Mat-tanári gyakorlat, első évfolyam, első félév Tizenkettedik alkalom: megoldási ötletek és eredmények

1. a): π_{12,5}(100) = 6 (a szóbanforgó prímek 5, 17, 29, 41, 53, 89). b): π_{12,3}(234971) = 1 (mert 3 | 12k + 3, de hárommal osztható pozitív prím csak a 3 lehet). c): π_{12,5}(54807) − π_{12,125}(54807) = 0 (ugyanazokat a prímeket számoljuk, mert 12k+5 = 12(k−10)+125). d):

lim_{n→∞} \frac{π_{12,5}(n)}{\sqrt{n}} = lim_{n→∞} \frac{π_{12,5}(n)}{n/ log n} · \frac{n/ log n}{\sqrt{n}} = lim_{n→∞} \frac{n/ log n}{φ(12)\sqrt{n}} = \frac{1}{4} lim_{n→∞} \frac{n^{1/2}}{log n} = ∞ ,

ezért négyzetszámból van kevesebb. e): lim_{n→∞} π_{30,7}(n)/π_{11,5}(n) = φ(11)/φ(30) = 10/8.

1/f, 2. A prímszámtétel alapján

lim_{n→∞} \frac{π_{a,b}((1 + ε)n)}{π_{a,b}(n)} = lim_{n→∞} \frac{(1 + ε) log n}{log((1 + ε)n)} = lim_{n→∞} \frac{1 + ε}{1 + (log(1 + ε)/ log n)} = 1 + ε > 1 .

Ezért van olyan N, hogy n ≥ N esetén π_{a,b}((1 + ε)n)/π_{a,b}(n) > 1.

3. Már olyan számhármasból is legalább cN^{3/2} van, amelyre 1 ≤ x, y, z ≤ \sqrt{N/3} (még akkor is, ha x, y, z sorrendjét nem különböztetjük meg, mert ez a legrosszabb esetben is csak hatodol). Tehát az 1 és N közötti számok átlagosan legalább cN^{3/2}/N-féleképen állnak elő három négyzetszám összegeként, és így lesz köztük olyan, ami legalább ennyiféleképpen áll elő. De c\sqrt{N} → ∞, és ezért előbb-utóbb túlhaladja az egymilliót.

4. Azt kell belátni, hogy ha (a, b) = 1, (c, d) = 1 és K egészek, akkor van olyan n, ami legalább K-féleképpen áll elő egy ak + b és egy ck + d alakú prím összegeként. Tetszőleges N esetén tekintsük az N/2-nél nem nagyobb ak +b illetve ck +d alakú prímeket, és az előbbieket az utóbbiakkal adjuk össze az összes lehetséges módon. Ekkor π_{a,b}(N/2)π_{c,d}(N/2) darab összeget kapunk, amelyek mindegyike legfeljebb N lehet. Tehát van olyan 1 ≤ n ≤ N, amit legalább π_{a,b}(N/2)π_{c,d}(N/2)/N-féleképpen megkapunk. A prímszámtétel miatt ez végtelenhez tart, ha N → ∞ (mert N/ log^{2} N → ∞). Tehát N választható úgy, hogy π_{a,b}(N/2)π_{c,d}(N/2)/N ≥ K legyen, és ezzel az állítást beláttuk. A megoldást nem rontja el, ha a p+q = q+p = n típusú megoldásokat nem különböztetjük meg, mert ez legrosszabb esetben is csak felére csökkenti az előállítások számát.

5. q_{8} = 47. Az a)-ban az első állítás abból következik, ahogy az előadáson beláttuk, hogy végtelen sok 4k − 1 alakú prím van. A második állítás innen n szerinti indukcióval adódik, a b)-beli pedig π_{4,3}(q_{n}) = n felhasználásával és n = [log_{2} log_{2} x] helyettesítéssel.

6. Legyen (a, b) = 1. A π_{a,b}(p_{n}^{a,b}) = n összefüggésből a prímszámtétel szerint

1/φ(a) = lim_{n→∞} \frac{π_{a,b}(p_{n}^{a,b})}{p_{n}^{a,b}/ log p_{n}^{a,b}} = lim_{n→∞} \frac{n log p_{n}^{a,b}}{p_{n}^{a,b}} .

Hogyan lehetne a log p_{n}^{a,b}-t log n-re cserélni? Mivel a logaritmusfüggvény folytonos,

− log φ(a) = lim_{n→∞} log n + log log p_{n}^{a,b} − log p_{n}^{a,b} .

De log log k/ log k nullához tart, ha k → ∞, innen (a végtelenhez tartó) log p_{n}^{a,b}-vel osztva kapjuk, hogy log n/ log p_{n}^{a,b} egyhez tart, ezt a fenti összefüggéssel kombinálva éppen a kívánt képlet adódik. Ebből a képletből is látjuk, hogy rögzített a, b mellett sokkal több ak + b alakú prímszám van, mint négyzetszám, hiszen az n-edik négyzetszám n^{2} ≫ φ(a)n log n.