PAUTA DE LA INTERROGACI´ON 1 DE MAT 2225, TEORÍA DE N

PAUTA DE LA INTERROGACIÓN 1 DE MAT 2225, TEORÍA DE
NÚMEROS
PROF: RICARDO MENARES - AYUDANTE: PABLO GARCÍA
(1) (a)
(
{
)
(n, n + p) = n, (n + p) − n = (n, p) =
si p - n
si p|n.
1
p
(b) Como u y v son combinaciones lineales a coeficientes enteros de x e y, es claro que
(x, y)|(u, v). Por otro lado,
du − bv
−cu + av
, y=
.
ad − bc
ad − bc
Dado que ad−bc ∈ {−1, 1}, el razonamiento anterior permite deducir que (u, v)|(x, y).
Se concluye (x, y) = (u, v).
(c) Si (x, y, z) es una solución, entonces w = 2y + 5z es una solución de 7x + 37w = 1.
Para esta última ecuación, el algoritmo de Euclides proporciona la solución x =
16, w = −3. Hemos reducido el problema a encontrar y, z tales que 2y + 5z = −3.
Podemos tomar y = −3y0 , z = −3z0 , donde 2y0 + 5z0 = 1. Por simple inspección
o por el algoritmo de Euclides encontramos y0 = −2, z0 = 1, correspondientes a
y = 6, z = −3. Ası́, una respuesta posible es (16, 6, −3). Todas las otras soluciones
son de la forma
x=
x = 16 + 37t,
y = 6 − t + 5s,
z = −3 − t − 2s,
t, s ∈ Z
(No se pide demostrar esto último).
(2) (a)
∑
n≤x
µ(n)g
(x)
n
=
∑
µ(n)
n≤x
(cv k = mn) =
=
=
=
=
∑
f
m≤x/n
( x )
nm
∑ (x) ∑
f
µ(n)
k
k≤x
n|k
∑ (x)
f
µ ∗ 1(k)
k
k≤x
∑ (x)
f
δ1 (k)
k
k≤x
(x)
f
1
f (x).
(b)
[x]2 =
∑
1
1≤m,n≤x
=
(
m = ad, n = bd, (a, b) = 1
)
=
∑
∑
1≤d≤x
1≤m,n≤x
(m,n)=d
∑
1≤d≤x
=
∑
1≤d≤x
(0.1)
Luego por la parte anterior, se tiene la fórmula
∑ [ x ]2
N (x) =
n
n≤x
1
1
∑
1≤a,b≤x/d
(a,b)=1
N (x/d).
1
Otra manera de obtener (0.1) es
N (x) =
∑
1
1≤m,n≤x
(m,n)=1
∑
=
δ1 (m, n)
1≤m,n≤x
∑
=
µ ∗ 1(m, n)
1≤m,n≤x
∑
=
∑
µ(d)
1≤m,n≤x d|(m,n)
∑
=
d≤x
d
d≤x
(c)
∑
µ(n)
(x
= x2
.
)2
+ O(1)
n
n≤x
1
1≤m,n≤x/d
∑ [ x ]2
=
N (x) =
∑
µ(d)
(∑ 1)
∑ µ(n)
+x
O
+O(x)
n2
n
n≤x
n≤x
| {z }
| {z }
6
+O(1/x)
π2
=O(log x)
6
+ O(x log x).
π2
(3) (a) Si 1P es la función indicatriz de los números primos, tenemos
∑ 1
∑ 1
=
1P (n)
p
n
2<p≤x
2<n≤x
∫ x
π(x)
π(t)
=
+
dt + O(1)
x
t2
2
= x2
Por el teorema de Chebychef, sabemos que π(x)
x = O(1/ log x) y que existen constantes c1 , c2 > 0 tales que
∫ x
∫ x
∫ x
dt
π(t)
dt
c1
≤
.
dt
≤
c
2
2
t
log
t
t
t
log
t
2
2
2
∫ x dt
Como 2 t log
t = log log x + O(1), esto permite concluir.
(b)
log
∏
p≤x
p primo
1
1−
1
p
∑
=
p≤x
(
1)
− log 1 −
p
∞
∑∑
1
=
npn
p≤x n=1
∑1
=
p≤x
p
+
∞
∑∑
1
npn
p≤x n=2
Pero
∞
∞
∑∑
∑∑
∑
∑
1
1
1
1
≤
=
≤
< ∞.
n
n
np
p
p(p − 1)
m(m − 1)
p≤x n=2
p≤x n=2
p≤x
m≥1
Es decir
log
∏
p≤x
p primo
1
1−
1
p
=
∑1
p≤x
2
p
+ O(1).
Usando la parte anterior, esto se traduce en
∏
C(log x)β ≤
p≤x
p primo
1
1−
1
p
≤ D(log x)α ,
con C, D, α, β > 0.
(4) (a) Sea n = pa11 . . . par r la descomposición en factores primos. Como pi ≥ 2, tenemos
n ≥ 2a1 +...+ar ≥ 2r = F (n). Luego L(F, s) converge absolutamente si s > 1+1 = 2.
(b) Usando la descomposición en factores primos, es fácil ver que si (m, n) = 1, entonces ω(mn) = ω(m) + ω(n), luego F (mn) = F (m)F (n). Para calcular L(F, s),
analizamos su expresión como producto de Euler, para s > 2.
∞
∏(∑
F (pk ) )
L(F, s) =
p
k=0
pks
∞
∏(
∑
1 )
1+2
=
pks
p
k=1
∏ ps + 1
=
ps − 1
p
Por otro lado
ζ(s)2
ζ(2s)
∏ 1 − p−2s
(1 − p−s )2
p
∏ ps + 1
=
.
ps − 1
p
=
Puesto que el denomidador ζ(2s) no se anula si s > 1 y que ζ(s) tiene un polo en
s = 1, concluimos que σF = 1.
(c) Tenemos L(µ, s) = 1/ζ(s) y puesto que d = 1 ∗ 1, la serie L(d, s) = L(1 ∗ 1, s) =
(
)2
L(1, s) = ζ(s)2 . Luego
L(F, s) = L(d, s)L(µ, 2s)
∑ d(n)µ(m)
=
(nm2 )s
m,n≥1
∑ 1 ∑
(k = nm2 ) =
d(k/m2 )µ(m).
ks 2
m |k
k≥1
Esta última expresión también es la serie de Dirichlet asociada a una función aritmética. Como la serie determina la función, debe haber una igualdad término a
término. Esto permite concluir.
(d)
∑∑ ( n )
d 2 µ(k)
k
n≤x
n≤x k2 |n
∑
∑
(n = k 2 m) =
µ(k)
d(m)
∑
F (n) =
√
k≤ x
=
∑
√
k≤ x
m≤x/k2
(x
( x ))
µ(k) 2 (log x − 2 log k) + O 2
k
k
= x log x
∑ µ(k) log k
∑ µ(k)
( ∑ 1 )
−2x
+xO
2
k2
k2
√
√ k
√
k≤ x
k≤ x
k≤ x
{z
}
| {z }
|
| {z }
P
O( k≤√x
6/π 2 +O( √1x )
=
6
x log x + O(x).
π2
3
log k
)=O(1)
k2
=O(1)