}

במבט חטוף נראה שזו גרסה חלשה של משפט דיריכלה – אנחנו מקבלים חסם עליון עם קבוע שגוי (2 במקום 1). אבל יש הבדל מהותי: זה חסם לא אסימפטוטי! הוא נכון כמו שהוא לכל x>q. מוכיחים אותו עם שיטות נפה (ללא אנליזה מרוכבת, למיטב ידיעתי) ואני לא אכנס להוכחתו כאן, רק אדגיש שמדובר במשפט משנות ה-70 שלא תלוי באף השערה פתוחה.

לכן אפשר לחסום כך:

B(x,\varepsilon_2, \varepsilon_3) \le \sum_{q \in [\varepsilon_2, \varepsilon_3]} B(x,q) \le \sum_{q \in [\varepsilon_2, \varepsilon_3]} \pi(x;q,1) \le \frac{2x}{\ln(x/\varepsilon_3)} \sum_{q \in [\varepsilon_2, \varepsilon_3]} \frac{1}{q-1}

ומהמשפט השני של מרטנס, \sum_{q \le x} \frac{1}{q} = \ln \ln x + O(1) (ראו כאן). מכאן הסכום האחרון הוא O(\ln \frac{\ln \varepsilon_3}{\ln \varepsilon_2}). נבחר \varepsilon_2 = \frac{\sqrt{x}}{\ln^3 x} ונקבל שכל הביטוי יוצא סה"כ O(\frac{x \ln \ln x}{\ln^2 x}), זניח לעומת \frac{x}{\ln x}. (אשאיר לכם לוודא תוצאה זו. שימו לב ש-\varepsilon_2, \varepsilon_3 יחסית קרובים – זה לא במקרה.)

ה. ביטוי 2

עד כאן לא השתמשנו בהשערת רימן המוכללת, אבל עכשיו זה ישתנה. נשתמש בכך ש-B(x,q) = \frac{\text{Li}(x)}{q \phi(q)} + O(\sqrt{x} \ln (qx)):

\begin{aligned} B(x,\varepsilon_1, \varepsilon_2) &\le \sum_{q \in [\varepsilon_1, \varepsilon_2]} B(x,q) \\  &= \sum_{q \in [\varepsilon_1, \varepsilon_2]} \left( \frac{\text{Li}(x)}{q \phi(q)} + O(\sqrt{x} \ln(qx)) \right) \\  &= \text{Li}(x) O(\sum_{q \in [\varepsilon_1, \varepsilon_2]} \frac{1}{q^2}) + O(\pi(\varepsilon_2) \sqrt{x} \ln x) \\  &= \text{Li}(x) O(\frac{1}{\varepsilon_1}) + O(\frac{x}{\ln^3 x}) \end{aligned}

נבחר \varepsilon_1 = \frac{\ln x}{6}, ונקבל שכל הביטוי הוא (שוב!) O(\frac{x }{\ln^2 x}) וזניח לעומת \frac{x}{\ln x}.

ו. ביטוי 1

נותר לטפל בביטוי העיקרי, P(x,\varepsilon_1). גם כאן נשתמש בהשערת רימן המוכללת:

\begin{aligned} P(x,\varepsilon_1) & = \sum_{\ell \mid \prod_{q \le \varepsilon_1}q} \mu(\ell) B(x,\ell)\\  &=\sum_{\ell \mid \prod_{q \le \varepsilon_1}q} \mu(\ell) \left( \frac{\text{Li}(x)}{\ell \phi(\ell)} + O(\sqrt{x} \ln (\ell x)) \right) \\  &= \text{Li}(x) \sum_{\ell \mid \prod_{q \le \varepsilon_1}q} \frac{\mu(\ell)}{\ell \phi(\ell)} + O(2^{\pi(\varepsilon_1)}\sqrt{x} \ln x) \\  &= \text{Li}(x) \prod_{q \le \varepsilon_1} (1-\frac{1}{q(q-1)}) + O(2^{\varepsilon_1} \sqrt{x} \ln x) \end{aligned}

נציב את \varepsilon_1= \frac{\ln x}{6} כדי לקבל שהשגיאה היא O(x^{2/3} \ln x) (פיצית), וכל מה שנותר כדי לסיים זה להוכיח את התרגיל הבא:

תרגיל: \prod_{q \le \varepsilon_1} (1-\frac{1}{q(q-1)}) - \prod_{q} (1-\frac{1}{q(q-1)}) = O(\frac{1}{\varepsilon_1}).

ובהינתן התרגיל קיבלנו את מה שרצינו: P_2(x) = \prod_{q} (1-\frac{1}{q(q-1)}) \frac{x}{\ln x} + O(\frac{x}{\ln ^2 x}). \blacksquare

7. התלויות הסודיות, או: איפה שיקרנו

שיקרנו בדיוק במקום אחד: בחישוב המעלות של ההרחבות \mathbb{K}_{k} / \mathbb{Q}.

בואו נתחיל בתנאי "a אינו חזקה", שהזכרנו בהתחלה. ובכן, אם a = g^h (חזקה h-ית, ולא יותר מכך), אז f(k)= \frac{k \phi(k)}{\gcd(k,h)}. זה הגיוני, כי אנחנו עובדים עם השדה \mathbb{K}_{k} = \mathbb{Q} (a^{1/k}, e^{\frac{2\pi i}{k}}), ואם k,h לא זרים אז a^{1/k} לא באמת שורש k-י, אלא פחות מכך. הפונקציה f עדיין כפלית (ודאו זאת), והקבוע נהיה \prod_{q \nmid h} (1-\frac{1}{q(q-1)}) \prod_{q \mid h} (1-\frac{1}{q-1}), כלומר – כפולה רציונלית של קבוע ארטין.

ומה לגבי התנאי המוזר יותר, שהחלק נטול הריבועים של a הוא לא 1 מודולו 4? ובכן, במקרה כזה המעלות f(k):= [\mathbb{K}_{k} : \mathbb{Q} ] מתנהגות שונה כאשר k לא זר לחלק נטול הריבועים. בפרט, הפונקציה f כבר לא כפלית!

נסביר. באופן כללי, אם k_1,k_2 זרים, אז השדה \mathbb{K}_{k_1 k_2} הוא השדה הקטן ביותר שמכיל את 2 השדות \mathbb{K}_{k_1}, \mathbb{K}_{k_2}. זה אוטומטית נותן את החסם f(k_1 k_2) \le f(k_1) f(k_2). כדי להבין מה משתבש ולמה אין תמיד שיוויון, צריך להשתמש בהדדיות ריבועית. לא נחקור את המקרה הכללי, אבל נדגים מה קורה עבור a=5 (בפרט, החלק נטול הריבועים שלו הוא 1 מודולו 4).

השדה \mathbb{K}_{2} הוא השדה הריבועי \mathbb{Q}(\sqrt{5}). השדה \mathbb{K}_{5} הוא השדה \mathbb{Q}(5^{1/5}, e^{\frac{2\pi i}{5}}) . מהתורה של סכומי גאוס, שקשורה באופן הדוק להדדיות ריבועית, השדה הראשון מוכל בשדה השני בגלל השיוויון הבא:

\sqrt{5} = \zeta_5 - \zeta_5^2 - \zeta_5^3 + \zeta_5^4, \zeta_5 : = e^{\frac{2\pi i}{5}}

על כן, לא יתכן שהמעלה של [\mathbb{K}_{10} : \mathbb{Q} ] היא מכפלת המעלות [\mathbb{K}_{2} : \mathbb{Q} ], [\mathbb{K}_{5} : \mathbb{Q} ], כי השדה הקטן ביותר המכיל את \mathbb{K}_{2}, \mathbb{K}_{5} הוא \mathbb{K}_{5}.

מקווה שנהנתם,
ניפגש באוניברסיטה.


I'm a man, I'm a twisted fool:

מודעות פרסומת

אודות Ofir Gorodetsky

Graduate student at TAU. Can be contacted at bambaman1 at gmail dot com.
פוסט זה פורסם בקטגוריה תורת המספרים. אפשר להגיע ישירות לפוסט זה עם קישור ישיר.

להשאיר תגובה

הזינו את פרטיכם בטופס, או לחצו על אחד מהאייקונים כדי להשתמש בחשבון קיים:

הלוגו של WordPress.com

אתה מגיב באמצעות חשבון WordPress.com שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Twitter

אתה מגיב באמצעות חשבון Twitter שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Facebook

אתה מגיב באמצעות חשבון Facebook שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת גוגל פלוס

אתה מגיב באמצעות חשבון Google+ שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

מתחבר ל-%s