Kezdőlap


Cím:	Osztók és rácspontok
Szerző(k):	Laczkovich Miklós
Füzet:	1983/március, 101 - 104. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az alábbiakban az origó középpontú körlapok által tartalmazott rácspontok számáról lesz szó. Erre először egy közelítő formulát adunk (1. tétel), majd egy pontos képletet (2. tétel). A kettő egybevetéséből szép bizonyítást nyerünk Leibniz egy tételére, amely szerint

\begin{matrix} 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + ... = \frac{π}{4} . \end{matrix}

Rácspontoknak a sík azon pontjait nevezzük, amelyek mindkét koordinátája egész szám. Az origó középpontú,

r

sugarú körlapot

K (r)

-rel jelöljük; a

K (r)

körlapba eső rácspontok száma legyen

N (r)

. Lássuk először a közelítő formulát; ez Gausstól származik.

1. Tétel.

r ≧ 3

esetén

π r^{2} - 5 r < N (r) < π r^{2} + 5 r .

Bizonyítás. A

K (r)

körlap minden rácspontja köré írjunk egységnyi oldalhosszúságú és a tengelyekkel párhuzamos oldalú négyzetet, amelynek a középpontja a kiszemelt rácspont. Az így kapott négyzetek egyrétűen lefednek egy

D

tartományt, amelynek a területe nyilván megegyezik a

K (r)

-be eső rácspontok számával, azaz

N (r)

-rel.

D

bármely pontjának az origótól vett távolsága legfeljebb

r + \frac{\sqrt[]{2}}{2}

, hiszen ha a

P

pont az

U

rácspont köré írt négyzetben van, akkor

P

és

U

távolsága legfeljebb

\frac{\sqrt[]{2}}{2}

, és

U

távolsága az origótól legfeljebb

r

. Így a

K (r + \frac{\sqrt[]{2}}{2})

körlap lefedi

D

-t, tehát

D

területe,

N (r)

legfeljebb

π {(r + \frac{\sqrt[]{2}}{2})}^{2}

.
Másrészt a

D

tartomány tartalmazza a

K (r - \frac{\sqrt[]{2}}{2})

körlapot. Valóban, legyen a

P

pont távolsága az origótól legfeljebb

r - \frac{\sqrt[]{2}}{2}

és legyen

U

P

-hez legközelebbi (egyik) rácspont. Ekkor könnyen láthatóan

P

és

U

távolsága legfeljebb

\frac{\sqrt[]{2}}{2}

, így

U

K (r)

-ben fekszik, valamint az is látható, hogy

P

U

köré írt négyzetbe esik, tehát

P

eleme

D

-nek. Ebből következik, hogy

D

területe,

N (r)

legalább

π {(r - \frac{\sqrt[]{2}}{2})}^{2}

.
Ezzel beláttuk, hogy

\begin{matrix} π r^{2} - π r \sqrt[]{2} + \frac{π}{2} = π {(r - \frac{\sqrt[]{2}}{2})}^{2} ≦ N (r) ≦ π {(r + \frac{\sqrt[]{2}}{2})}^{2} = π r^{2} + π r \sqrt[]{2} + \frac{π}{2} . \end{matrix}

Mármost könnyű ellenőrizni, hogy

r ≧ 3

esetén

π r \sqrt[]{2} + \frac{π}{2} < 5 r

, amiből a tétel azonnal következik.
Jelöljük

N (r)

-nek

π r^{2}

-től való eltérését

h (r)

-rel:

\begin{matrix} h (r) = | N (r) - π r^{2} | . \end{matrix}

Ekkor a fenti Gauss-tétel úgy is megfogalmazható, hogy

r ≧ 3

esetén

h (r) < 5 r

. Ezt a becslést Gauss után sokan élesítették. W. Sierpinski 1906-ban megmutatta, hogy alkalmas

C

konstanssal

h (r) < C r^{2 / 3}

is igaz minden

r ≧ 1

-re. Később az

r^{2 / 3}

hatvány kitevőjét sikerült tovább csökkenteni. A másik irányban G. H. Hardy bebizonyította, hogy

h (r) > r^{1 / 2}

teljesülhet akármilyen nagy

r

-ekre.

h (r)

pontos nagyságrendje ma sem ismert. Legújabban Alexander Ilié-nek G. Kolesnik módszereit felhasználva sikerült bebizonyítania, hogy minden pozitív

c

-re

h (r) < r^{35 / 54 + c}

teljesül, ha

r

elég nagy.
Most rátérünk az

N (r)

-et megadó pontos formula bizonyítására. Ehhez szükségünk lesz a következő számelméleti tételre: tetszőleges

n

pozitív egész számra az

x^{2} + y^{2} = n

egyenlet egész megoldásainak száma

4 (d_{1} (n) - d_{3} (n))

, ahol

d_{1} (n)

, illetve

d_{3} (n)

jelöli az

n

szám

4 k + 1

, illetve

4 k + 3

alakú pozitív osztóinak számát. Így például

{(\pm 1)}^{2} + {(\pm 1)}^{2} = 2

, tehát

x^{2} + y^{2} = 2

-nek négy megoldása van (az előjeleket négyféleképpen választhatjuk meg). Ennek megfelelően

d_{1} (2) = 1

(

2

-nek

1

az egyetlen

4 k + 1

alakú osztója),

d_{3} (2) = 0

és

4 = 4 (1 - 0)

. Egy másik példa:

x^{2} + y^{2} = 25

összes megoldása

{(\pm 5)}^{2} + 0^{2}

0^{2} + {(\pm 5)}^{2}

{(\pm 3)}^{2} + {(\pm 4)}^{2}

{(\pm 4)}^{2} + {(\pm 3)}^{2}

, tehát a megoldások száma

12

. Másrészt

d_{1} (25) = 3

d_{3} (25) = 0

és

12 = 4 (3 - 0)

Ezek után lássuk az

N (r)

-re vonatkozó formulát.

2. Tétel. Minden

r ≧ 0

-ra

\begin{matrix} N (r) = 1 + 4 ([r^{2}] - [\frac{r^{2}}{3}] + [\frac{r^{2}}{5}] - ... . \end{matrix}

(Itt

[x]

jelöli

x

egész részét. A jobb oldali zárójelben csak véges sok tag van; az utolsó tag

\pm [\frac{r^{2}}{k}]

, ahol

k

a legnagyobb páratlan egész szám, amely nem nagyobb

r^{2}

-nél.)

Bizonyítás. Legyen

(x, y)

egy

K (r)

-be eső rácspont. Ekkor

n = x^{2} + y^{2}

nem negatív egész, amelyre

n ≦ r^{2}

, tehát

n

csak a

0,1, ..., [r^{2}]

számok valamelyike lehet. Ha

n

a fenti számok valamelyike, de

n > 0

, akkor annyi rácspontra fog teljesülni

x^{2} + y^{2} = n

, ahány egész megoldása van az

x^{2} + y^{2} = n

egyenletnek, tehát a fent idézett tétel szerint

4 (d_{1} (n) - d_{3} (n))

. Így

N (r)

-et úgy számíthatjuk ki, hogy

4 (d_{1} (n) - d_{3} (n))

-nek

n = 1,2, ..., [r^{2}]

-hez tartozó értékeit összeadjuk, majd az összeghez

1

-et adunk (mert az

n = 0

értékhez tartozó origót még nem számoltuk).
Képzeljünk most el egy táblázatot, amelyben felsoroljuk az

n = 1,2, ..., [r^{2}]

számok mindegyikének összes

4 k + 1

alakú osztóját. Ebben a táblázatban

d_{1} (1) + d_{1} (2) + ..., + d_{1} ([r^{2}])

darab szám fog szerepelni. A táblázatban az 1, 5, 9, 13,

...

sorozatnak azok az elemei vannak felsorolva (esetleg többször is), amelyek osztói valamely,

r^{2}

-nél nem nagyobb természetes számnak. Az

1

minden

n

-re szerepelni fog, tehát a táblázat

[r^{2}]

darab

1

-est tartalmaz. Az

5

annyiszor szerepel, ahány

5

-tel osztható szám van

r^{2}

-ig. Az

5

-tel osztható számok között

[\frac{r^{2}}{5}] \cdot 5

a legnagyobb, ami számításba jön, hiszen

([\frac{r^{2}}{5}] + 1) \cdot 5 > \frac{r^{2}}{5} 5 = r^{2}

. Így az

5

-ösök száma

[\frac{r^{2}}{5}]

. Ugyanígy, a táblázatban annyi

9

-es szerepel, ahány

9

-cel osztható szám van

r^{2}

-ig, ezek száma pedig

[\frac{r^{2}}{9}]

. Végül is azt kapjuk, hogy a táblázatban felsorolt számok száma,

S_{1} = d_{1} (1) + ... + d_{1} ([r^{2}])

megegyezik az

\begin{matrix} [\frac{r^{2}}{1}] + [\frac{r^{2}}{5}] + [\frac{r^{2}}{9}] + ... \end{matrix}

összeggel. (Persze ez az összeg csak véges sok tagból áll, az utolsó tag

[\frac{r^{2}}{m}]

, ahol

m

a legnagyobb

4 k + 1

alakú szám

r^{2}

-ig.) Ugyanígy láthatjuk be, hogy

\begin{matrix} S_{2} = d_{3} (1) + d_{3} (2) + ... + d_{3} ([r^{2}]) = [\frac{r^{2}}{3}] + [\frac{r^{2}}{7}] + [\frac{r^{2}}{11}] + ... \end{matrix}

Összefoglalva az eddigieket,

\begin{matrix} N (r) = 1 + 4 (d_{1} (1) - d_{3} (1)) + 4 (d_{1} (2) - d_{3} (2)) + ... + 4 (d_{1} ([r^{2}]) - d_{3} ([r^{2}])) = \\ = 1 + 4 (S_{1} - S_{2}) = 1 + 4 ([r^{2}] - [\frac{r^{2}}{3}] + [\frac{r^{2}}{5}] - [\frac{r^{2}}{7}] + ...), \end{matrix}

amivel a tételt bebizonyítottuk.

Amint a bevezetőben már említettük, az előző tételek segítségével meghatározhatjuk az

1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ...

végtelen sor összegét. Legyen

r > 1

páratlan egész szám. Jelöljük

S

-sel az

[r^{2}] - [\frac{r^{2}}{3}] + [\frac{r^{2}}{5}] - ... + [\frac{r^{2}}{r^{2}}]

összeget, és legyen

S' = [r^{2}] - [\frac{r^{2}}{3}] + ... \pm [\frac{r^{2}}{r}]

(itt az utolsó tag előjele

+

vagy

-

aszerint, hogy

r

1

-et vagy

3

-at ad maradékul

4

-gyel osztva). Megmutatjuk, hogy

S - r < S' < S + r

. Tegyük fel, hogy

r

4 k + 1

alakú. Az

S

összegben minden tag abszolút értéke legfeljebb annyi, mint az előzőé. Ha

S

-ben az

[\frac{r^{2}}{r}]

utáni tagokat kettesével zárójelezzük, akkor tehát minden zárójel értéke nem-pozitív és így

S ≦ S'

. Ha most

S

-ben a

- [\frac{r^{2}}{r + 2}]

utáni tagokat zárójelezzük párosával (az utolsó,

[\frac{r^{2}}{r^{2}}] = 1

tag maradjon pár nélkül), akkor a zárójelek értéke nem-negatív lesz, tehát

S ≧ S' - [\frac{r^{2}}{r + 2}] > S' - r

. Ezzel beláttuk, hogy

r = 4 k + 1

esetén

S < S' < S + r

. Ugyanígy,

r = 4 k + 3

esetén

S - r < S' ≦ S

, tehát

S - r ≦ S' < S + r

mindig teljesül.
Ha elhagyjuk

S'

-ben az egészrész-jeleket, akkor az

\begin{matrix} S'' = r^{2} - \frac{r^{2}}{3} + \frac{r^{2}}{5} - ... \pm \frac{r^{2}}{r} = r^{2} (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ... \pm \frac{1}{r}) \end{matrix}

összeget kapjuk.

S'

és

S''

eltérése legfeljebb annyi lehet, ahány tagból áll

S'

(hiszen egy egészrész-jel elhagyásakor

1

-nél kisebb hibát követünk el), ezért

S' - r < S'' < S' + r

. Végül is azt kapjuk, hogy

S'' < S' + r < S + 2 r

, és hasonlóan,

S'' > S - 2 r

.
Az 1. és 2. tétel állítása szerint

\begin{matrix} π r^{2} - 5 r < N (r) = 1 + 4 S < π r^{2} + 5 r \end{matrix}

(feltettük, hogy

r ≧ 3

), amiből

\begin{matrix} \frac{π}{4} r^{2} - 2 r < \frac{π}{4} r^{2} - \frac{5}{4} r - \frac{1}{4} < S < \frac{π}{4} r^{2} + \frac{5}{4} r < \frac{π}{4} r^{2} + 2 r . \end{matrix}

Így az előző becslést felhasználva

\begin{matrix} \frac{π}{4} r^{2} - 4 r < S - 2 r < S'' = r^{2} (1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ... \pm \frac{1}{r}) < S + 2 r < \frac{π}{4} r^{2} + 4 r, \end{matrix}

tehát

r^{2}

-tel való osztás után

\begin{matrix} \frac{π}{4} - \frac{4}{r} < 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ... \pm \frac{1}{r} < \frac{π}{4} + \frac{4}{r} . \end{matrix}

Ebből az egyenlőtlenségből a Leibniz-tétel már azonnal következik. Egy végtelen sor összegén azt a számot értjük, ahová a sor részletösszegei konvergálnak. Így az az állítás, hogy

\begin{matrix} 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ... = \frac{π}{4}, \end{matrix}

azt jelenti, hogy az

a_{n} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - ... \pm \frac{1}{2 n - 1} (n = 1,2, ...)

sorozat határértéke

\frac{π}{4}

. Az imént levezetett egyenlőtlenség szerint

| a_{n} - \frac{π}{4} | < \frac{4}{2 n - 1} ≦ \frac{4}{n}

minden

n = 1,2, ...

-re. Így bármely pozitív

ε

számra

| a_{n} - \frac{π}{4} | < ε

ha,

\frac{4}{n} < ε

, azaz ha

n > \frac{4}{ε}

. Ez a konvergencia definíciója szerint éppen azt jelenti, hogy

{lim}_{}^{}_{n \to \infty}^{} a_{n} = \frac{π}{4}

, amivel Leibniz tételét bebizonyítottuk.