Научная Сеть >> В.М.Тихомиров, В.В.Успенский. "Советская математика 30-х годов (II): А.О.Гельфонд и Л.Г.Шнирельман"

Наука >> Математика >> Математическое образование | Популярные статьи

Next: Список литературы Up: Лев Генрихович Шнирельман, антиподы Previous: Лев Генрихович Шнирельман, антиподы Contents: Содержание

Метод Шнирельмана в аддитивной теории чисел.

Пусть

- два множества натуральных чисел (натуральный ряд ${{\mathbb{N}}}$ будем считать начинающимся с единицы). Суммой

обычно называется множество

чисел вида

, где $a\in A$ , $b\in B$ . Нам будет удобнее называть суммой

множество $A\oplus B= (A+B)\cup A\cup B$ , полученное добавлением к

элементов множеств

. Скажем, что множество

является базисом натурального ряда, если

-кратная сумма $A\oplus\ldots\oplus A$ при некотором натуральном

совпадает с натуральным рядом. Например, если

- множество всех квадратов, то

- базис, поскольку $A\oplus A\oplus A\oplus A ={{\mathbb{N}}}$ по теореме Лагранжа. Пусть

- множество, состоящее из всех простых чисел и единицы. Является ли

базисом? Положительный ответ на этот вопрос был впервые получен Шнирельманом: является базисом. Расскажем об основной идее доказательства.

Сперва введем, следуя Шнирельману, понятие плотности множества натуральных чисел. Для каждого $n\in {{\mathbb{N}}}$ пусть - число элементов множества на отрезке . Назовем плотностью множества нижнюю грань чисел вида по всем $n\in {{\mathbb{N}}}$ . Таким образом, плотность - это наибольшее $\alpha$ такое, что $A(n)\ge \alpha n$ при всех . Шнирельман доказывает следующий результат:

Теорема 5. Всякое множество натуральных чисел положительной плотности является базисом.

Эту теорему нельзя непосредственно применить ко множеству простых чисел с добавленной единицей, поскольку оно имеет нулевую плотность. (Число $\pi(n)$ простых чисел, не превосходящих , растет как $n/\log n$ : отношение $\pi(n)\log n/n$ стремится к единице.) Однако Шнирельман установил, что $P\oplus P$ имеет положительную плотность, откуда вытекает, что является базисом. Остается открытым вопрос, содержит ли $P\oplus P$ все четные числа (это вариант вопроса Эйлера).

Докажем теорему 5. Она вытекает из следующих лемм 1 и 2.

Лемма 1. Если $A, B \subset {{\mathbb{N}}}$ и , то $A\oplus B={{\mathbb{N}}}$ .

Доказательство. Зафиксируем $n\in {{\mathbb{N}}}$ . Если $n\in B$ , то $n\in A\oplus B$ . Если $n\notin B$ , то рассмотрим два подмножества отрезка : $\{a\in A: a \leq n\}$ и $\{n-b: b\in B, b\leq n\}$ . Они обязаны пересекаться, поскольку в первом из них не меньше $n\cdot d(A)$ элементов, во втором не меньше $n\cdot d(B)$ элементов и $n\cdot d(A) + n\cdot d(B) >n$ . Следовательно, при некоторых $a\in A$ , $b\in B$ , откуда $n\in A\oplus B$ .

Лемма 2. Для любых $A, B \subset {{\mathbb{N}}}$ имеет место неравенство Шнирельмана:

$\begin{displaymath}d(A\oplus B)\geq d(A)+d(B)-d(A)\cdot d(B).\end{displaymath}$

Доказательство. Положим $C=A\oplus B$ , $\alpha = d(A)$ , $\beta = d(B)$ . Зафиксируем $n\in {{\mathbb{N}}}$ . Нам надо оценить снизу число . Пусть $a_1 < \ldots < a_r$ - все элементы множества из отрезка , где . Отрезок разбивается числами $a_1, \dots, a_r$ на отрезков (некоторые из них могут быть пустыми) длины $l_1=a_1-1, l_2=a_2-a_1-1,\dots,l_{r+1}= n-a_r,$ при этом -й отрезок содержит $\geq \beta l_k$ чисел из : при это числа вида $a_{k-1}+ b$ , где $b\in B, b\leq l_k$ , а при - это числа из , которые $\leq l_1$ . Отсюда получается оценка

$\begin{displaymath}C(n)\geq r+\beta \cdot \sum_{k=1}^{k=r+1} l_k=r + \beta(n-r) = (1-\beta)r+\beta n\geq (1-\beta)\alpha n+ \beta n ,\end{displaymath}$

означающая, что $d(C) \geq (1-\beta)\alpha+\beta=\alpha+\beta-\alpha\beta$ .

Выведем теорему 5 из лемм 1 и 2. Неравенство леммы 2 можно переписать в виде $1-d(A\oplus B)\leq (1-d(A))(1-d(B))$ . В таком виде оно распространяется (по индукции) на любое число слагаемых: $1-d(A_1\oplus\ldots\oplus A_k)\relax \leq\prod_{i=1}^k (1-d(A_i))$ . Пусть теперь - множество положительной плотности и $A_k= A\oplus\dots \oplus A$ - сумма слагаемых, равных . Предыдущее неравенство показывает, что стремится к единице при возрастании . Пусть таково, что . Из леммы 1 вытекает, что $A_{2k}={{\mathbb{N}}}$ . Таким образом, является базисом. Теорема 5 доказана.

При всяком ли $n\in {{\mathbb{N}}}$ множество $W_n=\{1^n,2^n,\dots\}$ всех -тых степеней является базисом? Это - так называемая проблема Варинга. Она была положительно решена Гильбертом в начале века. Решение оказалось весьма сложным. Теорема 5 позволяет получить другое решение: достаточно установить, что -кратная сумма $W_n\oplus\ldots\oplus W_n$ при больших имеет положительную плотность. Элементарное (хотя очень непростое) решение проблемы Варинга, основанное на методе Шнирельмана, можно найти в книжке Хинчина $\cite{5.}$ .

Вот что пишет Хинчин [5] в связи с леммой 2 (цитируем с сокращениями): "Осенью 1931 года Л.Г.Шнирельман, рассказывая о своих беседах с Ландау в Геттингене, сообщил, что они установили следующий интересный факт: для всех примеров, какие им удавалось придумать, неравенство

$\begin{displaymath}d(A\oplus B)\geq d(A)+d(B)-d(A)d(B)\end{displaymath}$

можно было заменить более сильным и более простым неравенством:

$\begin{displaymath}d(A\oplus B)\geq d(A)+d(B)\end{displaymath}$

(при условии, что $d(A)+d(B)\leq 1$ ). Но доказательство этой гипотезы при первых попытках не удавалось. Проблема стала модной. Ученые общества предлагали ее на премию. Добрая половина английских математиков, отложив все дела, занялась решением этой задачи. Но она оказалась очень трудной и целый ряд лет не поддавалась усилиям самых искусных исследователей. Только в 1942 г., наконец, с нею справился молодой американский математик Манн". Доказательство гипотезы Ландау - Шнирельмана можно найти у Хинчина [5]. Мы очень советуем читателю познакомиться с этой замечательной книгой. Не менее достойна вашего внимания книга самого Шнирельмана [7]. Из нее вы узнаете и доказательство теоремы Лагранжа о сумме четырех квадратов, и решение великой проблемы Ферма для показателей 3 и 4, и многое другое. О затронутых здесь темах, касающихся творчества Л.Г.Шнирельмана см. также [3].

МЦНМО

Написать комментарий