métodos analíticos en teoría de números

7/27/2019 Mtodos Analticos en Teora de Nmeros

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Mtodos Analticos en Teora de Nmeros

(sin revisar)


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Transcripcin de carcter puramente personal de (y de un alumno de):Grau de Matemtiques, Universitat de Barcelona.Mtodes Analtics en Teoria de Nombres,semestre 7, curso 2013-14.

Dictada por:ngela Arenas.

No podrs decir que es propia y exclusivamente tuya, o ma, o de cualquier otrohombre, sino que por modos maravillosos, a la manera de una luz pblica y secre-tsima a la vez, se halla pronta y se ofrece en comn a todos los que son capacesde ver las verdades inmutables. Ahora bien, lo que pertenece en comn a todos

los seres racionales e inteligentes, quin dira que pertenece, como cosa propia, ala naturaleza de ninguno de ellos?.1 En consecuencia, y en lo que a m concierne,esta obra pertenece legtimamente al dominio pblico.

La nica mancha a este argumento es, y conviene reiterarla, el carcter mar-cadamente personal de la transcripcin, nacida de un alumno que no domina lamateria y que la reescribe (aunque las aadiduras propias sean las menos a ex-cepcin de las inevitables erratas y menos claras/tiles) precisamente para com-prenderla, en un intento de ordenar y clarificar sus notas manuscritas y sus andifusas ideas. Pues aunque las verdades matemticas (que no as el quehacer mate-mtico o nuestro conocimiento sobre las mismas; dispensen este desliz platnico)puedan ser esencialmente inmutables (salvo reformulacin y generalizacin), nosucede as con los entendimientos que las escriben, que a veces la ven ms, aveces menos.1

Si pueden estas hojas, pues, ayudar a alguien ms que a m, bien. Si no, noimporta; sobrado es el servicio que ya me han rendido.

Ms en Sobre la bruma..., donde pueden contactarme para cualquier correccin,sugerencia o comentario general, as como descargar otro material docente.

Se hace notar, adems, la adjuncin del cdigo (en .lyx) de este documento enl mismo2 (una vez terminado) para que cada cual pueda hacer las rectificacionesque crea ms pertinentes, a falta de funcionalidades tipo real-time collaborativetext editing software que permitan aunar las modificaciones (o incluso la trans-cripcin misma con otras a lo largo del curso) en un nico documento cannico.

Por ltimo, si alguien tuviese dificultades para seguir mi redactado o con-siderase extraa mi notacin, hice algunas aclaraciones al respecto en la seccin

correspondiente deAnlisis Matemtico(tengo a medio hacer, tambin, un ensa-yo en el que divago sobre el tpico).

19 de enero de 2014, Sogol Thamaem

1San Agustn,Del libre albedro, Libro 2, Seccin XII, Apartados 33-34 respectivamente (disponibleenAugustinus). Huelga decir que esteapropiacionismo,como es habitual, tergiversa y, hasta ciertopunto, se burla del sentido original del texto, que pretende concluir en ltima instancia, cf. ibdem39, la existencia de Dios. Con esta recontextualizacin, por tanto, vendra a divinizar la matemtica.

2Mediante: PdfTk-QGUI->Tools->Attach Files.
http://www.ub.edu/grad/plae/AccesInformePD?curs=2013&codiGiga=364200&idioma=CAT&recurs=publicaciohttp://www.ub.edu/grad/plae/AccesInformePD?curs=2013&codiGiga=364200&idioma=CAT&recurs=publicaciohttp://atlas.mat.ub.es/personals/arenas/http://atlas.mat.ub.es/personals/arenas/http://prosa-msc.blogspot.com.es/2012/06/apuntes-matematicas-ub.htmlhttp://en.wikipedia.org/wiki/Collaborative_real-time_editorhttp://en.wikipedia.org/wiki/Collaborative_real-time_editorhttp://es.scribd.com/doc/154070917/Analisis-matematicohttp://www.augustinus.it/spagnolo/libero_arbitrio/index2.htmhttp://www.augustinus.it/spagnolo/libero_arbitrio/index2.htmhttp://en.wikipedia.org/wiki/Template:Appropriation_in_the_artshttp://en.wikipedia.org/wiki/Template:Appropriation_in_the_artshttp://en.wikipedia.org/wiki/Template:Appropriation_in_the_artshttp://www.augustinus.it/spagnolo/libero_arbitrio/index2.htmhttp://es.scribd.com/doc/154070917/Analisis-matematicohttp://en.wikipedia.org/wiki/Collaborative_real-time_editorhttp://en.wikipedia.org/wiki/Collaborative_real-time_editorhttp://prosa-msc.blogspot.com.es/2012/06/apuntes-matematicas-ub.htmlhttp://atlas.mat.ub.es/personals/arenas/http://www.ub.edu/grad/plae/AccesInformePD?curs=2013&codiGiga=364200&idioma=CAT&recurs=publicacio


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ndice general

Orgenes 5

Captulo 1. Funciones aritmticas 61.1. Ejemplos y propiedades 61.2. Producto de Dirichlet y (sub)grupo asociado 9

Ejercicios 121.3. Funcionesy valores promedios 131.4. Convoluciones generalizadas y sumas parciales 171.5. Algunos resultados elementales sobre(x) 20

Captulo 2. Caracteres 242.1. Caracteres de grupos abelianos finitos 242.2. Carcter de Dirichlet modulom 262.3. Caracteres de Kronecker 30

Captulo 3. Series de Dirichlet 333.1. Series de Dirichlet generales 333.2. Series de Dirichlet positivas 35

3.3. Series de Dirichlet ordinarias 353.4. Producto de Euler 363.5. Nmeros de Bernoulli 373.6. SeriesL 393.7. Teorema de Dirichlet 40

Captulo 4. Particiones 424.1. Introduccin 424.2. Nmeros pentagonales 444.3. Triple producto de Jacobi 484.4. Dos resultados de Euler 504.5. Identidades de Ramanujan 52

Captulo 5. Sumas de cuadrados 555.1. Introduccin 555.2. Dos resultados complementarios 565.3. Los frutos 57

Captulo 6. Teora modular (esbozo) 596.1. Un poco de historia 596.2. Grupo modular 606.3. Subgrupos de SL2(Z) 616.4. Dominio fundamental 626.5. Formas modulares 63

Apndice A. Recordatorios de Aritmtica 65

A.1. Smbolo de Legendre 653


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ndice general 4

Apndice. Bibliografa 68


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ORGENES 5

Orgenes

Como 2 es el nico primo par, demostrar que existen infinitos primos equivalea demostrar que existen infinitos primos impares o, ms formalmente, que la pro-gresin aritmtica {2n+ 1}n0contiene infinitos primos. Esta formulacin sugierede manera natural la siguiente cuestin:

PREGUNTA. Cundo la progresin aritmtica{an+b}n0 contiene infinitos pri-mos?, ie, qu condiciones han de satisfacer a, b para que {an+b}n0contenga infinitosprimos?

OBSERVACIN. mcd (a, b) = d > 1 an+ b = d (an+b) / P (salvoque an+ b = 1). As, mcd (a, b) = 1 es una condicin necesaria para que{an+b}n0contenga infinitos primos.

PREGUNTA. Es sta una condicin suficiente?

Veamos antes que nada con un ejemplo que(a, b)=(2, 1)no es la nica parejaque cumple la citada propiedad:

PROPOSICIN. Existen infinitos primos congruentes a3modulo4, ie, la progresinaritmtica {4n+ 3}n0contiene infinitos primos.3

DEMOSTRACIN. (Por absurdo, a la Euclides) Supongamos que{3 , 7 , . . . ,p}son todos los primos congruentes a 3 modulo 4, y consideremos N :=4a 13mod 4,con a:=3 5 . . . p el producto de todos los nmeros primos impares hastap. Si Nes primo hemos terminado, pues N43 yN > p!!! Veamos ahora que locontrario tampoco puede suceder, ie, que siN= ki=1p

ii compuesto, entonces:

1.q{pi}i; q4 3 por absurdo, pues si todos fuesen congruentes a 1modulo 4,4 entoncesNtambin lo sera (puesai

m bi

ai

m bi) !!!

2. q > ppor absurdo, pues q|N = 4a 1 4a 1 mod q y q p qPq|2a4a=2qq0 !!!

PROBLEMA. La demostracin esad hoc: cada progresin aritmtica concretausa de un Nconcreto que depender de sta, por lo que difcilmente podremosresponder as a la pregunta antes planteada.

Durante este curso, no obstante, daremos herramientas que nos permitirn re-solver afirmativamente dicha cuestin (teorema de Dirichlet, vaL (s,)las seriesLde Dirichlet, con el carcter de Dirichlet), entre muchas otras; pues, como eshabitual en matemticas, la riqueza de la solucin sobrepasara su origen.

Esta reconcepcin del problema o cambio de paradigma tiene su origen en lademostracin de Euler de la existencia de infinitos primos, que consista en verque la serie pP 1p diverge, lugar en el que hace su primera aparicin la funcinzeta de Riemann(s)= n1 1ns , que es caso particular de serie Lde Dirichlet.

Por citar algn otro ejemplo famoso que motive su estudio, diremos que lademostracin de Wiles del ltimo Teorema de Fermat utiliza en uno de sus pasoscruciales que ciertas series de Dirichlet asociadas a curvas elpticas son de hechofuncionesLalgebraicas de grado 2 (fuente).

Para una introduccin ms amplia, vaseWikipedia.

3p=4n+ 3p 3=4np 30 mod 4p3 mod 4.4Recordatorio:p P {2}p43 p41. Adems,q=2 pues divide aN, que es impar.
http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Dirichlethttp://francisthemulenews.wordpress.com/2008/03/25/%C2%BFrealmente-es-un-avance-sobre-la-conjetura-de-riemann-o-sobre-funciones-l-de-dirichlet-de-tercer-grado/http://francisthemulenews.wordpress.com/2008/03/25/%C2%BFrealmente-es-un-avance-sobre-la-conjetura-de-riemann-o-sobre-funciones-l-de-dirichlet-de-tercer-grado/http://es.wikipedia.org/wiki/Teor%C3%ADa_anal%C3%ADtica_de_n%C3%BAmeroshttp://es.wikipedia.org/wiki/Teor%C3%ADa_anal%C3%ADtica_de_n%C3%BAmeroshttp://francisthemulenews.wordpress.com/2008/03/25/%C2%BFrealmente-es-un-avance-sobre-la-conjetura-de-riemann-o-sobre-funciones-l-de-dirichlet-de-tercer-grado/http://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Dirichlet


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Captulo 1

Funciones aritmticas

1.1. Ejemplos y propiedades

DEFINICIN1. SeaK{R,C}. Una funcinf : Z+ K

n

f(n)

se llama (funcin) aritmtica.

NOTACIN. Z+ := Z>0. f,g, h, . . . sern siempre sinnimos de funcionesaritmticas, pues no estamos interesados en otro tipo de funciones.

EJE MP LO 2. (La funcin de Mbius) (1):=1 y, si n >1n = ki=1pii ,se define:

(n):=

(1)k , 1 = = k=10, otherwise

OBSERVACIN3. La condicini, i =1 nos est diciendo que todos los pri-

mos en los que descompone nson diferentes. As, (n)= 0 ssi nestlibre decuadrados.1

NOTA . (Tabla de valores)n 1 2P 3P 4=22 5P 6=2 3 7 P 8=2 22 9=32 10=2 5

f(n) 1 (1)1 (1)1 0 (1)1 (1)2 (1)1 0 0 (1)2

TEOREMA4. n1 d|n (d)=

1n

=

1, n=10, n > 1

.

DEMOSTRACIN. n= 1 d|n (d)= (1):=1 y

n > 1

n =k

i=1

pi

i d

|n (d)

3= (1)+

+ (p1) +(k1). . . + (pk) +

+ (p1p2)+(k2). . . + (pk1pk)+

+ ++ (p1. . .pk)

As, d|n (d) =1 + (k1) (1)1 + (k2) (1)2 + + (kk) (1)k = (1 1)k =0 por el

binomio de Newton, pues 1 =(k0) (1)0.

1Es decir, i;p2i |no, equiv., i,p2i n. Y dado quen = ki=1pii , esto es equivalente a: mZ; m2|no, equiv.,

m

Z, m2 n. Es decir, n no es divisible por ningn cuadrado perfecto, ie, est libre de

cuadrados.

6
http://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integerhttp://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integerhttp://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integerhttp://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integerhttp://en.wikipedia.org/wiki/Square-free_integer


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1.1. EJEMPLOS Y PROPIEDADES 7

EJE MP LO5. (La funcinde Euler) (n):=#

x Z+n;mcd (x, n)=1

. Es

decir, (n)cuenta la cantidad de coprimos connmenores2 quenen Z+.

NOTA . (Tabla de valores) (1)=1, pues mcd (1, 1)=1 (2)=1, pues mcd (1, 2)=1 y mcd (2, 2)= 2=1 (3)=2, pues es coprimo con x{1, 2} (4)=2, conx{1, 3} (5) =4, conx{1,2,3,4} (6)=2, conx{1, 5} (7)=6, conx{1,2,3,4,5,6} (8)=4, conx{1,3,5,7} (9)=6, conx{1,2,4,5,7,8} (2 5)= 4, conx Z+

1 consideramos

A (d):=

kZ+n;mcd (k, n)= d

,f(d):=#A (d). Entonces, por construccin,

Z+n =d|nA (d) #Z+n = # d|n A (d) n = d|n f(d) = d|n

nd

, pues

mcd (k, n) = d mcd

kd ,

nd

= 1 y 0 < k n 0 < kd nd , ie, B (d) :=

qZ; 0 < q nd ,mcd

q, nd

= 1 A (d) f(d) := #A (d) = #B (d) =:

nd

. Finalmente, comod|n nd |n,4 tenemos que d|n

nd

= d|n (d).5

TEOREMA7. (Relacin entre y ) n1 (n)= d|n (d) nd .6

DEMOSTRACIN. (n)=n

k=1

mcd(k,n)=1

1=7nk=1 1mcd(n,k) 4= nk=1 d| mcd(n,k) (d)=

nk=1 d|n,d|k (d) =

8d|n

ndq=1 (d) = d|n (d)

ndq=1 1= d|n (d)

nd .

DEFINICIN8. Sea faritmtica. Diremos que es:multiplicativa ssi mcd (n, m) =1 f(mn) = f(m)f(n).completamente multiplicativa ssi m, nZ+,f(mn)= f(m)f(n).

TEOREMA9. (Propiedades de )

1. (p)= p p1 = p1 (p 1)= p

1 1p

, con p P, 1.2. es multiplicativa.

2 (n)=#

xZ+


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1.1. EJEMPLOS Y PROPIEDADES 8

3.n > 1, (n)= n p|n

1 1p

.9

4. (mn)= (m) (n) d(d)

, con d =mcd (m, n).5. a|b (a) | (b).

DEMOSTRACIN.

1. Por el complementario: (p)= p #

y Z+p ;mcd (y,p) > 1

,don-

demcd (y,p) > 1yZ+p p ={p, 2p, 3p, . . . ,pp, (p+ 1)p, (p+ 2)p, . . . , (p +p)p= 2pp , . . . ,p2p, . . . ,p1p}, que tiene cardinal p1.10

2. m, n > 1 sin restriccin. Consideremos

b

m+b...

(n 1) m+b

m1

b=0

=

0 1 2 . . . (m 1)m m+ 1 m+ 2 . . . m+(m 1)

2m 2m+ 1 2m+ 2 . . . 2m+(m 1)..

.

..

.

..

.

..

.

..

.(n 1) m (n 1) m+ 1 (n 1) m+ 2 . . . (n 1) m+ (m 1)

la matriz que va de 0 a(n 1) m+(m 1)= nm m+m 1= nm 1de izquierda a derecha y de arriba a abajo. Observamos que las columnasnos dan un Sistema Completo11 de Representantes de Zmlas clases de re-siduos modulom, i.e., que todos los elementos de la primera columna soncongruentes a 0 modulom, los de la segunda son congruentes a 1 modulom, y as hasta lam-sima columna, donde lo son am 1.Recordamos, adems, que si {a0, . . . , an1} esunSCRdeZny k Z;mcd (k, n)=1, se cumple bZ que {ka0+b, . . . , kan1+b} esunSCRdeZn.Enpar-ticular, como mcd (m, n)=1 por hiptesis y{0 , . . . , n 1}es un SCR deZn, tenemos que

{b, m+b, 2m+b, . . . , (n

1) m+b

}esunSCRdeZn(ie,

las filas forman un SCR de Zn).Por lo tanto, tenemos que hay (m)columnas de enteros coprimos conmy,12 dentro de cada una de stas, (n)enteros coprimos con n, osease,que la matriz contiene (m) (n)enteros coprimos conm y n o, equiva-lentemente (pues mcd (n, m) = 1), coprimos con mn. Es decir, (mn) = (m) (n).13

3. n > 1 n = ki=1pii(2) (n) = i

p

ii

(1)= ip

ii

1 1pi

=

ipii i

1 1pi

= n p|n

1 1p

.

4. (mn)(3)= mnp|mn

1 1p

= mnp|m

1 1p

p|n

1 1p

p|d

1 1p

1=

mp|m 1 1p np|n 1 1p dd p|d 1 1p

1 (3)= (m) (n) (d)d

1=

(m) (n) d(d)

. En la segunda igualdad hemos usado que p|mnp|m

9La formula tambin es valida para n = 1 si tomamos p|1

1 1p

= 1, cf. (convenio del)pro-

ducto vaco.10Tampoco era necesario calcular tan explcitamente Z+p p. Bastaba con notar que va de pa

p = p 1p, o simplemente quep tiene p1 mltiplos menores o iguales que p, ie, que p = p 1pykZ+p ,pkson todos los mltiplos de p menores o iguales que p.

11Haymcolumnas diferentes y #Zm= m.12Que el primer elemento de cada una de stas columna es coprimo conmes obvio por la definicin

de (m). Que el resto tambin se sigue de mcd (m, b)=mcd (m, am+b), conb < m.13Alternativa mucho ms elegante: como corolario del Teorema Chino del Resto: Znm =

(ZnZm ) = ZnZm, cf. [L,I.1.4]. Visto tambin en [EA1, Ej.34], [EA2, Travesa.pdf] y[A1].
http://es.wikipedia.org/wiki/Producto_vac%C3%ADohttp://es.wikipedia.org/wiki/Producto_vac%C3%ADohttp://es.wikipedia.org/wiki/Producto_vac%C3%ADohttp://es.wikipedia.org/wiki/Producto_vac%C3%ADohttp://es.wikipedia.org/wiki/Producto_vac%C3%ADo


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1.2. PRODUCTO DE DIRICHLET Y (SUB)GRUPO ASOCIADO 9

p|ny quep|m p|np|d(por definicin de mcd), de manera que multi-plicando por

p|d 1 1p1

en p|m 1 1pp|n 1 1ppodemos eli-

minar los factores

1 1p

repetidos, obteniendo p|mn

1 1p

.

5. a|b c; b = ac (b) (4)= (a) (c) d(d)

. Nos basta ver, pues, que

(c) d(d)

Z. En efecto, (c) d(d)

=c p|c

1 1pp|d

1 1p

1 Z,pues como ya comentamos en (4), {p;p|d}{p;p|c}.

1.2. Producto de Dirichlet y (sub)grupo asociado

DEFINICIN 10. (Producto [o convolucin] de Dirichlet de funciones aritm-ticas)

nZ+, (fg) (n):= d|n

f(d)gn

d

NOTACIN11. Denotaremos por Na la funcin aritmtica N(n):= n, n

Z+.14 Esto nos permite reformular7como = N.

PROPOSICIN12. (Propiedades del producto de Dirichlet)

1. Es conmutativo.2. Es asociativo.

DEMOSTRACIN. En efecto,

1. (f

g) (n)= ab=n f(a)g (b)=(g

f) (n)

2. f(g k)= ad=n f(a) (g k) (d)= ad=n f(a)bc=dg (b) k(c)= abc=n f(a)g (b) k(c)y (fg)k = cd=n(fg) (d) k(c) = cd=n ab=d f(a)g (b) k(c) =abc=n f(a)g (b) k(c).

DEFINICIN13. (La funcin identidad)I:=

1n

=

1, n= 10, n > 1

.

PROPOSICIN14. La funcin identidad es el elemento neutro del producto de Diri-chlet, i.e., f I= I f = f, f aritmtica.

DEMOSTRACIN. (f I) (n) = d|n f(d)Ind

= d|n f(d) dn

= f(n).15

TEOREMA15. Toda funcin aritmtica f cumpliendo f(1)= 0tiene un elementoinverso f1, i.e., f f1 = f1 f = I. Ms concretamente,16

f1 (1) = 1f(1)

, f1 (n) = 1f(1)

d|nd


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DEMOSTRACIN. (Constructiva y por induccin)

f f1

(1)= d|1 f(d)f1

1d

=

f(1)f

1 (1). Imponiendof f1 (1)= I(1)= 1 y juntndolo todo llegamos a:f1 (1)= 1f(1) , que estar bien definido ssi f(1)=0.

Supongamos ahora que n >1 y que tenemos calculado f1 (k) , k Z+


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[]Sean a = ri=1paii , b = si=1qbii ;mcd (a, b) = 1 ij,pi= qjf(ab)= fri=1paii si=1qbii = fri=1paii f si=1qbii = f(a)f(b).2. [] f(p)= fpp1= f(p)f p1= = f(p)1 f(p)= f(p).[] f(ab)= f(c)= fti=1rcii = ti=1 frcii = ti=1 f(ri)ci = ri=1 f(pi)ai si=1 f(qi)bi =f(a)f(b).

PROPOSICIN25. f,g multiplicativas h := fg multiplicativa.DEMOSTRACIN. Sean m, n Z+;mcd (m, n)= 1. Entonces h (mn)= c|mn f(c)g

mn

c

=19

a|m,b|n f(ab)g

mnab

= a|m,b|n f(a)g

ma

f(n)g

nb

= a|m f(a)g

ma

b|n f(n)g

nb

=

h (m) h (n).

PROPOSICIN26. Si g,fg son multiplicativas, tambin lo ser f .DEMOSTRACIN. (Por absurdo) Sifno fuera multiplicativa m, n Z+; (m, n)=

1,f(mn)= f(m)f(n). Escojamos estosm, nde manera que su producto sea m-nimo.20 Si mn = 1, entonces f(1)= f(1)f(1) 1= f(1), lo que contradi-ce 1 = (fg) (1) = f(1)g (1) = f(1). Supongamos, pues, mn > 1. Entoncesf(ab)= f(a)f(b) , a, b Z+; (a, b)= 1, ab


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EJERCICIOS 12

DEMOSTRACIN. = N 1 = N1 1 = 1 N1 = uN, pues Nes completamente multiplicativa.23 As, 1 (n) = (u

N) (n) =

d|nu nd (d)N(d)= d|n1 (d) d= d|nd (d). TEOREMA30. Sea f M. Entonces d|n (d)f(d) = p|n(1 f(p)).DEMOSTRACIN. Sea g (n) := d|n (d)f(d) u

nd

= (u f) (n), que es

multiplicativa en tanto que producto de multiplicativas.24 Entonces n= si=1pii

g (n) = si=1gp

ii

, con g (p) = d|p (d)f(d)

3= (1)f(1)+ (p)f(p)+

0=1 f(p). En resumen,d|n (d)f(d)= g (n)= si=1gp

ii

= p|n(1 f(p)).

PROBLEMA31. 1 (n)= p|n(1 p)DEMOSTRACIN. Se sigue de las dos demostraciones anteriores: 1 (n) =

d|n (d)N(d)= p|n(1 N(p))= p|n(1 p). Ejercicios

EJE RC IC IO 32. (La funcin de Mangoldt)

(n):=

lnp, n= pm

0, otro caso

1. No es multiplicativa2. d|n (d)=ln n3. (n)= d|n (d) ln nd =d|n (d) ln d


1. Contraejemplo: 0= (2 3)= (2) (3)= ln 2 ln 32. n = 1 d|n = (d) = (1) = 0 = ln1 yn >1 n = ki=1pii d|n (d)= (1)+

(p1)+

p21

+ + p11 + + (pk)+ p2k + + pkk =

kj=1

ji=1

pij

= kj=1

ji=1 lnpj =

kj=1jlnpj =

kj=1 lnp

jj =ln

kj=1p

jj =

ln n.3. (n) = d|n (d) ln ndpor la formula de inversin de Mbius yd|n (d) ln

nd

=

d|n (d) ln n d|n (d) ln d=ln n

1n

d|n (d) ln d=d|n (d) ln d.

EJE RC IC IO33. (La funcin de Liouville) Dado n= ki=1pii , se define (n):=

(1)i y (1):=1. Entonces:1. es completamente multiplicativa.2. Determinar1.3. Calcular d|n (d).

DEMOSTRACIN. En efecto,1. (Por24)

a)

ri=1p

ii

=(1)ri=1i = ri=1(1)i = ri=1

p

ii

b) (p)=(1) =( (p)).

2. En particular, se sigue de28que1 (n)= (n) (n).

23En efecto,N(mn)= mn = N(m)N(n).24De hecho, u es completamente multiplicativa, pues u (mn) = 1 = 1 1 = u (m) u (n). Por otra

parte, si f,gson multiplicativas, (f

g) (mn) = f(mn)g (mn) = f(m)f(n)g (m)g (n)si (m, n) = 1

(dem si f,gson completamente multiplicativas).


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1.3. FUNCIONES Y VALORES PROMEDIOS 13

3. Sea g (n) := d|n (d) = d|n (d) u

nd

g = u ges multi-plicativa, pues , u lo son (cf. 25). As, g

ri=1p

ii =

ri=1g p

ii , con

g (p)= (1)+ (p)+ + (p)= 1, =20, =2 .

25 Por lo tanto,

i=2g (n) =0i = 2, ig (n)= 1

1.3. Funcionesy valores promedios

DEFINICIN34. (Funciones sumas de potencias de divisores26 o funciones)R, nZ+, (n):= d|nd.

OBSERVACIN. d (n):=0(n)= d|n1=# {dZ+; d|n}.PROPOSICIN35. (n)son multiplicativas.

DEMOSTRACIN. (Por 25) (n)= d|nd = d|nu

nd

d = d|nu

nd

N(d)

= u N.

PROBLEMA36. Sean = ki=1prii. Entonces:0(n)=

ki=1(ri+ 1)y, si=0,

(n)= ki=1

p(ri +1)i 1

pi1 .

DEMOSTRACIN. (n)= ki=1

p

rii

y (pr)= d|prd =1 +p +p2 +

+pr

=0= p

(r+1)

1p1 la suma geometrica der +1 trminos y razn p. Por otraparte,0(pr) = d|pr1= r+ 1.

PROBLEMA 37. La inversa de Dirichletde cumple 1 (n)= d|nd (d)

nd

.

DEMOSTRACIN. = N u1 = (N)1 u1 = N .

Idea. Notamos que la funcin d (n) (y, por ende, ) es muy caprichosa enel sentido que para nmuy grande d (n)puede ser tambin muy grande o bienmuy pequeo, p.e., si n es primo; es decir, puede fluctuar mucho (pinsese, p.e.,en laconjetura de los primos gemelos). No obstante, podemos plantearnos hacerestimaciones del tipo nx(n)= Valor asintomtico de la suma + Error come-

tido (por cuestiones tcnicas, tendremos que distinguir tres casos: =0, =1 yR>0 {1}). Para ello, veamos algunos resultados previos:NOTACIN 38. (Landau) Seag (x) > 0, xa . Entonces:f(x)=O (g (x)):

M > 0; |f(x)|Mg (x) , xa .27

OBSERVACIN 39. f(t)=O (g (t)) , ta xa f(t) dt=Ox

a g (t) dt

, xa.

25(Notacin personal) a|b b = a, ie, adivide a b es lo mismo que bmltiple de a. No debeconfundirseacon ak.

26Tambin conocida simplemente como funcin divisor, aunque esa denominacin sea ms impre-cisa.

27Para ms detalles, propiedades, etc., cf.Wikipedia.
http://gaussianos.com/posible-avance-en-el-estudio-de-los-primos-gemelos/http://en.wikipedia.org/wiki/Big_O_notationhttp://en.wikipedia.org/wiki/Big_O_notationhttp://en.wikipedia.org/wiki/Big_O_notationhttp://gaussianos.com/posible-avance-en-el-estudio-de-los-primos-gemelos/


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TEOREMA40. (Formula de Sumacin de Euler, FSE)28 Sea f C1 ([y, x]), con0 < y < x. Entonces:

y


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DEMOSTRACIN. d (n) = d|n1 nxd (n) = nx d|n1, que es unadoble suma recorriendon, d. Observemos que la condicin d

|nnos permite poner

nen funcin ded:n = qd(en caso contrario no sumaramos nada). As, podemosrepensar la doble suma como la suma (de u) respecto de todas esas parejas dedivisores q, dtq qd x, i.e., nx d|n1 = q,d

qdx1 (la nno aparece porque es

muda/auxiliar. qdson lan para todas las parejas(q, d)Z+ Z+).36Entonces, como qd = nson las ecuaciones de una hiprbola y n x n

{1 , 2 , 3 , . . . , [x]}, tendramos que (q,d);qdx1 contara la cantidad de puntos(q, d)reticulares (ie, puntos con coordenadas enteras) que se hallan sobre las hiprbo-las qd = npara n {1 , 2 , 3 , . . . , [x]}(o sea, qd {1 , 2 , 3 , . . . , [x]}). Por lo tanto,fijandod, podemos sumar primero los puntos reticulares que se encuentren en elsegmento rectilneo horizontalqZ+ 1, xd ,37 y luego ir variandod, de maneraque

(q,d);qdx1 =

dx

qx

d

1 = dx

q

x

d

q0 43=

dx (xd )

0+1

0+1 +

O x0 =dx

xd + O (1)

= x dx 1d+ O (x)

42= x

ln x++ O

1x

+ O (x) =x ln x+

O (x).De hecho, podemos afinar algo ms nuestra aproximacin observando que el

papel deq, des simtrico, i.e., sumando slo los de la parte estrictamente inferior ala bisectriz (rectaq = d), multiplicndolos por dos, y sumndoles luego los puntosreticulares que se hallen en la bisectriz, que son exactamente

x, pues:

qd = n(hiprbolas)q= d(bisectriz)

n = d2 n{1,...,[x]} n

12, 22, . . . ,

x2

En cuanto a los puntos reticulares (q, d)por debajo de la bisectriz que se hallansobre las hiprbolas, seguimos el mismo planteamiento que antes: fijado d, conta-

remos losq Z+ 1d , . . . , [ x]d (que son [x]d = xd elementos)38 por debajo dela bisectriz (ie,q < d[o, por simetra, q > d].39 Esto equivale, fijado d, a restar (alconjunto anterior) los dltimos [o, por simetra, primeros] elementos de la listad 1, d 2 , . . . , d d, d (d+ 1) . . . , que cortamos cuandodq > x)

En definitiva,(q,d);qdx1=2d


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LEM A46. sR>0 {1} ,nx 1ns = x1s

1s +(s)+ O (xs).

DEMOSTRACIN. Aplicando la formula de sumacin de Euler en [1, x] conf(t)= ts, nos queda:nx 1ns =1 +x

1 tsdt +

x1 (t [t]) sts+1 dt + xs ([x] x)

0= 1 +

xs+1s+1 +

1s+1s+1

s x1 t[t]ts+1dt+ O (xs), donde

x1

t[t]ts+1

dt=

1t[t]ts+1

dt x

t[t]ts+1

dtpues ambas integrales existen/convergen en tanto que:1

t[t]ts+1

1 1ts+1 dt(dominada).0 x t[t]ts+1

x

1ts+2

dt= x(s+1)s+1 (acotada), que es absorbido por O (xs).

As,nx 1ns = x1s

1s + C(s)+ O (xs), conC(s):=1 + 11s s

1t[t]ts+1

dt. Veamosahora, distinguiendo casos, queC(s)es, de hecho,(s):= n1 1ns :

s > 1: (s) =lmx nx 1ns =C(s) + lmx x1s1s + lmx O (xs)

s >1=

C(s)+ 0 + 00 < s < 1: en este caso sigue siendo cierto que xs 0, luego (s) =l mx nx 1ns =C(s)+ l mx

x1s1sC(s)=l mx

nx 1ns x

1s1s

TEOREMA47. x1,nx1(n) = 12 (2)x2 + O (x ln x).40DEMOSTRACIN. Razonando de manera similar a la primera parte de 45:

nx1(n)= nx q|nq = q,dqdx

q= dx q xd q43= dx

( xd )

1+1

1+1 + O

xd

1=

dx x2

2d2+dx O

x 1d

= x

2

2 dx1

d2+ O

xdx 1d

46+42

= x2

2

x1212 +(2)+ O

x2

+

O x ln x++ O 1x = x2

2

x1

1 +

x2

2 (2) + x2

2O x2 + O (x ln x) =

x2 +

12 (2)x

2 + O (x ln x)= 12 (2)x2 + O (x ln x). TEOREMA 48. Sean x1y R>0{1}.41 Entonces:nx(n)= (+1)+1 x+1 +

O x, con:=max {1, }.DEMOSTRACIN. Razonando de manera anloga al caso anterior:

nx(n) = nx q|nq = q,dqdx

q = dx q xd q

43= dx

( xd )

+1

+1 + O

x

d

= x

+1

+1 dx1

d+1+ O x

dx 1d 46+46= x+1+1 x1(+1)1(+1) + (+ 1)+ O x(+1) + O x x11 +()+ O (x)= x

+1

+1 x

+ (+1)

+1 x+1 + 1+1O (1) + O

x1 + x

() + O (1)= x

(+1)+ (+1)

+1 x+1 + O (1)+ O (x)+ O (x)+ O (1)

= x(+1)+

(+1)+1 x

+1 + O x= (+1)+1 x

+1 + O x

40Calcular el valor exacto de(2),quees 2

6 , se conoce como El problema de Basilea, y fueresuel-to porEuler en 1735 (de hecho, Euler dio una expresin explicita de(2k)que involucraba los nmerosde Bernoulli).

41Tomamos /

{0, 1

}para poder aplicar46.De ah que hayamos tenido que distinguir 0, 1 del

resto.


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1.4. CONVOLUCIONES GENERALIZADAS Y SUMAS PARCIALES 17

PREGUNTA. Como son los valores medios de las otras funciones aritmticas queconocemos?

Para establecer anlogos respecto y tendremos que trabajar ms (debidoa su relacin con el teorema de los nmeros primos), pero con las herramientasdadas ya podemos dar el correspondiente a .

LEM A49. Si x1, se cumple:1. s > 1nx 1ns =O

x1s

2. nx

(n)n2

= 62

+ O

1x


1. Como s > 1,46aplica y nx 1ns = x1s

1s +(s)+ O (xs). As, notandoque nx 1ns y nx

1ns son complementarios uno del otro y que su su-

ma es (s), tenemos: n>x1

ns = (s) nx1

ns = (s) x1s

1s (s) O (xs)=x1s1s + O (xs)=O

x1s

.2. Recordemos la siguiente formula clsica de Euler (que no demostrare-

mos): n=1(n)

n2 = 1

(2) , donde, recordamos, (2) = 2

6. Por lo tanto, ra-

zonando de manera similar a (1): nx(n)

n2 = n=1

(n)n2

n>x (n)n2 =6

2+ O

n>x

1n2

(1)= 6

2+ O

1x

.

TEOREMA50. x > 1,nx (n)= 32 x2 + O (x ln x).

DEMOSTRACIN. (n) 7= d|n (d) nd nx (n) = nx d|n (d) nd =(q,d);qdx (d) nd = dx (d)q xd nd 43=dx (d) 12 xd 2 + O xd = x22 dx (d)d2 +dx (d) O

xd

49= x

2

2

62

+ O

1x

+ O

xdx 1d

42= x

2

26

2+ O (x)+O (x ln x)=

32

x2 + O (x ln x). NOTACIN51. (Valor medio42 de una funcin aritmtica) Dada faritmtica,f(n):= 1n nk=1 f(k).RESUMEN52. Con la notacin recin introducida (y44), podemos resumir los

resultados bsicos de esta seccin de la manera siguiente:

1.

d (n) 1n n ln n= ln n

2.1 1n

12 (2) n

2 = 12 (2) n

3.R>0 {1} ,(n) 1n (+1)+1 n+1 = (+1)+1 n4. (n) 1n 32 n2 = 32 n

1.4. Convoluciones generalizadas y sumas parciales

DEFINICIN53. SeaF : (0, +)K; x(0, 1) , F(x)= 0 yaritmtica. Sedefine entonces la convolucin generalizada como:

( F): (0, +)K; ( F) (x):= nx

(n)F x

n

OBSERVACIN. x RZ+, F(x) =0 F|Z+es una funcin aritmtica y,

adems,( F) (m)=( F) (m) , mZ+.

42O sea, media aritmtica.


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NOTA . En general, no es ni conmutativa ni asociativa. Sin embargo:PROPOSICIN54.

(,)aritmticas, se cumple:

( F)=( ) FDEMOSTRACIN.

( ( F)) (x) = nx (n) ( F)

xn

= nx (n)

m xn (m)F

x/n

m

= nx (n)

mnx (m)F

xmn

=

= mnx (n) (m)F

xmn

( ) (k):= n|k (n)

kn

= nm=k (n) (m)

= kx( ) (k)F

xk

= (( ) F) (x)

OBSERVACIN 55. Ies el neutro por la izquierda: (I F) (x)= nx

1n

F

xn

=

F(x)puesI(n)=0, n > 1.PROPOSICIN56. (Formula de inversin generalizada) Si 1 es la inversa de Di-

richlet de, se tiene:

G(x)= nx

(n)F x

n

F(x)=

nx1 (n)G

xn

DEMOSTRACIN. []G = F1 G= 1 ( F) = 1 F=

I F= F . La vuelta es anloga.

COROLARIO. (Formula de inversin de Mbius generalizada) Sies completamentemultiplicativa, se tiene:

G(x)= nx

(n)F x

n

F(x)=

nx (n) (n)G

xn

DEMOSTRACIN. Inmediata a partir de28.

DEFINICIN57. (Generalizacin deu)

U(x):=

0, x(0, 1)1, x1

OBSERVACIN. (f U) (x)= nx f(n) Uxn

= nx f(n)puesn xx

n1.TEOREMA58. (Sumas parciales de un producto de Dirichlet)Si h = fg y H(x):= nxh (n)(anlogamente para f y g),43 se cumple:

H= f G= g FDEMOSTRACIN. (Por54)

F= f Ug F= g (f U)=(g f) U= HG= g U f G= f (g U)=(fg) U= H

43Por la observacin anterior, esto equivale a decir que H = h

U(anlogamente para f y g). A

veces se dice que Hes la primitiva deh.


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COROLARIO59. Dado F(x)= nx f(n), se cumple:

nxd|n

f(d) = nx

f(n) xn=

nxF x

n

DEMOSTRACIN. Tomandog = uen el teorema anterior, nos queda:

h := f g = f u h (x) = d|n f(d) u

nd

= d|n f(d) H(x) =

nx d|n f(d).g = u G(x) = nx1 = [x] f G = f [x] (f G) (x) =nx f(n)

xn

.

g F= u F(g F) (x)= nxu (n)F

xn

= nxF

xn

.

TEOREMA60. x1, se cumple:1. nx (n)

xn

= 1

2. nx (n)

xn

=ln ([x]!)

DEMOSTRACIN. (Por59)

1. Tomando f =: nx (n)

xn

= nx d|n (d)

4= nx

1n

=1.

2. Tomando f = :nx (n)

xn

= nx d|n (d)

32= nxln n=ln

nxn

=

ln ([x]!).

NOTACIN61. (Parte decimal) yR, {y}:=y [y].

PROBLEMA62. x1,nx (n)n 1. Es ms: la igualdad se da ssi x < 2.

DEMOSTRACIN.x[1, 2),nx (n)n = (1)1 =1. Sea ahorax2. Se tiene:1= nx (n)

xn

= nx (n)

xn

xn

= nx (n) xnnx (n)

xn

1+ nx (n)

xn

= xnx

(n)n

x>0 xnx (n)n = 1 +nx (n) xn x>0

1+ nx | (n)|

xn

(n)1

1+

x1

+2nx

xn


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1.5. ALGUNOS RESULTADOS ELEMENTALES SOBRE (x) 20

DEMOSTRACIN. ln ([x]!) 60= nx (n)

xn

=44px m=1 lnp

xpm

= pxlnp (p)=

pxlnp(p)

=ln pxp(p). Tomando exponenciales, hemos terminado. PROBLEMA64. x2,ln ([x]!) = x ln x x+ O (ln x). En particular (por60),

nx (n)

xn

= x ln x x+ O (ln x).

DEMOSTRACIN. (Por40) Aplicando FSE en[1, x]con f(t)=ln t, nos queda:nxln n=ln 1 +

x1 ln tdt +

x1 (t [t]) 1t dt + ln x([x] x) 0= [t (ln t 1)]x1+

Ox

11t dt

+ O (ln x)= x(ln x 1)+1 + O (ln x)+O (ln x)=x ln x x + O (ln x).

PROBLEMA65. x2,px

xp

lnp = x ln x+ O (x).

DEMOSTRACIN. Razonando como en 63:n

x xn (n)= px m=1 xpm lnp =px

xp

lnp+px m=2

xpm

lnp, donde:

px m=2

xpm

lnp = pxlnpm=2

xpm

pxlnpm=2 xpm= xpxlnpm=2

1p

m= xpxlnp

1p

2 11 1p

1p < 1 (serie geometrica)

= xpxlnp

p2p

xn=2

ln nn(n

1)

As, como la serien=2 ln nn(n1)es convergente

45 (ie, es una constante), tenemos que

xn=2 ln nn(n1) =O (x).

En resumen,nx

xn

(n)= px

xp

lnp + O (x), dondenx

xn

(n)=

x ln x x + O (ln x)por el problema anterior, de manera que, reordenando, hemosterminado.

1.5. Algunos resultados elementales sobre(x)

Reduciremos el estudio de la distribucin de nmeros primos al estudio de lasiguiente funcin:

DEFINICIN66. x R>0, (x):=#Px.OBSERVACIN. (Por Euclides) lmx(x)= .

PROBLEMA67. Existen agujeros arbitrariamente grandes en la sucesin de n-meros primos, ie, dado kZ+, existenkenteros consecutivos que no son primos.

44Recordatorio (cf.32): (n) = 0 si nno es una potencia de un primo, lnp en otro caso (ie, si

n = pm), por lo que podemos cambiar nxpor pmxy, a su vez, por p m=1, pues

xpm

hace de

indicador de{p;pm x}. Es decir, fijado un p, sumamos por todas las potencias de pm (que a priories ms de lo que queremos) sobre ln p

xpm

, que acta como indicador del conjunto sobre el que s

queremos hacer la suma, {p;pm x} (pues pm > x

xpm

=0).

45Por el criterio integral (integrando por partes), de condensacinde Cauchy + delcociente, notando

que n0; nn0, ln nn, etc.


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DEMOSTRACIN. Consideremos los enteros {(k+ 1)!+n}k+1n=2y notemos que,por la definicin de factorial, podemos sacar factor comnnpara todos ellos. Por

lo tanto, no son primos.

EJE MP LO . Demos algunos valores (1) = 0, (2) = 5

2

= 1, (4) =

2, (10).

NOTA . (Histrica) A partir de lastablas de valoresde (x), Gauss y Legen-dre conjeturan independientemente a finales del XVIII que lmx (x)x/ln x = 1, he-cho conocido actualmente como teorema de los nmeros primos (TNP). En 1896Hadamard y La Valle-Pousin lo demuestran independientemente de manera di-ferente (si bien ambos se basaban en que (s)no tiene ceros de la forma 1+itcont > 0). Desde entonces muchas otras aparecieron, basndose la mayora en elcomportamiento de(s), siendo la de D. J. Newman (1980) la ms simple. Existentambin, no obstante, demostraciones elementales (en el sentido de que no usan

anlisis de variable compleja), como la de Selberg y Erds (1949), si bien resultaser ms pesada.46

NOTA . (Planteamiento de las clases) Este curso, recordamos, tiene dos leitmo-tivs: la demostracin del TNP y la del teorema de Dirichlet en progresiones arit-mticas. En lo que queda de seccin daremos algunos resultados de Tchebycheffque intentar cercar al TNP y, acto seguido, aplazaremos la demostracin de ste,si el tiempo lo permite, para final de curso, encaminndonos por tanto a partir delsiguiente capitulo hacia la demostracin del teorema de Dirichlet.

TEOREMA68. ( de Tchebycheff) a, bR; a xln x < (x) < b xln x si x2.DEMOSTRACIN. You should definitely send me a rsum if you can read

the whole thing

DEFINICIN69. (Funcinde Tchebycheff) x > 0, (x):= nx (n)OBSERVACIN. (Definicin equivalente) x > 0, (x):= nx (n)= m=1 p;pmx (pm)=

m=1 px1/mlnp =

47mlog2x px1/mlnp.

DEFINICIN70. (Funcinde Tchebycheff) x > 0, (x):= pxlnp.

OBSERVACIN. (x) = mlog2x

x1/m

.

TEOREMA71. x > 0, 0 (x)x (x)x (ln x)2

2

x ln 2

DEMOSTRACIN. (x)= m

log2x x

1/m

0 (x) (x)= 2mlog2x x1/m

48

2mlog2xx1/m ln x1/m [log2x]x1/2 ln x1/2 acotando cada uno de los [log2x]trminos por el mayor que apareceen la suma, donde

ln xln 2

x 12ln x

ln xln 2

x 12ln x=

ln2 x

x2ln2 . As, dividiendo porx, hemos terminado.

COROLARIO. lmx (ln x)2

2

x ln 2=0l mx

(x)

x (x)x

=0l mx (x)x =l mx (x)x . En particular,xx.

46Ambas pueden verse enaqu.47x1/m < 2 1mln x < ln 2 m > ln xln 2 = log2x. As, usando el contrarecproco y teniendo

presente que 2 es el primer primo, nos queda: m=1 px1/m = mlog2x px1/m (pues para m >log2x, la suma px1/mest vaca, ya que, reitero, no hay primos menores que 2).

48(x):= pxlnpx ln x
http://en.wikipedia.org/wiki/Prime-counting_function#Table_of_.CF.80.28x.29.2C_x_.2F_ln_x.2C_and_li.28x.29http://www.futuretg.com/FTHumanEvolutionCourse/FTFreeLearningKits/01-MA-Mathematics,%20Economics%20and%20Preparation%20for%20University/006-MA16-UN04-05-Mathematics%20Applied%20to%20Physics,%20Chemistry,%20Biology,%20Computer%20Science%20and%20Medicine/011-MA11-UN03-10-Number%20Theory%20and%20Cryptography/Additional%20Resources/Donald%20J.%20Newman%20-%20Analytic%20Number%20Theory.pdfhttp://www.futuretg.com/FTHumanEvolutionCourse/FTFreeLearningKits/01-MA-Mathematics,%20Economics%20and%20Preparation%20for%20University/006-MA16-UN04-05-Mathematics%20Applied%20to%20Physics,%20Chemistry,%20Biology,%20Computer%20Science%20and%20Medicine/011-MA11-UN03-10-Number%20Theory%20and%20Cryptography/Additional%20Resources/Donald%20J.%20Newman%20-%20Analytic%20Number%20Theory.pdfhttp://www.futuretg.com/FTHumanEvolutionCourse/FTFreeLearningKits/01-MA-Mathematics,%20Economics%20and%20Preparation%20for%20University/006-MA16-UN04-05-Mathematics%20Applied%20to%20Physics,%20Chemistry,%20Biology,%20Computer%20Science%20and%20Medicine/011-MA11-UN03-10-Number%20Theory%20and%20Cryptography/Additional%20Resources/Donald%20J.%20Newman%20-%20Analytic%20Number%20Theory.pdfhttp://en.wikipedia.org/wiki/Prime-counting_function#Table_of_.CF.80.28x.29.2C_x_.2F_ln_x.2C_and_li.28x.29


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TEOREMA72. (Formula de Sumacin de Abel, FSA) Sea a (n)una funcin aritm-

tica, A (x):= 0, x < 1nxa (n) , x1 . Entonces: f C1 [y, x] y


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[21]Se sigue de74-2 que (x) ln xx = (x)x + ln xxx

2(t)

t ln2 tdt, luego nos basta

ver: l mx

ln x

xx

2

(t)

t ln2 tdt= 0. Por hiptesis, lm

x

(x)

x =1

(t)=

O(t)

ln xx

x2

(t)

t ln2 tdt =O ln xx x2 tdtt ln2 t, donde x2 dtln2 t = x2 dtln2 t + xx dtln2 t x2ln2 2 +

xxln2

x

x

ln2 2+ x

ln2

x ln xx

x2

tdtt ln2 t

ln xx ln2 2

+ ln x( 12 )

2(ln x)2

x 0.

Notar que solamente hemos demostrado que todas ellas son equivalentes, pe-ro que en ningn momento hemos demostrado que ninguna de ellas sea cierta. Talprueba (la del TNP) se aplaza a final de cuerso.


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Captulo 2

Caracteres

2.1. Caracteres de grupos abelianos finitos

NOTACIN. En adelante,(G, )denotara siempre un grupo abeliano finito y esu elemento neutro.

DEFINICIN76. Un carcterdeGes un homomorfismo de grupos1 deGen

el grupo multiplicativo(C, ),: G C.OBSERVACIN. Gabeliano x G, xn = e, donden =#G. En particular,

(xn)= (e). Ahora bien, como es un homomorfismo de grupos, se tiene que (e)= 1 y (xn)= (x)n. Es decir, (x)es una razn-sima de la unidad.

NOTACIN. nes el grupo cclico de las races n-simas de 1, que est gene-rado por cualquier raz de xn 1 diferente de 1.

DEFINICIN 77. Llamaremos dual deG , y escribiremosG G, al conjuntode sus caracteres, ie,G:={: G C;homG}.2

PROPOSICIN78.

G es un grupo abeliano con la siguiente operacin: dados ,

G y xG, se define( ) (x):= (x) (x).DEMOSTRACIN. Que este producto es cerrado, conmutativo y asociativo sesigue de las propiedades de C, luego nos basta ver que tiene elemento neutro einverso. En efecto: 1G; g G,1(g) := 1 es su neutro (llamado carctertrivial o principal) yG, 1 G; g G,1 (g) := ( (g))1 (que est

bien definido pues Im= C0). LEM A79. (a lo[C1,7.4]) Sea H G subgrupo y llamemos i al homomorfismo de

grupos que inyecta H en G. Entonces :GH; ():= i es un homomorfismo degrupos epiyectivo yker= (G/H).

DEMOSTRACIN. El siguiente diagrama justifica que est bien definida (i.e.,que ()

H):H

()

i G

C

Adems, xH, ( ) (x):=( ) (i (x))=( ) (x):= (x) (x) xH= (i (x)) (i (x)) = () (x) () (x), luegoes un homomorfismo de grupos.

Queremos ver ahora que H, G; ():=|H= , i.e., que podemosextender un homomorfismo de Ha G. Si H = G, ya est. Si no,g G Hy

1Notacin personal:homGssies un homomorfismo de grupos, donde G es una g (de grupo)gtica.

2Notacin personal:

homG (A, B)ssi es un homomorfismo de grupos de A en B. As,G:=homG (G,C).

24


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2.1. CARACTERES DE GRUPOS ABELIANOS FINITOS 25

podemos definirH1:=

gkh; k Z, hH

subgrupo deG(puesgkh

gk

h

1

=

gk

kh (h)1 H1 G) conteniendo estrictamente a H(pues g / H). As,

si logramos extender los homomorfismos de Ha H1habremos terminado, puesiterando el proceso llegaremos en ltima instancia a una extensin Hm = G (puesGes finito yHiG, i).

Para ello, consideremos [g] G/H; # [g] = n(como Ges abeliano, Hes unsubgrupo normal de G y podemos cocientar) y := (g) n. Afirmo en-tonces que

gkh

:= k (h)es una extensin de a H1. En efecto, |H =

y

gkh gk h

=

gk+k

(hh)

= k+k (hh) hom= k (h)k (h) =

gkh

gkh

, de manera que slo nos falta ver que la definicin dada no de-pende del representante escogido.

Sean, pues, gk

h = gk

h gk

k

= hh1

H n|k k k k =nr kk = (n)r := ( (g))nr = (gnr) = gkk = hh1 =

(h) ( (h))1

gkh

=

gkh

.

Veamos finalmente que ker = (G/H): ker : G;|H = 1 ([x])= (xH)= (x) (H)= (x):(G/H).

PROPOSICIN80. Dado G abeliano finito de orden n, se cumple:

1. #G=#G2.x G, x :G C; x() := (x)es un carcter deG.3 Se obtiene as el

siguiente isomorfismo:

: G Gx x: G C (x)

DEMOSTRACIN. SeaGabeliano finito de ordenn.1. #G=#G

Caso1. G=g (ie,Gcclico).Comog generaG , un carcterGquedara determinadopor su valor en g, (g) C, que vimos que es una razn-sima de 1, luego como mximo habrnncaracteres dife-rentes (ie, #Gn).Por otra parte: n,

G; (g)= , pues todas las

races anteriores son diferentes al ser #g= n.

En definitiva,G iso.= n#G= n.Caso2. Gno cclico. Por induccin sobren

n=1G ={e}G={1}.n2. Seax G {e}. Entoncesx, x2, . . . =xes un sub-

grupo cclico deGque llamaremosH. Por el lema (y aplicando el 1r teorema de isomorfa sobre

),G/(G/H)=H#G =#(G/H)#H HI=# (G/H) #H=#G(podemos aplicar HI porque, al ser H= e, se cumple:#

H, #(G/H) > 1).

3En particular, se sigue de (1) que #G=#G.


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2.2. CARCTER DE DIRICHLET MODULO m 26

2. Essuficienteverque es inyectiva.4 En efecto,xG{e} ,

G; (x)=

1, pues siempre podemos considerar el subgrupo H=

x

Gde orden

myH; (x):=e 2im =1 y extenderlo aGpor el lema.

TEOREMA81. (Relaciones de ortogonalidad) Sea n =#G. Se tiene:

1. G gG (g)=

n, = 10, =1

2. gG G (g)=

n, g= e0, g=e

DEMOSTRACIN. En efecto,1. Sin restriccin,5=1 yG; (y)=1. Calculmoslo: (y)gG (g)=

gG (y) (g)=

gG (yg)=

gG (g)puesygrecorre todo G con

el orden permutado. As, ( (y) 1)gG (g) = 0 gG (g) = 0,pues( (y) 1)=0 por hiptesis.

2. Caso particular de (1) tomando= gG:Gg()= G (g) (1)=

n, g = e0, g= e

=

n, g= e0, g=e , pues el elemento neutrode dual es e(

g e

() =

g() e()= (g) (e)= (g)= g()) y vimos que es un isomor-fismo.6

2.2. Carcter de Dirichlet modulom

DEFINICIN 82. Sea el grupo multiplicativo G(m):= Zm:={x;mcd (x, m)= 1, 1 x < m},de manera que #G(m)= (m). Llamaremos carcter de Dirichlet modulo ma to-

do carcterG(m)(que tambin escribiremos ms compactamente comoG(m)Gm).

EJE MP LO 83. El smbolo de Legendre

p

: Zp{1}es un carcter de

Dirichlet modulo p(si p P {2}). Adems,

p

2= 1G(p)y #G(p) =

(p)= p 1.OBSERVACIN84. Seann, n Z+; n|n. Sea tambin : Zn Zn el mor-

fismo de anillos (llamado proyeccin) que reduce los elementos de Zna Zn . En-tonces:

G(n) , G(n), ie, todo carcter de Dirichlet modulo ndefi-ne/induce un carcter de Dirichlet modulo n.DEFINICIN 85. Diremos queG(n)es primitivo ssi no es de la forma

, conG(n) ; n|n(n= n). Y en tal caso, diremos quenes el conductordel carcter (ie, el modulo mnimo de definicin).

OBSERVACIN 86. Sea G(m). Entonces podemos extenderlo a : ZC; (a):=

0, (a, m)=1 (a) , (a, m)= 1

.

4Que xes un carcter deGes obvio, pues x( )=( ) (x)= (x) (x)= X() X().Quees epiyectiva tambin es obvio por construccin.

5= 1 gG1(g) = gG1=#G= n.6Alternativa: por analoga con (1).


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PROPOSICIN87.

p

G(p)es el nico carcter de Dirichlet modulo p cuadr-

tico (de ah que lo llamemos EL carcter de Dirichlet modulo p).

DEMOSTRACIN. Sabemos de Aritmtica que Zp es cclico,7 luego su dualG(p)tambin lo ser. Por otra parte, recordamos que si G es cclico de orden n ,entonces existe un nico subgrupo de ordenqpara todoqprimo divisor den. As,como #G(p)= p 1 y 2| (p 1)(pues p P {2}es impar), hemos terminado.

PROBLEMA88. Calcular los caracteres de Dirichlet modulomparam Z+ [1, 8].

DEMOSTRACIN. m{1, 2}#

G(m)= (m)=1

G(m)={1}.

#

G(3) = #G(3) = (3) = 2. Por lo tanto, G(3) := Z3 :=

1, 2

=

2

es

cclico de orden dos. Sea G(3). Se tiene: 1 = 1 = g2 = (g)2 , gG(3) (g)2 ={1}. Calculemos su tabla de Cayley (en este caso no harafalta por obvio, pero para ordenes mayores nos ser muy til):8

1 21 1 12 1 1

Notemos que la primera fila y la primera columna sern siempre 1, pues G, (e)= 1 yg G,1(g)=1. Para justificar que 2 2 =1 podemos usarque 2

2 {1} y 2 2= 1 pues en caso contrario el orden del dual no

sera dos (o tendra un carcter repetido, lo cual sabemos que no puede ocurrir).Tambin podemos razonar que 2312

2

=2

1

=1.

#G(4) = #G(4) = (4) = 2. Por lo tanto, G(4) := Z4 := 1, 3 = 3escclico de orden dos. Calculemos su tabla de caracteres:1 3

1 1 12 1 1

Ntese que en esta ocasin2=

p

pues 4 / P y no podemos razonarlo por

la va rpida, aunque los otros dos argumentos siguen siendo validos. Notemostambin que 2G4 es primitivo y, por ende, su conductor es 4, mientras que1 mod 4 no es primitivo. Este2se acostumbra a denotar por 4. En definitiva,G4 ={1, 4}=4.

#

G(5) = #G(5) = (5) = 4. Por lo tanto, G(5) := Z5 :=

1,2,3,4

, que

sabemos que tiene que ser cclico. En efecto: 22 = 4, 23 = 8

5 3, 24

= 16

5 1,

de manera queG5= 2(puede verse que 3 tambin es un generador de G5). As,24={1, i} y

1 2 3 41 1 1 1 12 1 13 1 i4 1 i

7De hecho, Zmes cclico ssim{1,2,4,p , 2p}, con1, p P \ {2}.8En efecto, la manera rpida de verlo es argumentar que 1

G,

Gy quep P {2} ,

p

Gp, de manera que1, 3 =

3 G3. Y como ambos tienen la misma dimensin, se tiene laigualdad.


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donde la eleccin22

=1,3

2

= i,4

2

=ies arbitraria (dentro dela restriccin i 2 4y 1carcter principal).

9 Usando ahora que G5 = 2,ie, que 4 = 22 y 3 = 23, podemos completar la tabla gracias a que i son todosmorfismos de grupos (ejemplo:4

3

= 4

23

= 423

=(i)3 = (i)=i). El resultado es el siguiente:

1 2 3 41 1 1 1 12 1 1 1 13 1 i i 14 1 i i 1

A modo de comprobacin, podemos ver que las relaciones de ortogonali-dad se cumplen (que, por otra parte, tambin podramos usar, llegado el caso,para completar la tabla):

G5 (2) = 0 (ie, la segunda columna suma cero),

G5 (1)=#G5, etc.#G(6)=#G(6)= (6)= (2) (3)=2 y G(6):= Z6 := 1, 5 = 5es

cclico de orden dos, luego su tabla de caracteres es:1 5

1 1 12 1 1

#G(7) = #G(7) = (7) = 7 1 = 6 y G (7) := Z7 := 1,2,3,4,5,6, quesabemos que tiene que ser cclico. En efecto: 32 = 97 2, 33 = 6, 34 = 1874, 35 = 127 5, 36 = 157 1, de manera que G(7) =

3

. As,

3 6 =

, 2, 3, 4, 5, 6 =1

(con=e

2i6 ), i.e.,

1 2 3 4 5 61 1 1 1 1 1 12 1 3 1 2

4 1 3

5 1 4

6 1 5

Usando ahora que G7 =

3

, ie, que 2 = 32, 4 = 34, 5 = 35, 6 = 33, pode-mos completar la tabla gracias a que ison todos morfismos de grupos (ejemplo:

2

2

= 2

32

= 232

= 2, 3

2

= 3

32

= 3

32

=

22

= 4, etc.).El resultado es el siguiente:

1 2 3 4 5 61 1 1 1 1 1 12 1 2 4 5 3

3 1 4 2

42

=2 4 1

4 1 6 =1 3

43

=1 3 3

5 1 8 =2 4

44

=4 2 16 1 10 =4 5 2 3

#G(8) = #G(8) = 23 = 23 22 = 4 y G(8) := Z8 := 1,3,5,7 =1, 3, =C2 C2, pues todos son de orden dos (cf. Wikipedia), de manera que

9Notemos, eso s, que con las elecciones hechas nos quedar 2 = 5 .
http://es.wikipedia.org/wiki/Anexo:Grupos_finitos_de_orden_bajohttp://es.wikipedia.org/wiki/Anexo:Grupos_finitos_de_orden_bajohttp://es.wikipedia.org/wiki/Anexo:Grupos_finitos_de_orden_bajo


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(g)2 ={1} sig=1. Notemos tambin que 3 587, 5 783, 7 385.10As,

1 3 5 71 1 1 1 12 1 1 1 13 1 1 1 14 1 1 1 1

donde1es el trivial,2:=4,3:=8,4:= 8 . Observemos ademas que:Z8

4

Z44

C

donde es la proyeccin cannica que mira los elementos de Z8 modulo 4 (ie,(1) = 1, (3) = 3, (5) = 1, (7) = 3).11 As, concibiendo4 como 4 ,usualmente obviaremos el acento checo.

DEFINICIN89. Diremos queun carcter de Dirichlet modulomes real ssiIm{1}.

PROBLEMA90. Dar los caracteres reales primitivos modulopr, con p P{2}.

NOTA . Lo que veremos es que

p

es el nico carcter real primitivo de Zp

(ie, parar = 1), y que sir > 1, no existen.

DEMOSTRACIN. Sea : Zpr{1}un carcter real modulo pr genrico.Sabemos que Zpres cclico, luegog Zpr ;Zpr =g.12 As,quedara comple-tamente determinado una vez fijado su valor por g, que por hiptesis slo puede

ser 1 (en cuyo caso es1) o1 (que se corresponde con

p

si r =1). Veamos el

casor > 1 (en el que no ser primitivo).Tenemos que : Zpr Zp la proyeccin cannica es un epimorfismo y,

de hecho, (g) es un generador de Zp (puesx Zp, s; x = (gs)), luego#g =#Zp = (p)= p 1. Qv:

gp

=1, ie, que g no es un cuadrado modulo

p. Supongamos lo contrario y lleguemos a contradiccin. Si gp x2 gp1

2 p

x2 p12 = xp1PTF p1, lo que contradice #g= p 1, qed. PROBLEMA91. Dar los caracteres reales primitivos de Z2r

DEMOSTRACIN. Sir{1,2,3}ya lo hemos estudiado en88: Z2 =1 = 1, Z4 =3G4 ={1, 4}yG8 = 1, 4, 8, 8. Veamos ahora quetodos los dems caracteres reales de Z2r vienen de estos y que por tanto no hayms primitivos. Es decir, sea

10Es decir, determinadas dos columnas, queda determinada la tercera (la cuarta, 1, es trivial), luegonos basta hacer todas las posibles combinaciones de {1} {1} para estas dos (digamos 3 y 5).

11Habitualmente se obviara la notacin de clase a.

12De hecho, existen ( (p))= (p 1)generadores de Zp.


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2.3. CARACTERES DE KRONECKER 30

Z2r

{1}

Z8

yveamosque G8, r4. Notemos primero de todo que ker ={xZ2r ; x81}y que, por el teorema de isomorfa, Z2r/ker = Z8 , de manera que el diagrama esconmutativo. Veamos, pues, quenker (n)=1.

OBSERVACIN. Es suficiente probar quen2r b2, pues en tal caso (n) =

b2 hom

= ( (b))2 {1}

= 1.

Supongamos que n

a2 mod 2l1, con l

4. Entonces a+ 2

l2b2 Nw

=

a2 +22(l2)b2 +2l1ab 2l a2 +2l1ab, pues 2l 4 l en tanto que l 4.13Adems,a2 81 ya = 2k+ 1.14 As,

a+ 2l2b

2 2l a2 + 2l1b (2k+ 1)= a2 +2l bk+2l1b2l a2 +2l1b. Observemos ahora que n a2 mod 2l1 : kZ; n a2 = 2l1k na2

2l1 Z. Por lo tanto, tomando b = na2

2l1 en la expresin

anterior, nos queda:

a+ 2l2na22l1

2 2l a2 +2l1na22l1 = a2 +n a2 = n, qed(por induccin).

NOTA 92. Existen caracteres reales primitivos modulom ssi m =2p1. . .ps,con 03.

2.3. Caracteres de Kronecker

DEFINICIN93. D Z es undiscriminante fundamentalssi (D)=0 y:15D41.D40 pero D442.D40 pero D443.

DEFINICIN94. (Carcter de Kronecker) DadoDdiscriminante fundamental,se defineDcomo:

p P {2} ,D(p):=

D

p

y D(2):=

0, D401, D811, D85

NOTACIN. El carcter de Kronecker deD = 1 es el carcter trivial 1.

NOTA . (Motivaciones histricas) En elDisquisitiones arithmeticaede Gauss sededica un capitulo completo al estudio de lasformas cuadrticas binarias(fcb enadelante),16 ie, de los polinomios homogneos17 de grado dos en dos variables,

13Ms explcitamente, 22(l2)b2 0 mod 2l : k Z; 22l4b2 =2 l k k Z; 2l4b2 = k. As,comol 40 por hip., se tiene que 2l4b2 Z.

14n ker n8 1 n = 8k+1. Por otra parte, n a2 mod 2l1 n a2 = 2l1r.Juntndolo todo:a2 =n 2l1r=8k+ 1 2l1r= 8 k 2l4r + 1a2 81 (puesl4). Notamosque en particularaes impar (recordatorio:a2 par ssiapar).

15Recordatorio: (D)=0 ssiDest libre de cuadrados.16Forma cuadrtica es sinnimo de forma bilineal simtrica, cf. GL.

17Aquellos en los que cada monomio tiene el mismo grado. Ejemplo: x5 + 2x3y2 + 9xy4.
http://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_discriminanthttp://en.wikipedia.org/wiki/Binary_quadratic_formhttp://en.wikipedia.org/wiki/Binary_quadratic_formhttp://en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_discriminant


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f(x,y) = ax2 +bx y+cy2 genricamente. A =

a b2b2 c

es la matriz asociada

a f.D = b2 4aces el discriminante asociado a f, y es un invariante. Recproca-mente, siD41 D40, entoncesDes el discriminante de alguna fcb.

Una cuestin clsica en esta teora es el problema de la representacin. Dadafuna fcb, se definen Z+, r(n,f) := # {(n1, n2)Z+ Z+;f(n1, n2)= n},ie,r es el numero de representaciones diferentes de n por f. Ejemplo: dada la fcbg (x,y)= x2 +y2, se tiener(5,g)=1, pues 5=22 + 12 y no hay otra combinacinposible.18

Determinar el valor der(n,f)para una fcb cualquiera es un problema abier-to que se aborda mediante discriminantes y promedios. Ms concretamente, seestablecen unas clases de equivalencia[f1] , . . . , [fh]conocidas como gneros espi-noriales19 y se llega a: r(n, D) := hi=1r(n,fi) = m|nD(m), donder(n, D)esun promedio der(n,f)y la segunda igualdad no es para nada trivial.

OBSERVACIN95. D es un carcter de Dirichlet real de conductor|D|(vis-to como Dirichlet, no tiene invertibles). Adems, es multiplicativa, ie, D1 D2 =D1D2si mcd (D1, D2)=1.

PROBLEMA96. (Reciproco) Todo carcter de Dirichlet real primitivo es un ca-rcter de Kronecker.

DEMOSTRACIN. Por92, es un carcter real primitivo modulo mssi m =

2p1. . .ps, con 0 3. Por otra parte, es producto de

p

, 4, 8, 8 . Luego

nos basta ver que cada uno de ellos es de Kronecker:

1. p. Sea p :=(1)

p12 p =

p, p41p, p43

, que es un discriminante fun-

damental y,20 por ende, define un carcter de Kronecker:

a) Casoq P {2}:p(q)=

pq

=

(1)

p12 p

q

=(1) p12 q12

pq

=

qp

por la ley de reciprocidad cuadrtica, luego p =

p

.

b) Casoq =2: usandop(2)=

1, p811, p85

y 190 (hay que distinguir

dos casos en las dos igualdades y ver que coinciden).

2. 4. Sea q P {2}. Entonces 4(q) =

1, q411, q43

. Por otra parte,

D =4 es un discriminante fundamental, pues D40 pero D4 =143. Por lo tanto, 4 es un caracter de Kronecker y 4(q) =

4

q

=

1, q411, q43

=4(q). En cuanto al caso q =2, es trivial, pues 4(2) =0

y4(2)=0, cf.86.3. Anlogamente, se puede ver que8 = 8y 8 =8.

18En este caso se ve porexhaucin:5 > 12 + 12, 5=12 + 22, 5 < 12 + 32, 5 < 22 + 22.19Ms explcitamente, f g PS L2(Z) ; B= P tAP, donde Aes la matriz asociada a fyBla

deg(o sea, son equivalentes si existe un cambio de base que pase de una a otra).

20Notar quep4341 p41.
http://es.wikipedia.org/wiki/Demostraci%C3%B3n_por_casoshttp://es.wikipedia.org/wiki/Demostraci%C3%B3n_por_casoshttp://es.wikipedia.org/wiki/Demostraci%C3%B3n_por_casos


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PROBLEMA97. La ecuacin diofnticay2 = x3 +k(que est relacionada conlas curvas elpticas) no tiene solucin si k = (4n

1)3

4m2, con m, n

Ztq

p|mp41 si p P {2}.DEMOSTRACIN. (Por absurdo) Supongamos que(x,y) Z2 es solucin de

y2 = x3 +k. Si lo miramos en Z4, tenemos quek41 y, por ende,y2 4 x3 1.Distingamos casos:

x=2ky2 41 !!!x41y2 4242 !!!x41

Estudiemos este ltimo caso con ms detalle. Sabemos que y2 = x3 +a3 4m2,con a = 4n 141. As, y2 +4m2 = x3 +a3 = (x+a)

x2 ax+a2, con

x2 ax+a24 (1 + 1 + 1)= 341, luego existe al menos un factor primodex

2

ax+a2que es p41, ie,p P {2} ; (p41) p|y

2 + 4m2.As, y2 +4m2 p 0 y2 p4m2, lo que contradice 4m2p = 1p p41=1.

PROBLEMA98. Calcular r(p, D), con D =15, para unos cuantos primosimparesp, usando quer(n, D)= 1m|nD(m).21

DEMOSTRACIN. Enestecaso, h (D)= 2 y los representantes de las dos clasesson f1(x,y):=x2 +xy+ 4y2 y f2(x,y):=2x2 +xy+ 2y2 (informacin tabulada).As,

1. p = 3. r(3, 15)= 15(1)+15(3)=1+

153

= 1. Veamos a que

clase pertenece (por el cuento de la vieja): tomando (x,y) = (1, 1)en f2se tiene: 2

12 + 1

(

1)+ 2

(

1)2 =2

1 + 2=3. Luego como sabemos

que slo hay una representacin (pues r(3, 15) = 1), necesariamenter(3,f1)= 0 yr(3,f2)= 1 (la dada).

2. p = 7. r(7, 15) = 1+

157

, con

15

7

=

37

57

=

47

57

= 5

7

=

75

(1) 512 712 = 25=1. En definitiva,r(7, 15)=0.

3. p= 11. r(11, 15) =1 +

1511

,con

1511

=

111

311

511

= (1)

113

(1)

115

= 2

3

=1. En definitiva,r(13, 15)=0.

4. r(13, 15)= 0.5. r(17, 15)= 1 +

1517

= 1 +

217

= 1 + 1=2. Busquemoslas:f2(1, 3)=

2 3+2 9 = 17. La otra representacin es f2(1, 3).22 En definitiva,r(17,f1)=0 y r(17,f2)=2.

6. r(2, 15) = 1+15(2) = 2 pues158 1 y 15(2) = 1. Por tanto,r(2,f1) =0 yr(2,f2) =2.

21Notar que sin = p P {2}, se tiene:r(p, D)= D(1)+D(p)=1 + Dp

.

22Consideraremos que(1, 3)es una representacin diferente a(1, 3), pero igual a(3, 1).


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Captulo 3

Series de Dirichlet

Idea. Para demostrar el teorema de Dirichlet imitaremos la demostracin deEuler de la existencia de infinitos primos, que consista en ver que pP 1pdiverge.Ms concretamente, y de manera informal, lo que veremos es que pm a,(a,m)=1

1p

diverge o, ms formalmente, que pP(p)

p diverge, con carcter de Dirichlet

modulo m. Para ello, estudiaremos primero las series del tipoL (, s):= n1 (n)ns ,que son un caso particular de serie de Dirichlet, por lo que nos tomaremos la mo-lestia de trabajar en un primer momento sobre el caso general para luego particu-larizarlo al caso que nos interesa.

3.1. Series de Dirichlet generales

DEFINICIN 99. Sea{n}n R0; n . Una serie de Dirichlet con ex-ponentes(n)es una serie de la forma n=1ane

nz, conan,z C.EJE MP LO100.1. n = ln n n=1 annz series de Dirichlet ordinarias.12. n = n n=1anenz = n=1antn series de potencias ent = ez.

LEM A 101. (de Abel) Sean{an}n, {bn}n C. Pongamos Am,k := kn=man ySm,m :=

mn=manbn. Entonces: Sm,m =

m1n=m Am,n(bn bn+1)+Am,m bm .

DEMOSTRACIN. Basta observar que an = Am,n Am,n1Sm,m = m

n=m(Am,n Am,n1)bn = m

1n=m Am,nbn+Am,m bm m

1n=m1Am,nbn+1=

m1n=m Am,n(bn bn+1)

Am,m1bm+ Am,m bm , conAm,m1:= m1n=man = 0.

LEM A102. Sean , R>0; < . Sea z = x+iy, con x,y R y x > 0.Entonces

ez ez zx ex ex.DEMOSTRACIN. ez ez =z etzdt

ez ez

=|z|

etzdt

|z

| e

tz

dt, conetz

= et(x+iy)

= etx

eity

= etx

= etx .2 Por tanto,ez ez|z| etx dt= |z|x ex ex.

PROPOSICIN103. Sea f(z) = nanenz una serie de Dirichlet genrica. Setiene: si f(z0)es convergente, entonces f(z)converge uniformemente en todo dominio de

la formaRe (z z0)0y |Arg (z z0)| < 2, cf. dibujo.3

DEMOSTRACIN. Sin restriccin (por traslacin), podemos suponer z0 = 0el origen de coordenadas. As, f(z0) = nan, que es convergente por hip., de

1Estas son las que defini originalmente Dirichlet, y de ah que se gaste por tradicin usualmentela letrasen lugar de la z.

2Recordatorio/aclaracin: en C, || representa la norma eucldea.3Es decir, queremos ver que si f(z0)es convergente yz es tq Re (z

z0)

0 y

|Arg (z

z0)

| < 2, entonces f(z)tambin es convergente.33


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3.1. SERIES DE DIRICHLET GENERALES 34

manera que > 0, N > 0; m, m N, Am,m

. Aplicando ahora el le-

ma de Abel con bn = enz, nos queda: Sm,m = m1

n=m Am,n enz en+1z+Am,m emz Sm,m m1n=m|Am,n| enz en+1z + Am,m emz, donde|Am,n| por convergencia,

enz en+1z |z|x en x en+1xpor el le-ma anterior (con x := Rez) y

emz = eRe(mz) = emRez 1 si Rez0.4 Por lo tanto, > 0, m, m N, Sm,m m1n=m |z|x en x en+1x+ = + |z|x

m1n=m

en x en+1x = + |z|x em x em xserie telescpi-

ca, donde 0 n

}es elsemiplano de convergencia, cf. dibujo.

COROLARIO107. La aplicacin que envaf(z) f(z0)(ie, que enva z z0) esuniformemente convergente en el dominioRe (z z0)0y |Arg (z z0)| < 2.

DEMOSTRACIN. En el susodicho dominio tenemos convergencia uniforme

por103yenz zz0 enz0 .

COROLARIO108. f0 n, an = 0.DEMOSTRACIN. []Trivial.

4Notar que Rez=Re (z z0)0 por hip.5Notar que cos (Argz) = x|z| (cf. dibujo arquetipico) y por ende

|z|x =

1cos(Argz) , y que, por hip.,

|Argz| =|Arg (z z0)| < 2 cos (Argz) ,cos (0, 1]y cos (Argz) cos . En resumen,k:= 1cos 1cos(Argz) = |

z|x contante.

6SOS Se refiere a la formula integral de Cauchy? De que manera?7Aclaracin: esto se lee sea U C un abierto y sea {fn}nuna sucesin de funciones holomorfas en

Uque convergen uniformemente sobre compactos (ie, en cada [o para todo] compacto de U)aunafun-cin f. Entonces, fes holomorfa enUy las derivadas fnde las fntambin convergen uniformementeen todos los compactos a fla derivada de f.

Nota: En Anlisis Complejo I no se ha visto convergencia uniforme sobre compactos.


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3.3. SERIES DE DIRICHLET ORDINARIAS 35

[]Multiplicando por e1z en f(z) = n=1anenz nos queda: e1zf(z) =a1+

n=2ane

nz+1z = a1+ n=2ane(1n)z. As, haciendo tenderz

0, obte-

nemos quea1= 0. Repitiendo este mismo argumento coneiz, i, hemos termina-do.

EJE MP LO109. Sea n1 anns una serie de Dirichlet ordinaria, cons C. Si con-sideramos{an}n ={1}n (ie, la sucesin constantemente igual a 1), nos queda(s):= n1 1ns la funcin dseta de Riemann.

EJE RC IC IO 110. Calculardey semiplano

3.2. Series de Dirichlet positivas

PROPOSICIN111. Sea f(z) = n=1anenz una serie de Dirichlet positiva (ie,

con coeficientes an R0). Supongamos que f es convergente para Rez > , conR,8

y que f se puede extender analticamente a una funcin holomorfa en un entorno del puntoz= . Entonces > 0; Rez > +,f(z)converge.DEMOSTRACIN. Cambiando zpor z , podemos suponer sin restriccin

que est en el origen (ie, = 0). As, tenemos que fes holomorfa en Rez >0y tambin en un entorno de 0, luego f es holomorfa en un disco|z 1| 1+(ie, con z B1+(1)). Aplicando ahora105(que nos permite derivar), tenemos: Rez >0, f(k) (z)= n1an(n)kenz =(1)kn1anknenz f(k) (1)=(1)kn1anknen (que es convergente por105), cuya serie de Tayor (que serconvergente por105) es f(z) = k0

f(k) (1)k! (z 1)k en|z 1| 1+. Adems,

por la prolongacin analtica hecha, tiene sentido f()= k0 1k!( 1)kf(k) (1)=k

0

1k!(

1)k (+ 1)k (

1)kn

1an

kne

n = k

0 1k!(+ 1)

kn

1an

kne

n =k,n 1k!(+ 1)

k anknen , que es convergente y, de hecho, absolutamente conver-gente, pues todos sus trminos son positivos (en el caso de an, por hiptesis). As,

f() = n1anenk0

((+1)n)k

k!

= n1anen en(1+) = n1anen.

3.3. Series de Dirichlet ordinarias

Como ya se coment, son aquellas que se obtienen tomandon =ln n, ie, lasde la forma f(s)= n1

anns , cons C.

PROPOSICIN112. Si los an estn acotados (ie, sik; n, an < k), entonces f(s)converge absolutamente enRe s > 1.

DEMOSTRACIN.n anns n |an||ns| H n k|ns | = kn 1nRe s , y sabemos que la

serie armnica n1

n converge si > 1, luego hemos terminado.

PROPOSICIN113. Si las sumas parciales Am,r = rn=man estn acotadas (por k),entonces la serie n1 anns es convergente paraRe s > 0.

DEMOSTRACIN. Tomandobn = 1ns en el lema de Abel, nos queda:Sm,m =m1n=m Am,n 1ns 1(n+1)s +Am,m 1ms H m1n=m k 1ns 1(n+1)s + k 1ms = km1n=m 1ns 1(n+1)s + 1ms ,

donde |ns|=es ln n

= ex ln n =nx (conx :=Re s) y 1nx 1(n+1)x > 0 1nx >

8O sea,mayor o igual a la abscisa de convergencia de f.


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3.4. PRODUCTO DE EULER 36

1(n+1)x (n+ 1)

x> nx (que es cierto si x > 0).9 Por tanto, sumando la serie

telescpica, nos queda:Sm,m kmx m0 puesx > 0 por hip. 3.4. Producto de Euler

LEM A114. Consideremos una serie de Dirichlet ordinaria g (s)= n1f(n)

ns , con faritmtica multiplicativa acotada. Entonces g (s)converge absolutamente paraRe s >1(por 112) y es igual al producto infinito convergente (llamado producto de Euler)pP(m=0 f(pm)pms),

10

y en tal caso decimos que la serie g (s)tiene producto de Euler.

DEMOSTRACIN. Sea S ={p1, . . . ,pr} un conjunto finito de primos y seaN(S) el conjunto de naturales11 tq sus factores primos son de S.12 Qv:nN(S)

f(n)ns =

pSm=0

f(pm )pms

.PorelTFA,13 ns =

ri=1p

ii

s= ri=1p

i si y f(n) = f

ri=1p

ii

fM=

ri=1 fpii . Sustituyendo, hemos terminado. OBSERVACIN. Si ffuera adems completamente multiplicativa, tendramos

entonces que m=0f(pm)

pms = m=0

f(p)m

pms = m=0

f(p)

ps

m= 11f(p)ps serie geo-

metrica.

COROLARIO. (Tomando f = u) (s) converge absolutamente paraRe s > 1 y,adems, tiene producto de Euler pP 11 1

psenRe s > 1.

PROPOSICIN115. Se cumple:1. La funcin(s)es holomorfa y no nula en el semiplanoRe s > 1.2. (s) = 1s1+ (s), con (s)holomorfa paraRe s > 0.

DEMOSTRACIN. (1) es trivial,14

veamos (2).1s1 =

1 t

sdt= n=1n+1

n tsdt 1s1n=1

n+1n t

sdt=0. As,(s)+0= n=1

1ns+

1s1n=1

n+1n t

sdt

= 1s1+n=1

1ns

n+1n t

sdt

= 1s1+

n=1

n+1n (n

s ts) dt

.

Pongamosn(s):=n+1

n (ns ts) dt, que est bien definida y es holomor-

fa. Qv: (s) = n1n(s), ie, que es convergente (y que, adems, es holomorfapara Re s >0). Para ello, nos basta probar que n(s)converge en norma paratodos los subconjuntos compactos de Re s > 0.

Notemos que |n(s)|supntn+1 |ns ts|.15 ConsideremosF: [n, n+ 1]C= R2; F(t):=ns ts. Se tiene: |F(t)| F(n)=0= |F(t) F(n)|

TVM |F()| (t n)tn1

|F()|supn


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3.5. NMEROS DE BERNOULLI 37

|F()| = |s||s+1| = |s|Re s+1

>n0 por hiptesis) y, en particular,

supn 1. Problema: se basa en las propiedades de . No la hacemos.

PROBLEMA121. nr=0(nr)Br=(1)n Bn

DEMOSTRACIN. n

0 nr=0(nr)Br xn

n!

= n

0 nr=0 1r!(nr)! Brxn. Ponien-do ahora n r= ky n= r + k,nosqueda:n0

nr=0

1r!(nr)! Br x

n= r0 k0 1r!k! Br xr+k =r0 Brr!x

r

k0 1k! xk

118= xex1 e

x = xex1 =n0(1)n Bnx

n

n! , cf. demostracin

de 119. En definitiva,n0

nr=0(

nr)Br

xn

n! = n0(1)n Bnxn

n! , luegonr=0(

nr )Br =

(1)n Bn. 16 x

ex1 = xex

ex1 ex 1= xex(ex1)

x =ex (ex 1)=1 +ex.17Idea (como los cangrejos). Sea f(x) := k0

Bkk!x

k y notemos que f(x) tiene una expresinnotablemente similar a f(x)gracias a que(x)k =(1)k xk, de manera que en la resta f(x) f(x)se cancelaran muchos trminos (la mitad).

Por otra parte, sabemos que f = g, con g (x) := xex1 . As, g (x) g (x) = f(x) f(x). Pa-ra calcular g (x) g (x) reexpresamos g (x)para que tenga denominador ex 1, ie, resolvemos

xex1 = yex1 y = x(ex

1)ex1 , donde (ex

1)ex1 =ex .


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3.5. NMEROS DE BERNOULLI 38

PROBLEMA122. Se cumple:

1. (0)=

12

2.nN, (2n)= 03.nN, (1 2n)=B2n2n

DEMOSTRACIN. (Va 115 y 120) Sabemos que (s)= 1s1+12+

nj=2

Bjj!

j2i=0(s+i)

sis{0, 1, 2 , . . . , n+ 1}, luego:

1. (0)= 11+12+ 0 + + 0=12

2. (k)= 1k1+ 12+nj=2

Bjj!

j2i=0(k+i)

= 1k+1+ 12+k+1j=2

(1)j1 Bjj! k!(k+1j)!

,

pues j2i=0(k+i)contiene j 1 cambios de signo (pues todos y cada

uno de los j 1 trminos son negativos) y la parte del sumatorio que nohacemos es cero (pues

j2i=0(k+i)= 0 si j{k+ 2 , . . . , n}). As, como

1j! (k+1)k!(k+1j)! =(k+1j ), tenemos: (k)= 1k+1+ 12+k+1j=1 (1)j1 Bj 1k+1 (k+1j )= 1k+1 k+1j=0 Bj(k+1j )

121= 1k+1(1)k+1 Bk+1. Por lo tanto,

a) Sik=2n, nos queda(2n)= 12n+1(1)2n+1 B2n+1 = 0 sin1 (por119).

b) Sik= 1 2n, nos queda:(1 2n) = 12n B2n.

NOTA . Acabamos de ver que los enteros negativos pares son ceros de. A es-tos ceros dese los conoce como ceros triviales de. La hiptesis de Riemann con-

jetura que todos los ceros no triviales de (s)se encuentra sobre la recta Re s= 12 .Se sabe que todos los ceros no triviales tienen parte real comprendida estrictamen-

te entre 0 y 1 (banda critica), y Hardy demostr que existen infinitos ceros en larecta Re s= 12 .

PROBLEMA123.n1, (2n)= (1)n122n1B2n(2n)!

2n.

NOTA . Usaremos el siguiente resultado estndar de anlisis complejo:z cotz=1 + 2n=1

z2

z2n22 .

DEMOSTRACIN. Tomandox =2izen118,nos queda:2iz

e2iz1 = eizeiz 2ize2iz1 =zeiz 2ieizeiz =z (cosz i sinz) 1sinz =z cotz zi =

zi+ 1 + 2n=1 z2

z2n22

k=0

Bk

k! (2iz)k119= B

0+ B

12iz +

k=1

B2k

(2k)!(2iz)2k =1 +

1

22iz +

k=1(

1)k B2k

22k

(2k)!z2k.

Por tanto, cancelando 1 yzi abandaybanda,k=1(1)k22kB2k(2k)! z

2k =2n=1 z2

z2n22 ,

donde z2

z2n22 = z2n22+n22

z2n22 =1 + n22

z2n22 =1 11 z2n22

geometrica= 1 k=0 z

2k

n2k2k =

k=1 z2k

n2k2k. En definitiva,k=1(1)k2

2kB2k(2k)! z

2k =2n=1 k=1 z2k

2k 1

n2k =2k=1 z

2k

2k

n=1

1n2k

=

2k=1 z2k

2k(2k).

EJE MP LO . (2) = 2

6 y (4) = 4

90 , que fueron calculados por primera vezpor Euler (quien intuyo la formula general) en un concurso contra Leibniz (o, msexactos, Suiza contra Alemania).(6) =

6

945 .

EJE RC IC IO . Calcular(2n)paranZ [1,50].


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3.6. SERIES L 39

3.6. SeriesL

DEFINICIN124. SerieLdeGm:L (s,):= n1 (n)ns .

OBSERVACIN125. 1(n) =

1, (n, m)= 10, (n, m) > 1

L (s,1) = F(s) (s), con

(s)= pP 11ps yF(s)= p|m(1 ps), que es un producto finito y por endeholomorfo etc., por lo que se extiende analticamente a Re s > 0 y tiene un polosimple ens =1.

PROPOSICIN126. Si=1, la serie L (s,)converge en el semiplanoRe s > 0yconverge absolutamente en el semiplanoRe s > 1, donde adems tiene producto de Euler,ie, L (s,)= pP 11(p)

ps

paraRe s > 1.

DEMOSTRACIN. Lo que se refiere a Re s > 1 ya lo sabemos por 114, puesL (s,) = n1

(n)ns es una serie de Dirichlet ordinaria con Gmfuncin arit-

mtica completamente multiplicativa acotada por m. En cuanto a la convergenciaen Re s > 0, nos basta ver que Au,v:= vn=u (n)est acotada por113. En efecto,

u+m1n=u (n) = 0 por las relaciones de ortogonalidad (pues = 1 y estamos

sumando un sistema completo de representantes), luego v u < m|Au,v|

vn=u | (n)|#Gm = (m)

NOTA . Si=1, entoncesL (1,)=0 (y es obviamente finito)Existen muchas demostraciones diferentes de este resultado, que es uno de

los puntos claves de la demostracin del teorema de Dirichlet en progresionesaritmticas. Esbocemos ahora una basada en la teora de las fcb: recordamos que

para calcularr(n,f)se establecan unas clases de equivalencia[f1] , . . . , [fh], don-de h = h (D)es el nmero de fcb equivalentes de discriminante D(que es uninvariante de f).

Para calcularh (D), que dijimos que eran valores tabulados, se utilizan bsica-mente dos mtodos: el calculo explicito a lo Gauss va diferentes algoritmos, o me-diante la formula analtica de Dirichlet de nmero de clases: h (D) = kL (1,D),donde kes una constante conocida y D es un carcter de Kronecker asociadoal discriminante fundamental de D. As, como h (D) 1 siempre, se tiene queL (1,D)=0, de manera que L (1,)=0 sies un carcter de Dirichlet modulom, real y primitivo por96.

Ms an, tambin ser no nulo si no es primitivo, pues en tal caso

Zm

C

Zm

conm|myreal primitivo (caso anterior), de manera que= yL (1,)=0(pues estamos en el caso anterior) y, en particular,L (1,)=0.

Faltara ver finalmente, pues, que L (1,)=0 sies un carcter de Dirichletmodulomno real, ie, para los ;=:

TEOREMA127.Gm \ {1} , L (1,)=0.DEMOSTRACIN. SeaF(s):= modm L (s,), que es holomorfa (y, en par-

ticular, continua) en un entorno de s= 1. Entonces, va el teorema de derivacin de

Weierstrass (o, alternativamente, usando no s qu): lms1+F(s)=l msR>1;s1+F(s),


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3.7. TEOREMA DE DIRICHLET 40

donde ln F(s)= pln (1 (p)ps)1126= p r=11r (p)r

prs = r=1 p

1rp rs

Gm

(pr),

donde Gm (pr) = (m) , pr m10, pr m1 por las relaciones de ortogonalidad. Endefinitiva, ln F(s) = (m)r=1 pP;prm1

1rp rs , con pP;prm1

1rprs acotado por

117.2, de manera que s R>0, ln F(s)0, por lo que lmsR>1;s1+F(s)1=0.

Problema:F(s)= L (s,1)=1L (s,)podra tener un polo simple en s =1. Veamos que no es as por absurdo, ie, supongamos que= ; L (1,) = 0.EntoncesL (s,)= n1

(n)ns = n1

(n)ns = L (s,)pues la conjugacin comple-

ja es un morfismo. Por tanto, como van por parejas, esto significa queL (1,) =0,lo que contradice lmsR>1;s1+F(s) 1= 0, luego esto no puede ocurrir, ie,= L (1,)=0.

Veamos ahora una demostracin de que L (1,)= 0 en tres pasos sin usarteora de fbc.

EJE RC IC IO 128. SeaGmreal y A (n):= d|n (d). Entonces:A (n)es unafuncin aritmetica multiplicativa, A (n) 0, n Z+ y A (n) 1 si nes uncuadrado.

DEMOSTRACIN. -

EJE RC IC IO 129. Sean f,g aritmticas yF(x)= nx f(n) , G(x)= nxg (n) ,H(x)=nx(fg) (n). Se tiene: a, bR0; ab = x (q,d);qdx f(d)g (q) = na f(n)G

xn

+

nbg (n)F

xn

F(a)G(b).OBSERVACIN 130. Usar queH(x)=

nx

d|n f(d)g nd = (q,d);qdx f(d)g (q).

EJE RC IC IO 131. Dado Gm {1} real, sea A (n) = d|n (d) , B (x) =nx

A(n)n

. Entonces:

1. B (x) x 2.x1, B (x)= 2xL (1,)+ O (1)

NOTA . Se sigue de estos tres ejercicios que L (1,)=0.

3.7. Teorema de Dirichlet

DEFINICIN132. A P tiene densidad naturalNat(A)ssi lmM #AM#PM ,y en tal caso

Nat(A):=lm

M

#AM

#PM.

DEFINICIN 133. A P tiene densidad de Dirichlet (A) ssi l ms1pA 1ps

ln 1s1,

y en tal caso (A):=lms1pA 1ps

ln 1s1.

OBSERVACIN.Nat(A) (A)y, en tal caso, coinciden.NOTA . lms1 ln 1s1 = , luego si (A) > 0, entonces #A= .

TEOREMA 134. (de Dirichlet) Dados a, N Z;mcd (a, N)=1, sea Pa:={p P;pa mod N}.Entonces Pa tiene densidad de Dirichlet (Pa) =

1(N)

> 0. En particular, Pa es unconjunto infinito y los primos se encuentran equirepartidos en las clases a mod N, con

(a, N)=1.


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3.7. TEOREMA DE DIRICHLET 41

LEM A135. Dado

GN, sea f(s)= pN

(p)ps , que es convergente enRe s > 1

en tanto que parcial de una serie L. Se cumple:

1. = 1 f1(s) s1 ln

1s1 .

2. =1 fest acotada cuando s1.DEMOSTRACIN. 1) pP 1ps = p|N

1ps + pN

1ps = p|N

1ps + f1(s). As,

como pP 1ps s1 ln 1s1 por117.1, hemos terminado (pues fijado N, # {p|N} s Bes permisible salvo en el caso en el que b = s+1 y, adems,hay interseccin entre la base y la rampa (ie, s = k), mientras queAnuncaes permisible. As, por analoga con (2), obtenemos queBno es permisiblessin =(s+ 1)+

+(s+s)(ie,s+ 1 nodos en la base [o fila 1], s+ 2 en

la fila 2,...,s+sen la fila s = k[ie, la ltima]). Es decir,n = (s).EJE MP LO . (b= s+ 1 con y sin interseccin respectivamente)

En resumen, una y slo una de las dos operaciones es permisible salvo cuandones un nmero pentagonal. Adems,k Z,pe( (k)) = (1)k +po( (k)),13qed.

Ms explcitamente an, si Eedenota el conjunto de los grafos estndar con partes diferentes y pares,es claro queEees biyectable con el conjunto Pe(n)de las particiones denen partes diferentes y pares(ie, que toda particin de n en partes diferentes y pares tiene asociado un nico grafo estndar), yanlogamente con Eo . As, nos basta hallar una biyeccin entre Eey Eo(pues en tal caso Pe(n) EeEo Po(n)y, en particular, #Pe(n) = pe(n) = po(n) = #Po(n)), ie, queremos ver quef; yEo , !x Ee;f(x) = y. Notemos ahora queO{A, B} O (Ee) = Eo(pues aplicar Aa G nos dauna nueva particin con una parte menos que la original [...]) siempre y cuando Osea una operacinpermisible. As, si demostramos que una y slo una de las dos operaciones es permisible para cadaparticin den(ie, i Z+p(n), !O{A, B} ; O Gni E), tendremos que y Eo , !x Ee; f(x)= y

con f =

A, Aes permisible

B, Bes permisible =

A, iPB, i/ P con P el conjunto de ndices ide Gni Eedonde A es

permisible.13Sea knegativo (caso 3) e impar. Entonces sabemos que pe( (k)) = po( (k)) y, de hecho,

pe( (k)) = po( (k))

1, pues la particin con b = s

1 = k

1 no infiere una nueva particin

aplicandoB(y, por ende, conk+ 1 filas, que es un nmero par). dem con el resto.


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4.2. NMEROS PENTAGONALES 47

TEOREMA143. (formula recurrente para p (n))14

p (n)=

k=1

(1)k+1 [p (n (k)) p (n (k))]

DEMOSTRACIN. Ya sabemos que:

m=1

11 xm =

n=0

p (n)xn m1

(1 xm)=

n=

(1)n x(n)

As, como son inversas mutuas, multiplicndolas entre s obtenemos que

1=

n=

(1)n x(n)

n=0

p (n)xn

e igualando coeficiente a coeficiente,

0= p (n) p (n 1) p (n 2)+p (n 5)+p (n 7)+. . .

OBSERVACIN. p (n)crece rpidamente:n p (n)

1 15 7

10 4230 560450 204226

100 190569292

200 3972999029388Veamos, sin embargo, que tenemos controlado su crecimiento:

TEOREMA144. Sea n1. Entonces p (n)ek

n, con k=

23 .

DEMOSTRACIN.x(0, 1) , F(x):= n=1(1 xn)1 =1 +k=1p (k)xk p (n)xn < F(x) lnp (n)+n ln x < ln F(x) ln p (n) < ln F(x) n ln x =ln F(x)+n ln1x , donde

1. ln F(x):=lnn=1(1 xn)1 =n=1 ln (1 xn)Taylor

= n=1 m=1

xmn

m =

m=1

1m

n=1(x

m)n geom

= m=1 1m

xm

1xm . Por otra parte,1xm

1xRuffini

= m1i=1 xi

mxm

1

< 1xm

1x < m

1 acotando cada uno de los mtrminos de m1

i=1por x m1 y 1 inferior y superiormente respectivamente (pues x (0, 1)).As, multiplicando ahora por1xxm en las desigualdades obtenidas, nos que-da: m 1xx x

m

1xm > 1

mxm

1x 1m2 11x >1m

xm

1xm > 1m2

xm

1x m 1m2 11x >F(x) > m 1m2 xm

1x . En resumen,F(x) 0.2. 1x = 1+

1xx = 1+t ln 1x = ln (1 +t). Por otra parte, sabemos que

ln (1 +s) < spara todasen la que est definido ln.15 Todo junto: ln 1x < t.

14Convenio:p (n)=

1, n=0

0, n < 0.

15Recordatorio: f


48/68

4.3. TRIPLE PRODUCTO DE JACOBI 48

En definitiva, lnp (n) < f(t):= 2

6t +nt, ty, en particular, para eltque minimi-

ce16 f(t): f(t)= 0 2

6 1t2 +n =0 n= 2

6 1t2 t= 2

6n =

6nnt =

2

6t. As,

lnp (n) < f

6n

=2n

6n

=

23

np (n) < ek

n.

NOTA . La cota se puede mejorar.

4.3. Triple producto de Jacobi

TEOREMA145. (del triple producto de Jacobi)z C {0} , x C; |x|


49/68

4.3. TRIPLE PRODUCTO DE JACOBI 49

= a0x1+3+5++(2m1) =a0xm2 (sumando la serie aritmtica a lo Gauss). En de-finitiva,Gx(z)

Laurent= m

Zam(x)z

2m = a0(x)mZx

m2z2m, de donde se sigue

que lmx0a0(x) = 1.19 Nos basta ver, pues, que a0(x) = 1 (pues Gx(z)es eltrmino de la izquierda del teorema y mZxm

2z2m el de la derecha).

Sea z = ei4. Entonces Gx(z)

a0(x) = mZxm

2

ei4

2m= mZxm

2

ei2

m=

mZxm2im = nZx(2n)

2(1)n.20 Ahora bien, Gx(z) = a0(x)mZxm2z2m

Gx4 (i)

a0(x4) = mZx4m

2i2m = mZx(2m)

2(1)m, luego

Gx

e

i4

a0(x)

= G

x4 (i)

a0(x4). Veamos

ahora queGx

ei4

= Gx4(i)y, por tanto,a0(x)= a0

x4. En efecto,

Gx

e

i4

:= n1

1 x2n

1 +x2n1

e

i4

2

1 +x2n1

e

i4

2

= n1 1 x2n 1 +x2n1i 1 +x2n1i1= n1 1 x2n 1 +ix2n1 1 ix2n1= n1

1 x2n 12 ix2n12

= n1

1 x2n 1 +x4n2= n1

1 x4n 1 x4n2 1 +x4n2

= n1

1 x4n 1 x4n2 1 +x4n2= n1

1 x4n 12 x4n22

= n1

1 x4n 1 x8n4= n1

1 x8n 1 x8n4 1 x8n4

=: Gx4(i)

As pues, iterando a0(x) = a0 x4, obtenemos que: a0 x4 = a0 x44 =a0

x16, a0

x16

= a0

x164, etc., de modo que a0 x4k = a0(x) , k. Por tanto,

como lmkx4k

= 0 en tanto que x (0, 1)y l mx0a0(x) = 1, tenemos que

l mka0

x4k

=1a0

x4

k

=a0(x),k x, a0(x)=1.

COROLARIO 146. (Teorema de los nmeros pentagonales)|x| < 1 |x| 32 =x 32


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4.4. DOS RESULTADOS DE EULER 50

ie,

n1

1 x2n

1 x2nz

1 x2n2z1

=

mZxm

2+m (1)mzm

donde

mZxm2+m (1)mzm = m0(1)m xm2+m

zm zm1 yzm zm1 =

zm

1 z(2m+1)

= zm1 z1 2mi=0zipues 1tk1t Ruffini= k1i=0 ti (y,

en particular, parat = z1 yk= 2m+ 1).

n1

1 x2n2z1 x22=1= 1 z1n2 1 x2n2z1= 1 z1n1 1 x2nz1En defin

métodos analíticos en teoría de números

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