Kiss Sándor

Additív Reprezentációfüggvények

Szakdolgozat témavezető

Sárközy András

2005. május

Tartalomjegyzék

1. Kezdeti eredmények 3 2. Erdős - Fuchs tétel 9 3. Additív reprezentációfüggvények tulajdonságai 15

Irodalomjegyzék 47

Bevezetés

Ebben a szakdolgozatban az additív reprezentációfüggvények regularitási tulajdonságaival szeretnék foglalkozni. E témakör kutatása az 1950-es években kezdődött. Azóta több mint 50 cikket írtak erről a témakörről, és számos érdekes problémát vetettek fel, melyek nagy része ma is megoldatlan.

A dolgozat első fejezetében a kezdeti eredményeket tárgyalom. Ezen eredmények nagy része az 1940-es évekből való, és Erdős Pál valamint Turán Pál nevéhez fűződik. A második fejezetben egy alapvetően fontos eredményt az Erdős-Fuchs tételt ismertetem. Ez a tétel 1954-ből való, és azért nagyon fontos, mert kiindulópontja volt az additív reprezentációfüggvények regularitási tulajdonságai vizsgálatának. Végül a harmadik fejezetben foglalkozom az additív reprezentációfüggvények regularitási tulajdonságaival. Főként a két legfontosabb tulajdonságot a korlátosságot és a monotonitást vizsgálom. Ebben a fejezetben közlöm az önálló eredményeimet is.

Ezúton szeretnék köszönetet mondani Sárközy Andrásnak az érdekes témáért és a hasznos megjegyzéseiért.

A továbbiakban bevezetünk néhány jelölést. ℕ jelöli a természetes számok halmazát, ℤ az egész számok halmazát, míg ℝ a valós számok halmazát. Legyen A ⊂ ℕ, A = {a_{1}, a_{2}, … } (a_{1} < a_{2} < …), i, j ∈ ℕ. Jelölje az alábbi

a_{i} + a_{j} = n, a_{i}, a_{j}, ∈ A,
a_{i} + a_{j} = n, i < j, a_{i}, a_{j} ∈ A,
a_{i} + a_{j} = n, i ≤ j, a_{i}, a_{j}, ∈ A,

egyenletek megoldásainak a számát R_{1}(n), R_{2}(n) és R_{3}(n). Jelölje továbbá A^{c} az A halmaz komplementerét. Végül, ha F (n) = O(G(n)), akkor F (n) ≪ G(n), és

A(n) = ∑_{a∈A^{a≤n}} 1.

1. fejezet

Kezdeti eredmények

Ebben a fejezetben bemutatok néhány fontos és számomra érdekes eredményt, amelyek fontos részét képezték az additív reprezentációfüggvények vizsgálatának.

1.0.1 Definíció. Legyenek g és h természetes számok, és legyen h ≥ 2. Jelölje B_{h}[g] azon A sorozatok osztályát, melyre minden n pozitív egész számnak legfeljebb g darab

a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{h} = n (a_{1} ∈ A, … a_{h} ∈ A) a_{1} ≤ a_{2} ≤ ⋯ ≤ a_{h} (1.1)

alakú reprezentációja van.

1.0.2 Definíció. Ha A ⊂ B_{h}[g] akkor azt mondjuk, hogy az A egy B_{h}[g]- sorozat. A g = 1 esetben B_{h}[1] helyett egyszerűen csak B_{h}-t írunk.

1.0.3 Definíció. Jelölje F_{h}(n) azon elemek maximális számát ℕ-ből, melyek B_{h}-sorozatot alkotnak.

1.0.4 Tétel. (Erdős-Turán)

F_{2}(n) < n^{1/2} + O(n^{1/4}).  (1.2)

Bizonyítás. Jelölje r = F_{2}(n), és legyen a_{1} < a_{2} < … < a_{r} a maximális B_{2} sorozat, amit A-val jelölünk. Világos, hogy A ⊂ [1, n]. Legyen u egy pozitív egész, u < n, és tekintsük a következő n + u darab intervallumot:

J_{m} = [−u + m, −1 + m] ahol (m = 1, 2, … n + u).

Jelölje

A_{m} = ∑_{a∈A∩J_{m}} 1.

Mivel minden egyes a_{i} pontosan u darab intervallumban van, ezért

∑_{m=1}^{n+u} A_{m} = ru.  (1.3)

A J_{m}-ben lévő (a_{i}, a_{j}) (i < j ≤ r) párok száma éppen \frac{1}{2}A_{m}(A_{m} − 1). Ezért az összes ilyen párok száma, amelyek mind ugyanabban a J_{l} (1 ≤ l ≤ n + u) intervallumban vannak, éppen

\frac{1}{2} ∑_{m=1}^{n+u} A_{m}(A_{m} − 1).  (1.4)

A Cauchy-egyenlőtlenség felhasználásával kapjuk, hogy

(ru)^{2} = ( ∑_{m=1}^{n+u} A_{m})^{2} ≤ ( ∑_{m=1}^{n+u} 1)( ∑_{m=1}^{n+u} A_{m}^{2}) = (n + u) ∑_{m=1}^{n+u} A_{m}^{2},

amiből

\frac{1}{2} ∑_{m=1}^{n+u} A_{m}(A_{m} − 1) ≥ \frac{1}{2}ru(\frac{ru}{n + u} − 1).

Másrészt bármely (1.4)-ben lévő (a_{i}, a_{j}) párra a_{j} − a_{i} = d, melyre 1 ≤ d ≤ u − 1. Mivel ezek a d-k mind különbözők, ezért minden egyes d-hez legfeljebb egy ilyen pár tartozik. Egy bizonyos d-hez tartozó pár pontosan u−d darab J_{l} intervallumban van benne. Emiatt a (1.4)-ben kiszámolt párok száma legfeljebb

∑_{d=1}^{u−1}(u − d) = \frac{1}{2}u(u − 1).

Összevetve a (1.4)-re kapott alsó és felső becslést azt kapjuk, hogy

\frac{1}{2}ru(ru − n − u) ≤ \frac{1}{2}u(u − 1)(u + n).

Ebből 1 ≤ u < n felhasználásával következik, hogy

r(ru − 2n) < u(u + n),

azaz

r < \frac{n}{u} + (n + u + \frac{n^{2}}{u^{2}} )^{1/2}.

Ebből u = [n^{3}/4] választással kapjuk, hogy

r < n^{1/2} + O(n^{1/4}).

Ezzel a bizonyítást befejeztük.

1.0.5 Következmény. lim sup_{n→∞} n^{−1/2}F_{2}(n) = 1.

Erdős és Turán azt sejtették, hogy lim_{n→∞} n^{−1/2}F_{2}(n) = 1. Néhány évvel később Chowla és Erdős egymástól függetlenül bebizonyították, hogy lim inf_{n→∞} n^{−1/2}F_{2}(n) ≥ 1, ami igazolja a fenti sejtést. Valójában ennél sokkal pontosabb eredmények is vannak. Szükségünk lesz az alábbi tételre:

1.0.6 Tétel. (Bose-Chowla) Legyen h ≥ 2 pozitív egész, és legyen m egy prímhatvány. Ekkor

F_{h}(m^{h} − 1) ≥ m.

1.0.7 Következmény. Legyen t ≥ 0 egész, m prímhatvány, h ≥ 2 egész. Ekkor létezik olyan B_{h} sorozat, ami m elemet tartalmaz, és valódi része a [t; t + m^{h} − 2] intervallumnak.

Ebből a tételből m = p és F_{h}(n) függvény n-ben növekedő választással kapjuk, hogy F_{h}(p^{h}) ≥ p minden h ≥ 2 egészre, és minden p prímre. Figyelembe véve, hogy lim_{p→∞} \frac{p}{p′} = 1 ahol p, p′ egymást követő prímek, azonnal látszik, hogy lim inf_{n→∞} n^{−1/h}F_{h}(n) ≥ 1 ahol (h = 2, 3, …). Felhasználva azt a sokkal mélyebb eredményt, amely szerint p − p′ = O(p^{5/8}) minden p, p′ egymást követő prímekre, azonnal adódik az alábbi tétel:

1.0.8 Tétel. (Bose-Chowla) Minden egyes h ≥ 2 egészre

F_{h}(n) > n^{1/h} − O(n^{5/(8h)}).

Összefoglalva az eddigieket a következő igaz:

1.0.9 Tétel.

n^{1/2} − O(n^{5/16}) < F_{2}(n) < n^{1/2} + O(n^{1/4}).

Ebből következik, hogy F_{2}(n) = n^{1/2} + O(n^{5/16}).

Ezek után érdemes megvizsgálni a végtelen B_{2} sorozatok esetét is. Ezen a területen ugyancsak Erdős Pál ért el fontos eredményeket.

1.0.10 Tétel. Minden A végtelen B_{2} sorozatra igaz, hogy

lim inf_{n→∞} n^{−1/2}(log n)^{1/2}A(n) ≪ 1.

Bizonyítás. Legyen N egy nagy pozitív egész, és legyen

τ_{A}(N) = inf_{n≥N} A(n)(log n/n)^{1/2},

belátjuk, hogy τ_{A}(N) ≪ 1 abszolút konstanssal. Jelölje D_{l} egy adott A B_{2} sorozat (l − 1)N < a ≤ lN intervallumba eső elemeinek a számát. A

0 < a_{i} − a_{j} < N,

a_{i}, a_{j} ∈ A -beli megoldások száma kevesebb, mint N. Emiatt

∑_{l=1}^{∞} \frac{1}{2}D_{l}(D_{l} − 1) < N.  (1.5)

De ha D_{l} > 1, akkor D_{l}(D_{l} − 1) ≥ \frac{1}{2}D_{l}^{2}, és (1.5)-ből következik, hogy

∑_{l=1}^{N} D_{l}^{2} = ∑_{D_{l}=1^{l=1}} 1 + ∑_{D_{l}>1^{l=1}} D_{l}^{2} ≤ N + 2 ∑_{l=1}^{∞} D_{l}(D_{l} − 1) < 5N.  (1.6)

Másrészt a Cauchy egyenlőtlenségből adódik, hogy

( ∑_{i=1}^{N} \frac{1}{l})( ∑_{l=1}^{N} D_{l}^{2}) ≥ ( ∑_{l=1}^{N} \frac{D_{l}}{l^{1/2}} )^{2}.  (1.7)

Ezekből

∑_{l=1}^{N} \frac{D_{l}}{l^{1/2}} = ∑_{l=1}^{N}(A(lN) − A((l − 1)N))\frac{1}{l^{1/2}} = ∑_{l=1}^{N} A(lN)(\frac{1}{l^{1/2}} − \frac{1}{(l + 1)^{1/2}} )+

\frac{A(N^{2})}{(N + 1)^{1/2}} ≥ τ_{A}(N) ∑_{l=1}^{N} (\frac{lN}{log lN} )^{1/2}(\frac{1}{l^{1/2}} − \frac{1}{(l + 1)^{1/2}} ) ≫

τ_{A}(N)(\frac{N}{log N} )^{1/2} ∑_{l=1}^{N} \frac{1}{l}.

Behelyettesítve (1.7)-be kapjuk, hogy

∑_{l=1}^{N} D_{l}^{2} ≫ Nτ_{A}^{2}(N)

és (1.6) adja a kívánt eredményt. Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Erdős Pál konstrukciót is adott:

1.0.11 Tétel. Létezik olyan A végtelen B_{2} sorozat, melyre lim sup_{n→∞} n^{−1/2}A(n) ≥ \frac{1}{2}.

Bizonyítás. Minden egyes páratlan prímhez konstruálunk olyan A_{p} sorozatot, amely a következő p − 1 számból áll:

a_{k} = 2p(k + p) + (k^{2})_{p} (k = 1, 2, … p − 1),  (1.8)

ahol (k^{2})_{p} jelöli azt az u egészt, amelyre u ≡ k^{2} (modp), 1 ≤ u ≤ p − 1.

Világos, hogy A_{p} egy B_{2} sorozat. Ha ugyanis a_{k_{1}} + a_{k_{2}} = a_{k_{3}} + a_{k_{4}}, akkor 2p(k_{1} + k_{2} − k_{3} − k_{4}) = (k_{3}^{2})_{p} + (k_{4}^{2})_{p} − (k_{1}^{2})_{p} − (k_{2}^{2})_{p}, azaz k_{1} + k_{2} = k_{3} + k_{4} és k_{1}^{2} +k_{2}^{2} ≡ k_{3}^{2} +k_{4}^{2} (modp); ebből azonnal következik, hogy k_{1} = k_{3} és k_{2} = k_{4} vagy k_{1} = k_{4} és k_{2} = k_{3}. Világos, hogy

A_{p} ⊂ (2p^{2}; 4p^{2} − p).  (1.9)

Valamint ha a′, a′′ különböző elemei A_{p}-nek, akkor

p < |a′ − a′′| < 2p^{2} − p.  (1.10)

Ez utóbbi mutatja, hogy ha az A_{p} halmazok P elég gyorsan növő prímszámok halmazához tartozó p-khez tartoznak, akkor

A = A(P) = ∪_{p∈P}A_{p}

is B_{2}-ben van. Ez elég a tétel bizonyításához, ugyanis A_{p} tartalmaz p − 1 elemet, úgy, hogy (1.9)-ból

A(4p^{2} − p − 1) ≥ p − 1 ha p ∈ P.

Tegyük fel, hogy p_{1} < p_{2} < … a P elemei, és

p_{r+1} ≥ 4p_{r}^{2} ahol (r = 1, 2, …).  (1.11)

Elegendő bebizonyítani, hogy ha a^{(1)}, a^{(2)}, a^{(3)}, a^{(4)} ∈ A_{p}, melyekre a^{(1)} nem egyenlő a^{(2)} és a^{(1)} nem egyenlő a^{(3)} akkor

a^{(1)} − a^{(2)} = a^{(3)} − a^{(4)}  (1.12)

nem állhat fenn. Feltehetjük, hogy

a^{(1)} > a^{(2)} ≥ a^{(3)} > a^{(4)}.  (1.13)

Tegyük most fel, hogy a^{(1)} ∈ A_{p_{s}}. Mivel A_{p_{s}} elemei nem elégítik ki (1.12)-t, ezért feltehetjük, hogy a^{(4)} ∉ A_{p_{s}} (speciálisan s > 1). Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy a^{(3)} benne van e A_{p_{s}}-ben vagy sem. Tegyük fel először, hogy a^{(3)} ∈ A_{p_{s}} (azaz (1.13) miatt a^{(2)} is A_{p_{s}}-ben van). Ekkor (1.10) miatt

a^{(1)} − a^{(2)} < 2p_{s}^{2} − p_{s},

ahonnan (1.9) és (1.11) felhasználásával kapjuk, hogy

a^{(3)} − a^{(4)} > 2p_{s}^{2} − 4p_{s−1}^{2} ≥ 2p_{s}^{2} − p_{s}

tehát (1.12) nem állhat fenn. Tegyük most fel, hogy a^{(3)} ∉ A_{p_{s}}. Ekkor (1.9),(1.10) és (1.11)-ból kapjuk, hogy

a^{(1)} − a^{(2)} > min(p_{s}, 2p_{s}^{2} − 4p_{s−1}^{2}) = p_{s};

valamint (1.9) és (1.11) miatt

a^{(3)} − a^{(4)} < 4p_{s−1}^{2} ≤ p_{s},

azaz (1.12) ugyancsak nem állhat fenn. Ezzel a tételt bebizonyítottuk. Valamivel többet mond Krückeberg nevezetes tétele.

1.0.12 Tétel. Létezik olyan A végtelen B_{2} sorozat, amelyre lim sup_{n→∞} n^{−1/2}A(n) ≥ \frac{1}{\sqrt{2}}.

Ennek a tételnek a bizonyítása túlságosan hosszú, ezért itt nem tárgyaljuk, de megtalálható például [1]-ben.

Erdős - Fuchs tétel

Ebben a fejezetben egy alapvetően fontos eredményről, az Erdős - Fuchs tételről lesz szó. Ez a tétel 1954-ben született, és azért nagyon fontos, mert ebből alakult ki az additív reprezentációfüggvények elmélete.

2.0.13 Tétel. (Erdős - Fuchs) Legyen az A ⊂ ℕ, és c > 0. Jelölje a_{i} + a_{j} ≤ n, (a_{i}, a_{j} ∈ A) megoldásszámát S(A, n). Ekkor

S(A, n) − cn = o(\begin{matrix}^{4} & \sqrt{n} \\ √ & \overline{log n} \end{matrix})  (2.1)

nem állhat fenn.

Nyilván ki kell zárni a c = 0 esetet, mert S(A, n) = o(\begin{matrix}^{4} & \sqrt{n} \\ √ & \overline{log n} \end{matrix}) könnyen

elérhető, ha a_{i} ⟶ ∞ elég gyorsan. Az a_{i} = i^{2} esetben az S(A, n) becslése az úgynevezett körprobléma vagyis az a probléma, hogy az origó középpontú \sqrt{n} sugarú körben hány rácspont van, azaz az x^{2} + y^{2} ≤ n, (x, y ∈ ℤ) megoldásszáma. Hardy és Landau bebizonyították, hogy S(A, n) = cn +

d\sqrt{n} + o(\sqrt[4]{\frac{n}{log n}}) (d ∈ ℝ) nem állhat fenn. A fenti tétel akkor is igaz,

ha a nemnegatív számokból álló A halmaz elemei nem feltétlenül egészek. Legyen ugyanis a′_{i} = [a_{i}], az S(A, n) pedig az a′_{i} + a′_{j} ≤ n megoldásszáma. Ekkor S(A, n) ≤ S′(A, n) ≤ S(A, n + 2) és mivel S′(A, n)-re igaz (2.1) azért S(A, n)-re is igaz. A tételt először Erdős és Fuchs bizonyították be, az ő módszerük bonyolult komplex függvénytani eszközöket használ, ezért itt egy W. Jurkattól származó valamivel egyszerűbb bizonyítást adunk.

Bizonyítás. Tegyük fel indirekt, hogy (2.1) teljesül. Legyen az a + a′ = m a, a′ ∈ A egyenlet megoldásszáma R(m). Ekkor S(A, n) = S(n) = ∑_{m=1}^{n} R(m). Legyen z = re(α). Jelölje az A generátorfüggvényét

F (z) = ∑_{a∈A} z^{a}.

Ez a sor |z| < 1 esetén abszolút konvergens. Ekkor

F^{2}(z) = ∑_{a∈A} z^{a} ∑_{a′∈A} z^{a′} = ∑_{a∈A} ∑_{a′∈A} z^{a+a′} = ∑_{m=1}^{∞} R(m)z^{m}.

Vagyis

\frac{F^{2}(z)}{1 − z} = ∑_{m=1}^{∞} R(m)z^{m} ∑_{k=0}^{∞} z^{k} = ∑_{n=1}^{∞} ( ∑_{m≤n} R(m))z^{n} = ∑_{n=1}^{∞} S(n)z^{n}.

Írjunk S(n) = cn + K(n) - et, ahol az indirekt feltevés szerint

K(n) = o(\begin{matrix}^{4} & \sqrt{n} \\ √ & \overline{log n} \end{matrix});

ebből fogunk ellentmondást kihozni. Beírva a fentieket

\frac{F^{2}(z)}{1 − z} = ∑_{n=1}^{∞} S(n)z^{n} = ∑_{n=1}^{∞}(cn + K(n))z^{n} = c ∑_{n=1}^{∞} nz^{n} + ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}

= cz ∑_{n=1}^{∞} nz^{n−1} + ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n} = \frac{cz}{(1 − z)^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}.

Beszorozva (1 − z) - vel

F^{2}(z) = \frac{cz}{1 − z} + (1 − z) ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n},

ahol K(n) = o(\begin{matrix}^{4} & \sqrt{n} \\ √ & \overline{log n} \end{matrix}). Most bevezetünk néhány jelölést: ε = ε(c) egy

c-től függően elég kicsi szám; N ∈ ℕ ε-tól és c-től függően elég nagy szám, ezzel az N-nel legyen |z| = r = 1 − \frac{1}{N}, z = re(α) ahol α fut. Végül legyen m = [εN^{1/2}(log N)^{−1}]. A következő integrált fogjuk becsülni:

I = ∫_{0}^{1} |F (z)|^{2}|\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |^{2}dα.

Alsó és felső becslést adunk I-re, és ennek segítségével kapunk ellentmondást. Lássuk az alsó becslést!

|\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |^{2} = ∑_{k=0}^{m−1} r^{k}e(kα) ∑_{l=0}^{m−1} r^{l}e(−lα)

= ∑_{k=0}^{m−1} r^{2k} + ∑_{j=1}^{∞} ( ∑_{l=0}^{m−1} r^{2l+j})(e(jα) + e(−jα)) = ∑_{k=−∞}^{+∞} d_{k}e(kα),

innen

d_{0} = ∑_{k=0}^{m−1} r^{2k} > mr^{2(m−1)}.

Behelyettesítve kapjuk, hogy

d_{0} > \frac{ε}{2}N^{1/2}(log N)^{−1}

és d_{k} ≥ 0 minden k - ra. Másrészt,

|F^{2}(α)| = F (α)F (−α) = ∑_{a∈A} r^{a}e(aα) ∑_{a′∉A} r^{a′}e(−a′α)

= ∑_{a∈A} r^{2a} + ∑_{j=−∞}^{+∞} ( ∑_{a−a′=j^{a,a′∈A}} r^{a+a′})e(jα) = ∑_{l=−∞}^{+∞} g_{l}e(lα)

ekkor

g_{0} = ∑_{a∈A} r^{2a} ≥ ∑_{a≤N^{a∈A}} r^{2N} = (1 − \frac{1}{N} )^{2N} ∑_{a≤N^{a∈A}} 1 > \frac{1}{10}A(N),

és g_{l} ≥ 0 minden l-re. Ekkor

I = ∫_{0}^{1} ( ∑_{l=−∞}^{+∞} g_{l}e(lα))( ∑_{k=−∞}^{+∞} d_{k}e(kα))dα

= ∑_{l=−∞}^{+∞} g_{l}d_{−l} ≥ g_{0}d_{0} > \frac{ε}{20}N^{1/2}(log N)^{−1}A(N).

Szükségünk lesz az alábbi lemmára:

2.0.14 Lemma. Az indirekt feltevésből következik, hogy elég nagy N-re A(N) > \sqrt{\frac{cN}{2}} .

Bizonyítás.

S(N) = ∑_{a+a′≤N^{a,a′∈A}} 1 ≤ ∑_{a,a′≤N^{a,a′∈A}} 1 = (A(N))^{2},

ahonnan A(N) > \sqrt{\frac{cN}{2}} következik.

Így:

I > \frac{ε}{20}N^{1/2}(log N)^{−1}\sqrt{\frac{c}{2}}N^{1/2} > \frac{ε}{30}\sqrt{c}\frac{N}{log N} .

Ezek után felső becslést adunk I-re.

I = ∫_{0}^{1} |\frac{cz}{1 − z} + (1 − z) ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}||\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |^{2}dα

≤ ∫_{0}^{1} |\frac{cz}{1 − z} ||\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |^{2}dα + ∫_{0}^{1} |1 − z^{m}||\frac{1 − z^{m}}{1 − z} || ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}|dα = I_{1} + I_{2}.

Először I_{1} - et becsüljük felülről. Ehhez |1 − z| - t kell alúlról.

|1 − z|^{2} = |1 − re(α)|^{2} = (1 − re(α))(1 − re(−α))

= 1 + r^{2} − 2r cos 2πα = (1 − r)^{2} + 2r(1 − cos 2πα)

= \frac{1}{N^{2}} + 4r sin^{2} πα

Mivel | sin β| ≥ \frac{2}{π}|β| ha |β| ≤ \frac{π}{2} amiből

\frac{1}{N^{2}} + 4r sin^{2} πα ≥ \{ \begin{matrix}\frac{1}{N^{2}} , ha |α| ≤ \frac{1}{N} \\ 48α^{2}, ha \frac{1}{N} ≤ |α| ≤ \frac{1}{2} \end{matrix}

Vagyis

\frac{1}{|1 − z|} ≤ \{ \begin{matrix}N, ha |α| ≤ \frac{1}{N} \\ \frac{1}{3|α|}, ha \frac{1}{N} ≤ |α| ≤ \frac{1}{2} \end{matrix}

Emiatt

∫_{0}^{1} \frac{1}{|1 − z|}dα ≤ ∫_{|α|≤ \frac{1}{N}} Ndα + ∫_{\frac{1}{N} ≤|α|≤ \frac{1}{2}} \frac{1}{3|α|}dα

≤ 2 + \frac{2}{3} log N < log N.

Tehát

I_{1} ≤ m^{2}c ∫_{0}^{1} \frac{1}{|1 − z|}dα ≤ [εN^{1/2}(log N)^{−1}]^{2}c log N < ε^{2}c\frac{N}{log N} .

Ezek után I_{2} - t becsüljük felülről. Ehhez felhasználjuk a Cauchy egyenlőtlenséget, és a Parseval formulát.

I_{2} ≤ 2 ∫_{0}^{1} |\frac{1 − z^{m}}{1 − z} || ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}|^{2}dα

≤ 2( ∫_{0}^{1} |\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |dα)^{1/2}( ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} K(n)z^{n}|^{2}dα)^{1/2}.

Az első tényező becsléséhez a Parseval formulát használom.

∫_{0}^{1} |\frac{1 − z^{m}}{1 − z} |^{2}dα = ∫_{0}^{1} | ∑_{k=0}^{m−1} z^{k}|^{2}dα = ∫_{0}^{1} | ∑_{k=0}^{m−1} r^{k}e(kα)|dα = ∑_{k=0}^{m−1} r^{2k} < m.

A második tényező becsléséhez a Parseval formulát, és az indirekt feltevést használom.

∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} K(n)r^{n}e(nα)|^{2}dα = ∑_{n=1}^{∞}(S(n))^{2}r^{2n} = ∑_{n=1}^{∞} o(\frac{\sqrt{n}}{log n})r^{2n}

= ∑_{n≤\sqrt{N}} o(\frac{\sqrt{n}}{log n}) + ∑_{\sqrt{N}<n} o(\frac{\sqrt{n}}{log n}) = O( ∑_{n≤\sqrt{N}} \sqrt{N}) + o( ∑_{\sqrt{N}<n} \frac{\sqrt{n}}{log n}r^{2n})

= O(N) + o(\frac{1}{log N} ∑_{n=1}^{∞} \sqrt{n}(r^{2})^{n}) = O(N) + o(\frac{N^{3/2}}{log N} ).

Ugyanis 0 < x < 1 - re (1 − x)^{−3/2} = 1 + ∑_{k=1}^{∞} h_{k}x^{k} - t írva igazolható, hogy \sqrt{k} < \frac{1}{c_{1}} h_{k}. Ekkor

∑_{n=1}^{∞} \sqrt{n}(r^{2})^{n} < \frac{1}{c_{1}} (1 + ∑_{n=1}^{∞} h_{k}(r^{2})^{n}) = (1 − r^{2})^{−3/2} = \frac{1}{(1 + r)^{3/2}(1 − r)^{3/2}}

< \frac{1}{(\frac{1}{N} )3/2} = N^{3/2}.

Emiatt

I_{2} ≤ 2\sqrt{m}o(\frac{N^{3/4}}{\sqrt{log N}} ) = o(\sqrt{N^{1/2}(log N)^{−1}} \frac{N^{3/4}}{\sqrt{log N}} ) = o(\frac{N}{log N} ).

Összegezve

\frac{ε}{30}\sqrt{c}\frac{N}{log N} < I ≤ I_{1} + I_{2} < ε^{2}c\frac{N}{log N} + o(\frac{N}{log N} ).

Ebből

\frac{ε}{30}\sqrt{c} < ε^{2}c + o(1).

Ha N ε - tól és c - től függően elég nagy, és ε c - től függően elég kicsi, például ε = \frac{1}{40\sqrt{c}} akkor ellentmondást kapunk. Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Csak megemlítem, hogy ennek a tételnek számos általánosítása, kiterjesztése ismert. Sárközy András 1980 - ban bebizonyította a tétel kiterjesztését arra az esetre, amikor két olyan sorozatot adunk össze, amelyek csak közel azonosak.(Lásd: [2]). Az Erdős - Fuchs tétel számos más irányban történő általánosítását, kiterjesztését végezte el Horváth Gábor a [3], [4] és [5] cikkekben, ezekkel itt részletesebben nem foglalkozom.

Additív reprezentációfüggvények tulajdonságai

Ebben a fejezetben az additív reprezentációfüggvények tulajdonságaival foglalkozunk. Az előző fejezetekben már tárgyaltuk a Sidon által felvetett kérdéseket, és az ezzel kapcsolatos Erdős - Fuchs tételt is. (lásd 2.0.13 tétel.) Ezen eredmények után kezdte el vizsgálni Erdős Pál és Sárközy András az additív reprezentációfüggvények regularitási tulajdonságait, majd kicsit később csatlakozott hozzájuk T. Sós Vera is. Első ebben a témában írt közös cikkükben Erdős és Sárközy a következő kérdést vizsgálták: Mi a helyzet az |R_{1}(n)−F (n)| különbséggel, ahol F (n) valamilyen ”sima” függvény? Egészen pontosan az alábbi eredményt kapták(lásd:[6]):

3.0.15 Tétel. Legyen F (n) egy olyan számelméleti függvény, melyre a következők igazak:

F (n) ⟶ ∞,  (3.1)
F (n + 1) ≥ F (n) n ≥ n_{0},  (3.2)
F (n) = o(n(log n)^{−2}),  (3.3)

valamint legyen

Γ(N) = ∑_{n=1}^{N}(R_{1}(n) − F (n))^{2}.  (3.4)

Ekkor

Γ(N) = o(NF (N))  (3.5)

nem állhat fenn.

Ennek a tételnek a bizonyítását alább közöljük.

Bizonyítás. Ha egy számelméleti függvény kielégíti (3.1)-t akkor

F (N) ≥ 1 ha N ≥ N_{0}.  (3.6)

Tegyük fel, hogy csak véges sok olyan pozitív egész M létezik, melyre

\frac{F (M + j)}{F (M)} < (\frac{M + j}{M} )^{2} ha j = 1, 2, ….

Ekkor létezik olyan M_{0} pozitív egész melyre M ≥ M_{0}, és létezik olyan M′ = M′(M) pozitív egész is, hogy M′ > M és

\frac{F (M′)}{F (M)} ≥ (\frac{M′}{M} ).

Ekkor ha M_{1} = max(N_{0}, M_{0}) indukcióval kapjuk, hogy létezik olyan pozitív egészekből álló M_{1} < M_{2} < ⋯ < M_{j} < … sorozat, melyre

\frac{F (M_{j+1})}{F (M_{j})} ≥ (\frac{M_{j+1}}{M_{j}} )^{2}

ha j = 1, 2, … amiből

\frac{F (M_{k+1})}{F (M_{1})} = ∏_{j=1}^{k} \frac{F (M_{j+1})}{F (M_{j})} ≥ ∏_{j=1}^{k} (\frac{M_{j+1}}{M_{j}} )^{2} = (\frac{M_{k+1}}{M_{1}} ),

F (M_{k+1}) ≥ \frac{F (M_{1})}{M_{1}^{2}}M_{k+1}^{2} ≥ \frac{1}{M_{1}^{2}} M_{k+1}^{2} > M_{k+1}^{3/2}

elég nagy k-ra. Vagyis

R_{1}(n) = ∑_{a_{i}+a_{j}=n} 1 ≤ ∑_{k+l=n} 1 = n − 1 < n

fennáll minden n-re. Ezért elég nagy k-ra

Γ(M_{k+1}) = ∑_{n=1}^{M_{k+1}}(R_{1}(n) − F (n))^{2} ≥ (R_{1}(M_{k+1}) − F (M_{k+1}))^{2}

= (F (M_{k+1}))^{2}(1 − \frac{R_{1}(M_{k+1})}{F (M_{k+1})})^{2} > (F (M_{k+1}))^{2}(1 − \frac{M_{k+1}}{(M_{k+1})^{3/2}} )^{2}

> \frac{1}{2}(F (M_{k+1}))^{2} > \frac{1}{2}M_{k+1}^{3/2}F (M_{k+1})

amiből látszik, hogy (3.5) nem állhat fenn. Tegyük fel, hogy létezik végtelen sok M pozitív egész, melyre

\frac{F (M + j)}{F (M)} < (\frac{M + j}{M} )^{2} ha j = 1, 2, ….  (3.7)

Indirekt tegyük fel, hogy F (n) kielégíti (3.1), (3.2) és (3.3) feltételeket, és fennáll (3.5), de létezik egy olyan A = (a_{1} < a_{2} < …) sorozat, melyre (3.5) teljesül. Szükségünk lesz a következő lemmára:

3.0.16 Lemma. Tegyük fel, hogy F (n) kielégíti (3.1), (3.2) feltételeket, és fennáll (3.3), (3.5) is, M nagy és kielégíti (3.7)-et. Legyen N = 2M. Ekkor létezik d pozitív egész, melyre

0 < d ≤ 10^{6}F (n)  (3.8)

és

∑_{a∈A,a−d∉A^{a≤N}} 1 > \frac{1}{6}(NF (N))^{1/2}.  (3.9)

Bizonyítás. Először alsó becslést adunk A(n)-re, ahol

A(N) = ∑_{a∈A^{a≤N}} 1.

Figyelembe véve az F (n)-re vonatkozó feltételeket, (3.5), (3.7)-öt, és felhasználva a Cauchy - egyenlőtlenséget kapjuk, hogy elég nagy M-re

(A(N))^{2} = ( ∑_{a_{i}≤N} a_{i})^{2} = ∑_{a_{i}≤N,a_{j}≤N} 1 ≥ ∑_{a_{i}+a_{j}≤N} 1  (3.10)

= ∑_{n=1}^{N} R_{1}(n) = ∑_{n=1}^{N} F (n) + ∑_{n=1}^{N}(R_{1}(n) − F (n))

≥ ∑_{n=M+1}^{N} F (n) − ∑_{n=1}^{N} |R_{1}(n) − F (n)|

≥ ∑_{n=M+1}^{N} F (M) − (Γ(N)N)^{1/2} = MF (M) − o(N(F (N))^{1/2})

> \frac{N}{2} (\frac{M}{2M} )^{2}F (2M) − N(F (N))^{1/2}

= \frac{N}{8} F (N)(1 − (F (N))^{−1/2}) > \frac{1}{9}NF (N)

ahonnan

A(N) > \frac{1}{3}(NF (N))^{1/2}.

Ha rögzített d-re a

a_{x} − a_{y} = d, a_{x} ≤ N  (3.11)

egyenlet megoldásszámát φ(d) jelöli, és d nem elégíti ki (3.9)-et, akkor

φ(d) = ∑_{a∈A,a−d∉A^{a≤N}} 1 = ∑_{a∈A^{a≤N}} 1 − ∑_{a∈A,a−d∉A^{a≤N}} 1  (3.12)

= A(N) − ∑_{a∈A,a−d∉A^{a≤N}} 1 ≥ \frac{1}{6}(NF (N))^{1/2}.

Ha kiindulunk (a_{x_{1}}, a_{y_{1}}), (a_{x_{2}}, a_{y_{2}}), x_{1} < x_{2} tetszőleges párokból, amelyek a (3.11) egyenlet megoldásai, akkor

a_{x_{1}} − a_{y_{1}} = a_{x_{2}} − a_{y_{2}}, y_{1} < x_{1} < x_{2},

azaz

a_{x_{1}} + a_{y_{2}} = a_{x_{2}} + a_{y_{1}} (≤ 2N), y_{1} < x_{1} < x_{2},

ezért ily módon kapunk egy (a_{u}, a_{v}), (a_{z}, a_{t}) párt, amire

a_{u} + a_{v} = a_{z} + a_{t} (≤ 2N), t < u < z.  (3.13)

Világos, hogy ily módon minden (3.13)-et kielégítő (a_{u}, a_{v}), (a_{z}, a_{t}) számpárt kétszer kapunk meg. Tehát ha nem létezik olyan d amire (3.8) és (3.9) igaz, akkor (3.12) figyelembevételével a (3.13) egyenlet megoldásszáma legalább

\frac{1}{2} ∑_{d=1}^{[10^{6}F (N)]} \frac{(\frac{1}{6}(NF (N))^{1/2})^{2}}{3}  (3.14)

= \frac{1}{216}NF (N)[10^{6}F (N)] > 1000N(F (N))^{2}.

Másrészt rögzített n-re az

a_{u} + a_{v} = a_{z} + a_{t} = n, t < u < z,

egyenlet meghatároz egy számpárt az \binom{R_{1}(n)}{2} darab (a_{u}, a_{v}), (a_{z}, a_{t}) számpárok közül amelyek a a_{x} + a_{y} = n egyenlet megoldásai. Ezért a (3.13)-at kielégítő párok száma legfeljebb

∑_{n=1}^{2N} \binom{R_{1}(n)}{2} ≤ ∑_{n=1}^{2N} \frac{1}{2}(R_{1}(n))^{2} ≤ ∑_{n=1}^{2N}(F (n))^{2} + ∑_{n=1}^{2N}(R_{1}(n) − F (n))^{2}

≤ 2N(F (2N))^{2} + Γ(2N) = 2N(F (2N))^{2} + o(NF (2N))

< 3N(F (2N))^{2} = 3N(F (4M))^{2} < 3N(F (M)(\frac{4M}{M} )^{2})^{2}

< 768N(F (M))^{2} ≤ 768N(F (N))^{2}.

Ez az alsó becslés könnyen láthatóan nagyobb, mint a (3.13)-ben nyert felső becslés, ami ellentmondás. Ezzel a lemmát bebizonyítottuk.

A továbbiakban a tétel bizonyítása során a következő jelöléseket fogjuk használni: M legyen egy nagy pozitív egész ami kielégíti (3.7)-et, legyen N = 2M. d jelöljön egy olyan pozitív egészt, ami kielégíti (3.8) és (3.9)-et a lemmában. Legyen továbbá e^{2iπα} = e(α), és legyen r = e^{−1/N}, z = re(α) ahol α egy valós változó, olyan, hogy egy p(z) függvény α valós függvénye: p(z) = p(re(α)) = P (α). Jelölje

f(z) = ∑_{j=1}^{∞} z^{a_{j}}.

r < 1 esetén ez a végtelen sor, és a bizonyítás során az összes többi végtelen sor abszolút konvergens. Ekkor

f^{2}(z) = ∑_{n=1}^{∞} R_{1}(n)z^{n} = ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n} + ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}

amiből

|f(z)(1 − z^{d})|^{2} ≤ | ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n}||1 − z^{d}|^{2}  (3.15)

+| ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}||1 − z^{d}|^{2}.

Definiáljuk

J = ∫_{0}^{1} |f(z)(1 − z^{d})|^{2}dα ≤ ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n}||1 − z^{d}|^{2}dα

+ ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}||1 − z^{d}|^{2}dα = J_{1} + J_{2}.

Ezután alsó becslést adunk J-re, és felső becslést J_{1}-re és J_{2}-re. A J-re adott alsó korlát nagyobb lesz, mint a felső, ami ellentmondás.

Alsó becslést adunk J-re. Legyen

f(z)(1 − z^{d}) = ∑_{n=1}^{∞} b_{n}z^{n}.

Ekkor nyilvánvaló, hogy ha n ∈ A, n − d ∉ A akkor b_{n} = 1, a Parseval - formula és (3.9) felhasználásával kapjuk, hogy

J = ∫_{0}^{1} |f(z)(1 − z)^{d}|^{2}dα = ∑_{n=1}^{∞} b_{n}^{2}r^{2n} ≥ ∑_{n=1}^{N} b_{n}^{2}r^{2n}  (3.16)

≥ r^{2N} ∑_{n∈A,n−d∉A^{n≤N}} b_{n}^{2} = e^{−2} ∑_{n∈A,n−d∉A^{n≤N}} 1 > \frac{e^{−2}}{6} (NF (N))^{1/2} > \frac{1}{60}(NF (N))^{1/2}.

Most felső becslést adunk J_{1}-re. Világos, hogy

J_{1} = ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n}||1 − z^{d}|^{2}dα  (3.17)

= ∫_{0}^{1} |(1 − z) ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n}||\frac{1 − z^{d}}{1 − z} ||1 − z^{d}|dα.

(3.1) és (3.2) miatt

|(1 − z) ∑_{n=1}^{∞} F (n)z^{n}| = |F (1)z + ∑_{n=2}^{∞}(F (n) − F (n − 1))z^{n}|  (3.18)

≤ F (1) + ∑_{n=2}^{∞} |F (n) − F (n − 1)|r^{n}

≤ c_{3} + ∑_{n=2}^{n_{0}} |F (n) − F (n − 1)|r^{n} + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞} |F (n) − F (n − 1)|r^{n}

= c_{4} + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞}(F (n) − F (n − 1))r^{n}

= c_{4} + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞} F (n)(r^{n} − r^{n+1}) − F (n_{0})r^{n_{0}+1}

< c_{4} + (1 − r)( ∑_{n=n_{0}+1}^{∞} F (n)r^{n})

= c_{4} + (1 − r)( ∑_{n=n_{0}+1}^{N} F (n)r^{n} + ∑_{n=N+1}^{∞} F (n)r^{n})

< c_{4} + (1 − r)( ∑_{n=n_{0}+1}^{N} F (N) + ∑_{n=N+1}^{∞} F (N)(\frac{n}{N} )^{2}r^{n})

= c_{4} + (1 − r)NF (N) + N^{−2}F (N) ∑_{n=N+1}^{∞} n^{2}(r^{n} − r^{n+1})

= c_{4} + (1 − r)NF (N)

+N^{−2}F (N)( ∑_{n=N+1}^{∞}(n^{2} − (n − 1)^{2})r^{n} + N^{2}r^{N}r^{N+1})

< c_{4} + (1 − r)NF (N) + N^{−2}F (N)(2 ∑_{n=N+1}^{∞} nr^{n} + N^{2})

< c_{4} + (1 − r)NF (N) + N^{−2}F (N)(2 ∑_{n=1}^{∞} nr^{n−1} + N^{2})

= c_{4} + (1 − r)NF (N) + 2N^{−2}F (N)(1 − r)^{−2} + F (N)

= c_{4} + (1 − e^{−1/N})NF (N) + 2N^{−2}F (N)(1 − e^{−1/N})^{−2} + F (N)

< c_{4} + N^{−1}NF (N) + 2N^{−2}F (N)(1/2N)^{−2} + F (N)

= c_{4} + 10F (N) < 11F (N).

Másrészt

|\frac{1 − z^{d}}{1 − z} | = | ∑_{j=0}^{d−1} z^{j}| ≤ ∑_{j=0}^{d−1} |z^{j}| < ∑_{j=0}^{d−1} 1 = d

minden α-ra,

|1 − z| = ((1 − z)(1 − z̄))^{1/2} = (1 + |z|^{2} − 2Rez)^{1/2}

= (1 + r^{2} − 2r cos 2πα)^{1/2} = ((1 − r)^{2} + 2r(1 − cos 2πα))^{1/2}

> (2r(1 − cos 2πα))^{1/2} = (2e^{−1/N}2 sin^{2} πα)^{1/2}

≥ (8α^{2})^{1/2} ≥ 2α.

minden 0 ≤ α ≤ \frac{1}{2} ezért

|\frac{1 − z^{d}}{1 − z} | ≤ \frac{1 + |z^{d}|}{|1 − z|} < \frac{2}{2α} = \frac{1}{α} ha 0 < α ≤ \frac{1}{2},  (3.19)

és

|1 − z^{d}| ≤ 1 + |z^{d}| < 2  (3.20)

minden α-ra.

(3.1), (3.3), (3.9), (3.11), (3.19), (3.20) és (3.21) miatt (3.18)-ból kapjuk, hogy elég nagy N esetén

J_{1} ≤ ∫_{0}^{1} 22F (N)|\frac{1 − z^{d}}{1 − z} |dα = 44F (N) ∫_{0}^{1/2} |\frac{1 − z^{d}}{1 − z} |dα  (3.21)

= 44F (N)( ∫_{0}^{1/d} |\frac{1 − z^{d}}{1 − z} |dα + ∫_{1/d}^{1/2} |\frac{1 − z^{d}}{1 − z} |dα)

< 44F (N)(1 + log d) ≤ 44F (N)(1 + log 10^{6}F (N))

< 45F (N) log F (N) < 45F (N) log 9(A(N))^{2}N^{−1}

< 45F (N) log 9N < 46F (N) log N

< 46(NF (N))^{1/2}(F (N)N^{−1}(log N)^{2})^{1/2} = 46(NF (N))^{1/2}o(1)

< o(NF (N))^{1/2}.

Ezután megbecsüljük J_{2}-t. Felhasználva (3.1), (3.2) ,(3.8)-t, az indirekt feltevést, a Cauchy - egyenlőtlenséget, a Parseval - formulát kapjuk, hogy ha N valamilyen ε-tól függően elég nagy, akkor

J_{2} = ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}||1 − z^{d}|dα  (3.22)

≤ ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}|(1 + |z|^{d})^{2}dα

≤ 4( ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))z^{n}|^{2}dα)^{1/2}

= 4( ∑_{n=1}^{∞}(R_{1}(n) − F (n))^{2}r^{2n})^{1/2}

= 4( ∑_{n=1}^{∞}(Γ(n) − Γ(n − 1))r^{2n})^{1/2} = 4( ∑_{n=1}^{∞} Γ(n)(r^{2n} − r^{2n+2}))^{1/2}

= 4((1 − r^{2}) ∑_{n=1}^{∞} Γ(n)r^{2n})^{1/2}

< 4((1 − r^{2})(c_{5} + ∑_{n=1}^{∞} ε^{2}nF (n)r^{2n}))^{1/2}

< 4((1 − r^{2})(c_{5} + ε^{2} ∑_{n=1}^{N} NF (N)r^{2n} + ε^{2} ∑_{n=N+1}^{∞} nF (n)r^{2n}))^{1/2}

< 4((1 − e^{−2/N})(c_{5} + ε^{2}N^{2}F (N))+

+ε^{2}(1 − r^{2}) ∑_{n=N+1}^{∞} nF (M + (n − M))r^{2n})^{1/2}

< 4(\frac{4}{N} ε^{2}N^{2}F (N) + ε^{2}(1 − r^{2}) ∑_{n=N+1}^{∞} nF (M)(\frac{n}{M} )^{2}r^{2n})^{1/2}

< 4(4ε^{2}NF (N) + 4ε^{2}F (N)N^{−2} ∑_{n=N+1}^{∞} n^{3}(r^{2n} − r^{2n+2}))^{1/2}

ámde

∑_{n=N+1}^{∞} n^{3}(r^{2n} − r^{2n+2}) = N^{3}r^{2(N+1)} + ∑_{n=N+1}^{∞}(n^{3} − (n − 1)^{3})r^{2n}

< N^{3} + ∑_{n=N+1}^{∞} 4n^{2}r^{2n} = N^{3} + 4(1 − r^{2})^{−1} ∑_{n=N+1}^{∞} n^{2}(r^{2n} − r^{2n+2})

= N^{3} + 4(1 − e^{−2/N})^{−1}(N^{2}r^{2(N+1)} + ∑_{n=N+1}^{∞}(n^{2} − (n − 1)^{2}r^{2n})

< N^{3} + 4N(N^{2} + 2 ∑_{n=N+1}^{∞} nr^{2n})

= 5N^{3} + 8N(1 − r^{2})^{−1} ∑_{n=N+1}^{∞} n(r^{2n} − r^{2n+2})

= 5N^{3} + 8N(1 − e^{−2/N})^{−1}(Nr^{2(N+1)} + ∑_{n=N+1}^{∞} r^{2n})

< 5N^{3} + 8N^{2}(N + 4^{2(N+1)}(1 − r^{2})^{−1})

< 13N^{3} + 8N^{2}(1 − e^{−2/N})^{−1} < 13N^{3} + 8N^{3} = 21N^{3}.

Tehát azt kaptuk (3.23) figyelembevételével, hogy elég nagy N-re

J_{2} < 4(4ε^{2}NF (N) + 4ε^{2}F (N)N^{−2}21N^{3})^{1/2}  (3.23)

= 4(88ε^{2}NF (N))^{1/2} < 40ε(NF (N))^{1/2}.

Ekkor ha N elég nagy (3.16), (3.17), (3.22) és (3.24) figyelembevételével

\frac{1}{60}(NF (N))^{1/2} < J ≤ J_{1} + J_{2} < ε(NF (N))^{1/2} + 40ε(NF (N))^{1/2} = 41ε(NF (N))^{1/2}.

Ha ε = \frac{1}{2500} és N olyan nagy, hogy F (N) > 0, akkor a fenti egyenlőtlenség nem állhat fenn, ami ellentmondás. Ezzel a tételt igazoltuk.

3.0.17 Következmény. Legyen F (n) olyan számelméleti függvény, melyre teljesül (3.1), (3.2), és (3.3). Ekkor max_{n≤N} |R_{1}(n) − F (n)| = o((F (n))^{1/2}) nem állhat fenn.

Egy későbbi cikkükben azt is megmutatták, hogy ez az eredmény csaknem a legjobb. Ehhez a következőt kellett bebizonyítani:

3.0.18 Tétel. Ha F (n) egy olyan számelméleti függvény, amire

F (n) > 36 log n

teljesül ha n elég nagy, és g olyan valós függvény, melyre (x_{0}, n_{1} ∈ ℝ)

(i) g′(x) létezik, és folytonos (0, +∞)-ben,

(ii) g′(x) ≤ 0 ha x ≥ x_{0},

(iii) 0 < g(x) < 1 ha x ≥ x_{0},

(iv) |F (n) − 2 ∫0^{\frac{n}{2}} g(x)g(n − x)dx| < (F (n) log n)^{1/2} ha n > n_{1}.

Ekkor létezik olyan A halmaz melyre

|R_{1}(n) − F (n)| < 8(F (n) log n)^{1/2} ha n > n_{2}.

Ennek a tételnek számos fontos következménye van.

3.0.19 Következmény. Ha β tetszőleges valós szám, melyre β > 8/π^{1/2}, akkor létezik olyan A végtelen sorozat melyre c_{1} log n < R_{1}(n) < c_{2} log n fennáll az alábbi konstansokkal: c_{1} = β^{2}π − 8βπ^{1/2} és c_{2} = β^{2}π + 8βπ^{1/2}.

3.0.20 Következmény. Ha G(x) olyan (0, +∞)-n definiált valós függvény melyre (i) lim_{x→+∞} \frac{G(x)}{log x} = +∞,

(ii) G(x) = o(x),

(iii) G′(x) létezik és folytonos (0, +∞) - ben,

(iv) G′(x) > 0 ha x > x_{0},

(v) G′(x) = o(\frac{G(x)}{x}).

Ekkor létezik olyan A sorozat, melyre

lim_{x→∞} \frac{R_{1}(n)}{G(n)} = 1

3.0.21 Következmény. Ha 0 < α < 1 akkor létezik olyan A sorozat, hogy

|R_{1}(n) − n^{α}| < 8n^{α/2}(log n)^{1/2} ha n > n_{0}.

Ennek a tételnek a bizonyításához valószínűségelméleti módszerekre van szükség,de ez túl hosszú ahhoz, hogy itt részletezzem. A bizonyítás megtalálható [7] - ben.

Az előbbi tételekben tárgyalt kérdések természetesen általanosíthatók több tagú összegre is. Jelölje a_{i_{1}} + a_{i_{2}} + ⋯ + a_{i_{k}} = n, a_{i_{1}}, a_{i_{2}}, … a_{i_{k}} ∈ A, ahol A = {a_{1}, a_{2}, … } (a_{1} < a_{2} …) egyenlet megoldásszámát R_{k}(n). Ezzel kapcsolatban az alábbi eredmény ismert:

3.0.22 Tétel. Ha F (n) olyan valós értékű számelméleti függvény melyre az alábbiak igazak

(i) F (n) ⟶ +∞,

(ii) F (n + 1) ≥ F (n) ha n ≥ n_{0},

(iii) F (n) = o(n(log n)^{−2}),

és legyen Γ_{k}(N) = ∑_{n=0}^{N}(R_{k}(n) − F (n))^{2}.

Ekkor

Γ_{k}(N) = o(NF (N))

nem állhat fenn.

3.0.23 Következmény. Ha F (n) olyan számelméleti függvény ami kielégíti az előző tétel feltételeit, akkor

max_{n≤N} |R_{k}(n) − F (n)| = o((F (N))^{1/2})

nem állhat fenn.

Ez utóbbi tétel és következmény Horváth Gábor eredménye, a bizonyítás megtalálható [8] - ban. Az máig sem tisztázott, hogy ez a legjobb becslés e.

Foglalkozzunk most a l-edik differenciák kérdésével. Egy adott s_{n} sorozat l-edik differenciáját a következőképpen definiáljuk: Δ_{1}s_{n} = s_{n+1} − s_{n}, és Δ_{l}s_{n} = Δ_{1}(Δ_{l−1}s_{n}) Bebizonyítható teljes indukcióval, hogy

Δ_{l}s_{n} = ∑_{i=0}^{l}(−1)^{l−i}\binom{l}{i}s_{n+i}.  (3.24)

A kérdésben az első eredményeket Sárközy András, Erdős Pál, és T. Sós Vera érték el. Ők az R_{1}(n) függvény első differenciáját vizsgálták, és az alábbi tételeket bizonyították be:

3.0.24 Tétel. Legyenek s_{1} < s_{2} < …, és t_{1} < t_{2} < … amelyekre teljesül, hogy s_{k} < t_{k} ≤ \frac{s_{k+1}}{2} − 1 (k = 1, 2, …), és A = ∪_{k=1}^{∞}\{s_{k}, s_{k+1}, … t_{k}\}. Ekkor |R_{1}(n + 1) − R_{1}(n)| ≤ 3 teljesül minden n-re.

3.0.25 Tétel. Legyen S(N) = ∑_{n=1}^{N}(R_{1}(n + 1) − R_{1}(n))^{2}. Ekkor S(N) =

o((B(A, n))^{2}) nem állhat fenn.

Ezekből triviálisan következik az alábbi:

3.0.26 Következmény. Ha lim_{N→∞} \frac{B(A,N)}{\sqrt{N}} = +∞, akkor |Δ_{1}R_{1}(n)| = |R_{1}(n + 1) − R_{1}(n)| nem lehet korlátos.

Ezen tételek bizonyítása megtalálható [9]-ben.

Végül megmutatták,hogy ez utóbbi eredmény csaknem a legjobb:

3.0.27 Tétel. Minden ε > 0-hoz létezik egy végtelen A sorozat úgy, hogy

• B(A, n) ≫ N^{1/2−ε}

• R_{1}(n), |Δ_{1}R_{1}(n)| is korlátos.

Én k ≥ 2-re általánosítottam az egyik eredményüket, konkrétabban az alábbi tételt bizonyítottam be(lásd [10]):

3.0.28 Tétel. Ha lim_{N→∞} \frac{B(A,N)}{\sqrt[k]{N}} = ∞ akkor |Δ_{k}R_{k}(n)| nem lehet korlátos.

Bizonyítás. Indirekt tegyük fel, hogy létezik C > 0 konstans, hogy |Δ_{k}R_{k}(n)| ≤ C fennáll. A bizonyítás során a következő jelöléseket használjuk: N jelöl egy nagy pozitív egészt, e^{2iπα} = e(α), és r = e^{1/N}, z = re(α), ahol α egy valós

változó olyan, hogy p(z) = p(re(α)) = P (α). Jelölje f(z) = ∑_{j=1}^{∞} z^{a_{j}} (r < 1

esetén ez a sor és az összes többi sor a bizonyításban abszolút konvergens.)

Kiindulunk az I = ∫_{0}^{1} |f(z)(1−z)|^{k}dα integrálból. Alsó és felső becslést adunk

I-re, és kapunk egy konstans felső becslést \frac{B(A,N)}{\sqrt[k]{N}}-re, ami ellentmondás. Az alsó becsléshez használjuk a Hölder-egyenlőtlenséget és a Parseval-formulát.

Legyen f(z)(1 − z) = ∑_{n=1}^{∞} b_{n}z^{n}. Világos, hogy ha n − 1 ∉ A, n ∈ A akkor

b_{n} = 1.

I^{2/k} = ( ∫_{0}^{1} |f(z)(1 − z)|^{k}dα)^{2/k}( ∫_{0}^{1} 1dα)^{1−2/k}

≥ ∫_{0}^{1} |f(z)(1 − z)|^{2}dα = ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} b_{n}z^{n}|^{2}dα = ∑_{n=1}^{∞} b_{n}^{2}r^{2n} ≥ r^{2N} ∑_{n−1∉A,n∈A^{n≤N}} b_{n}^{2}

= e^{−2} ∑_{n−1∉A,n∈A^{n≤N}} 1 = e^{−2}B(A, N)

ahonnan

I ≥ e^{−k}(B(A, N))^{k/2}  (3.25)

Ezután térjünk rá a felső becslésre. Ehhez a Cauchy-egyenlőtlenséget, és a Parseval-formulát használom.

I = ∫_{0}^{1} |f(z)(1 − z)^{k}|dα = ∫_{0}^{1} |f^{k}(z)(1 − z)^{k}|dα = ∫_{0}^{1} |( ∑_{j=0}^{∞} z^{a_{j}})^{k}(1 − z)^{k}|dα

= ∫_{0}^{1} |( ∑_{n=1}^{∞} R_{k}(n)z^{n})(1 − z)^{k}|dα = ∫_{0}^{1} |( ∑_{n=1}^{∞} R_{k}(n)z^{n})( ∑_{i=0}^{k}(−1)^{i}\binom{k}{i}z^{i})|dα

= ∫_{0}^{1} | ∑_{m=1}^{∞} ∑_{i=0}^{k}(−1)^{i}\binom{k}{i}R_{k}(m − i)z^{m}|dα = ∫_{0}^{1} | ∑_{m=1}^{∞} Δ_{k}R_{k}(m − k)z^{m}|dα

≤ ( ∫_{0}^{1} | ∑_{m=1}^{∞} Δ_{k}R_{k}(m − k)z^{m}|^{2}dα)^{1/2} = ( ∑_{m=1}^{∞} |Δ_{k}R_{k}(m − k)|^{2}r^{2m})^{1/2}

≤ C( ∑_{m=1}^{∞} r^{2m})^{1/2} = C(\frac{1}{1 − r^{2}} )^{1/2} ≤ C(\frac{1}{1 − r})^{1/2} = C(\frac{1}{1 − e^{− \frac{1}{N}}} )^{1/2} ≤ C\sqrt{2N}

felhasználva, hogy

1 − e^{−x} = x − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} − ⋯ > x − \frac{x^{2}}{2!} = x(1 − \frac{x}{2}) > \frac{x}{2},

ha 0 < x < 1.

A két becslést összevetve azt kapjuk, hogy

e^{−k}(B(A, N))^{k/2} < I < C\sqrt{2N}

amiből

\frac{B(A, N)}{\sqrt[k]{N}} < e^{2} \sqrt[k]{2C^{2}}

ami ellentmondás. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

3.0.29 Megjegyzés. Bebizonyítottam azt is, hogy alkalmas feltételek mellett Δ_{l}R_{1}(n) sem lehet korlátos, de a bizonyítás sokkal bonyolultabb, és szükség van hozzá néhány új ötletre; ezeket itt hely hiányában nem részletezem.

Ezzel befejeztük az additív reprezentációfüggvény korlátosságának vizsgálatát. Most rátérünk a monotonitási tulajdonságok vizsgálatára. Először is meghatározzuk azokat a sorozatokat, amelyekre az R_{1}(n) függvény monoton növő valahonnan kezdve. Egészen pontosan az alábbi tétel igaz:

3.0.30 Tétel. Az R_{1}(n) függvény monoton növő valahonnan kezdve, azaz létezik egy olyan n_{0} küszöbindex, hogy

R_{1}(n + 1) ≥ R_{1}(n) ha n ≥ n_{0}  (3.26)

akkor és csak akkor, ha az A sorozat tartalmazza az összes pozitív egész számot valahonnan kezdve, azaz létezik egy olyan n_{1} küszöbindex, hogy

A ∩ {n_{1}, n_{1} + 1, n_{1} + 2, … } = {n_{1}, n_{1} + 1, n_{1} + 2, … }.  (3.27)

Meglepő, de az R_{2}(n) függvény teljesen másképp viselkedik, ugyanis sokkal több olya A sorozat van amelyre az R_{2}(n) függvény monoton növő. Szükségünk lesz az alábbi definícióra:

3.0.31 Definíció. Legyen B = {b_{1}, b_{2}, … } (b_{1} < b_{2} < …) pozitív egész számok sorozata. Ekkor B - t Sidon-sorozatnak nevezzük, ha teljesülnek az alábbiak: ha b_{x} + b_{y} = b_{u} + b_{v}, b_{x}, b_{y}, b_{u}, b_{v} ∈ B, b_{x} ≤ b_{y} és b_{u} ≤ b_{v} akkor b_{x} = b_{u} és b_{y} = b_{v}.

Ezek után kimondhatjuk az idevonatkozó tételt.

3.0.32 Tétel. Legyen B = {b_{1}, b_{2}, … } (b_{1} < b_{2} < …) pozitív egészekből álló sorozat, melyre az alábbiak teljesülnek:

(i) B Sidon-sorozat,

(ii) B minden eleme páros,

(iii) ha b_{x}, b_{y} ∈ B, akkor \frac{b_{x}+b_{y}}{2} ∉ B.

Ekkor az A = ℕ \ B sorozat olyan, hogy a hozzá tartozó R_{2}(n) reprezentációfüggvény monoton növő, azaz

R_{2}(n + 1) ≥ R_{2}(n) ha n = 1, 2, …  (3.28)

A mohó algoritmus segítségével könnyen belátható, hogy létezik olyan B sorozat, ami kielégíti az előző tétel feltételeit és

B(n) = ∑_{b≤n^{b∈B}} 1 ≪ n^{1/3}

minden n-re. Ily módon látható, hogy létezik olyan A sorozat melyre

A(n) < n − cn^{1/3}

elég nagy n-re és R_{2}(n) monoton növő valahonnan kezdve.

Igaz viszont a következő tétel is:

3.0.33 Tétel. Ha

A(n) = o(\frac{n}{log n})  (3.29)

akkor R_{2}(n) és R_{3}(n) nem lehetnek monoton növők valahonnan kezdve.

Ezek a tételek Erdős Pál, Sárközy András, és T. Sós Vera eredményei. A 3.0.30 és a 3.0.31 tételeket nem bizonyítjuk be. A bizonyítás megtalálható [11]-ben. A 3.0.32 tétel bizonyítását alább közöljük.

Bizonyítás. Indirekt bizonyítunk. Tegyük fel, hogy (3.24) igaz, de R_{2}(n) és R_{3}(n) monoton növők valahonnan kezdve. Először megmutatjuk, hogy létezik végtelen sok N pozitív egész, melyekre

A(N + j) < A(N)(\frac{N + j}{N} ) ha j = 1, 2, ….  (3.30)

Ha ugyanis (3.30) csak véges sok N esetén teljesülne, akkor létezik olyan N_{0}, hogy

A(N_{0}) > 1

és N ≥ N_{0} létezik olyan N′ = N′(N) pozitív egész amire N > N′ és

A(N′) ≥ A(N)(\frac{N′}{N} )^{2}.

Ekkor indukcióval látjuk, hogy létezik olyan pozitív egészekből álló N_{1} < N_{2} < … sorozat, melyre

A(N_{j+1}) ≥ A(N_{j})(\frac{N_{j+1}}{N_{j}} )^{2} ha j = 0, 1, 2, …,

ahonnan

A(N_{k+1}) = A(N_{0}) ∏_{j=0}^{k} \frac{A(N_{j+1})}{A(N_{j})} ≥ A(N_{0}) ∏_{j=0}^{k} (\frac{N_{j+1}}{N_{j}} )^{2}  (3.31)

= A(N_{0})(\frac{N_{k+1}}{N_{0}} )^{2} > (\frac{N_{k+1}}{N_{0}} )^{2} > N_{k+1}^{3/2} elég nagy k-ra. Másrészt világos,

hogy

A(N_{k+1}) = ∑_{a≤N_{k+1}^{a∈A}} 1 ≤ ∑_{a≤N_{k+1}} 1 = N_{k+1}  (3.32)

(3.31) és (3.32) nem állhat fenn egyszerre, tehát ellentmondásra jutottunk.

Ezek után megbecsüljük R_{j}(n)-et ahol j = 2, 3. Felhasználva az R_{j}(n + 1) ≥ R_{j}(n) indirekt feltevést ha n ≥ n_{0} kapjuk, hogy

(A(2n))^{2} = ( ∑_{a_{i}≤2n^{a_{i}∈A}} 1)^{2} = ∑_{a_{i}≤2n,a_{j}≤2n^{a_{i},a_{j} ∈A}} 1 ≥ ∑_{a_{i}∈A,a_{j}∈A^{a_{i}+a_{j} ≤2n}} 1,

≥ ∑_{i=1}^{2n} R_{j}(i) ≥ ∑_{i=n+1}^{2n} R_{j}(i) ≥ ∑_{i=n+1}^{2n} R_{j}(n) = nR_{j}(n)

amiből

R_{j}(n) ≤ \frac{(A(2n))^{2}}{n} ha n ≥ n_{0}.  (3.33)

Ekkor az indirekt feltevés szerint elég nagy n-re R_{j}(n) ≥ 1 tehát (3.33)- ból azt kapjuk, hogy elég nagy n-re

(A(2n))^{2} ≥ n.  (3.34)

A továbbiakban az alábbi jelöléseket fogjuk használni: N legyen egy nagy pozitív egész, ami kielégíti (3.30)-t. Legyen e^{2iπα} = e(α), és legyen r = e^{−1/N} valamint z = re(α) ahol α egy valós változó, azaz egy p(z) függvény α valós függvénye: p(z) = p(re(α)) = P (α). Legyen továbbá

f(z) = ∑_{j=1}^{∞} z^{a_{j}}.

r < 1 esetén ez a végtelen sor, és az összes többi végtelen sor ami a bizonyításban szerepel, mind abszolút konvergens. Ekkor

\frac{1}{2}((f(z))^{2} − f(z^{2})) = ∑_{n=1}^{∞} R_{2}(n)z^{n}

és

\frac{1}{2}((f(z))^{2} + f(z^{2})) = ∑_{n=1}^{∞} R_{3}(n)z^{n}

azaz mind j = 2-re, mind j = 3-ra teljesül, hogy

|f(z)|^{2} − |f(z^{2})| ≤ 2| ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}|

ahonnan

∫_{0}^{1} |f(z)|^{2}dα − ∫_{0}^{1} |f(z^{2})|dα ≤ 2 ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}|dα.  (3.35)

Jelölje

J_{1} = ∫_{0}^{1} |f(z)|^{2}dα, J_{2} = ∫_{0}^{1} |f(z^{2})|dα

és

J = ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}|dα,

Ekkor (3.35) átirható a következő alakba:

J_{1} − J_{2} ≤ 2J.  (3.36)

Alsó becslést adunk J_{1}−J_{2}-re majd felső becslést adunk 2J-re, és látni fogjuk, hogy az alsó becslés nagyobb mint a felső becslés, ami ellentmondás.

Először alsó becslést adunk J_{1} − J_{2} - re. Becsüljük meg J_{1} - et! A Parseval - formula szerint

J_{1} = ∫_{0}^{1} |f(z)|^{2}dα = ∑_{a∈A} r^{2a} ≥ ∑_{a≤N^{a∈A}} r^{2N} = e^{−2} ∑_{a≤N^{a∈A}} 1  (3.37)

= e^{−2}A(N) > \frac{1}{10}A(N).

Most megbecsüljük J_{2}-t. A (3.30), a Parseval - formula, a Cauchy - egyenlőtlenség felhasználásával elég nagy N-re kapjuk, hogy

J_{2} = ∫_{0}^{1} |f(z^{2})|dα = ( ∫_{0}^{1} |f(z^{2})|^{2}dα)^{1/2} = ( ∑_{a∈A} r^{4a})^{1/2}  (3.38)

= ((1 − r^{4})(\frac{1}{1 − r^{4}} ∑_{a∈A} r^{4a}))^{1/2} = ((1 − r^{4})( ∑_{n=1}^{∞} A(n)r^{4n}))^{1/2}

= ((1 − r^{4})( ∑_{n=1}^{N} A(n)r^{4n} + ∑_{n=N+1}^{∞} A(n)r^{4n}))^{1/2}

< ((1 − r)(1 + r + r^{2} + r^{3})NA(N) + (1 − r^{4}) ∑_{n=N+1}^{∞} A(N)(\frac{n}{N} )^{2}r^{4n})^{1/2}

< ((1 − e^{−1/N})NA(N) + \frac{A(N)}{N^{2}}(1 − r^{4}) ∑_{n=1}^{∞} n^{2}r^{4n})^{1/2}

< (N^{−1}NA(N) + A(N)N^{−2} ∑_{n=1}^{∞}(n^{2} − (n − 1)^{2})r^{4n})^{1/2}

< (A(N) + A(N)N^{−2} ∑_{n=1}^{∞} 2nr^{4n})^{1/2} < (A(N) + A(N)N^{−2}2r^{4} ∑_{n=1}^{∞} nr^{4(n−1)})^{1/2}

= (A(N) + A(N)N^{−2}2r^{4}(1 − r^{4})^{−2})^{1/2}

< (A(N) + 2A(N)N^{−2}(1 − r)^{−2})^{1/2} = (A(N) + 2A(N)N^{−2}(1 − e^{−1/N})^{−2})^{1/2}

< (A(N) + 2A(N)N^{−2}(1/2N)^{−2})^{1/2}

= (9A(N))^{1/2} = 3(A(N))^{1/2}.

(3.37)-ból, és (3.38)-ből következik, hogy elég nagy N-re

J_{1} − J_{2} > \frac{1}{20}A(N) − 3(A(N))^{1/2} > \frac{1}{21A(N)}.  (3.39)

Ezután adunk egy felső becslést J-re.

J = ∫_{0}^{1} | ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}|dα = ∫_{0}^{1} |(1 − z) ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}||1 − z|^{−1}dα. (3.40)

Ekkor (3.30), (3.33) és az indirekt feltevést használva kapjuk, hogy

|(1 − z) ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)z^{n}| = | ∑_{n=1}^{∞} |(R_{j}(n) − R_{j}(n − 1))z^{n}|  (3.41)

≤ ∑_{n=1}^{n_{0}} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)|r^{n} + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)|r^{n} <

∑_{n=1}^{n_{0}} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)| + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)|r^{n} =

∑_{n=1}^{n_{0}} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)| + ∑_{n=n_{0}+1}^{∞}(R_{j}(n) − R_{j}(n − 1))r^{n}

< 2 ∑_{n=1}^{n_{0}} |R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)| + ∑_{n=1}^{∞}(R_{j}(n) − R_{j}(n − 1)r^{n} =

c_{1} + ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)(r^{n} − r^{n+1}) = c_{1} + (1 − r) ∑_{n=1}^{∞} R_{j}(n)r^{n} <

c_{1} + ∑_{n=1}^{n_{0}−1} R_{j}(n) + (1 − r) ∑_{n=n_{0}}^{∞} R_{j}(n)r^{n}

< c_{2} + (1 − e^{−1/N})( ∑_{n=n_{0}}^{N} R_{j}(n) + ∑_{n=N+1}^{∞} R_{j}(n)r^{n})

< c_{2} + N^{−1}(N \frac{(A(2N))^{2}}{N} + ∑_{n=N+1}^{∞} \frac{(A(2n))^{2}}{n} r^{n})

< c_{2} + N^{−1}((A(N))^{2}(\frac{2N}{N})^{4} + ∑_{n=N+1}^{∞} (A(N)(\frac{2n}{N})^{2})^{2} \frac{r^{n}}{n} )

< c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 4N^{−5} ∑_{n=1}^{∞} n^{3}r^{n})

= c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 4N^{−5}(1 − r)^{−1} ∑_{n=1}^{∞} n^{3}(r^{n} − r^{n+1}))

= c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 4N^{−5}(1 − r)^{−1} ∑_{n=1}^{∞}(n^{3} − (n − 1)^{3})r^{n})

< c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 4N^{−5}(1 − r)^{−1} ∑_{n=1}^{∞} 4n^{2}r^{n})

= c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 16N^{−5}(1 − r)^{−2} ∑_{n=1}^{∞} n^{2}(r^{n} − r^{n+1}))

= c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 16N^{−5}(1 − r)^{−2} ∑_{n=1}^{∞}(n^{2} − (n − 1)^{2})r^{n})

< c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 32N^{−5}(1 − r)^{−2} ∑_{n=1}^{∞} nr^{n−1})

= c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 32N^{−5}(1 − r)^{−4})

< c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 32N^{−5}(1 − e^{−1/N})^{−4}) < c_{2} + (A(N))^{2}(16N^{−1} + 32N^{−5}(2N)^{4})

< c_{2} + 600(A(N))^{2}N^{−1} < c_{3}(A(N))^{2}N^{−1}.

Másrészt

|1 − z| = ((1 − z)(1 − z̄))^{1/2} = (1 + |z|^{2} − 2Rez)^{1/2} =  (3.42)

(1 + r^{2} − 2r cos 2πα)^{1/2} = ((1 − r)^{2} + 2r(1 − cos 2πα))^{1/2} >

(2r(1 − cos 2πα))^{1/2} = (2e^{−1/N}2 sin^{2} πα)^{1/2}
≥ (8α^{2})^{1/2} ≥ 2α

ha 0 ≤ α ≤ 1/2, és ha N elég nagy, valamint

|1 − z| = ((1 − r)^{2} + 2r(1 − cos 2πα))^{1/2} > ((1 − r)^{2})^{1/2}  (3.43)

= 1 − r = 1 − e^{−1/N} > 1/2N

minden α - ra.

Ekkor (3.40), (3.41), (3.42) és (3.43) miatt

J ≤ ∫_{0}^{1} c_{3}(A(N))^{2}N^{−1}|1 − z|^{−1}dα =  (3.44)

= 2c_{3}(A(N))^{2}N^{−1} ∫_{0}^{1/2} |1 − z|^{−1}dα =

= c_{4}(A(N))^{2}N^{−1}( ∫_{0}^{1/N} |1 − z|^{−1}dα + ∫_{1/N}^{1/2} |1 − z|^{−1}dα) <

< c_{4}(A(N))^{2}N^{−1}( ∫_{0}^{1/N} 2Ndα + ∫_{1/N}^{1/2}(2α)^{−1}dα) <

< c_{4}(A(N))^{2}N^{−1}(2 + log N) < c_{5}(A(N))^{2}N^{−1} log N.

Ekkor (3.36), (3.39) és (3.44)-ból következik, hogy

\frac{1}{21}A(N) < J_{1} − J_{2} ≤ 2J < c_{6}(A(N))^{2}N^{−1} log N

amiből

c_{7} \frac{N}{log N} < A(N).

Ez viszont ellentmond az indirekt feltevésnek, ami ellentmondás. Ezzel a tételt bebizonyítottuk.

Az előbb említett tételekre Balasubramanian adott [12]-ben egyszerűbb bizonyítást; a következő tételeket bizonyította be.

3.0.34 Tétel. Ha R_{3}(n + 1) ≥ R_{3}(n) minden elég nagy n-re, akkor

A(N) = N + O(log N).

3.0.35 Tétel. Ha R_{2}(n + 1) ≥ R_{2}(n) minden elég nagy n-re, akkor

∑_{a∈A} e^{−a/N} ≫ \frac{N}{log N} .

Ezek után mutatok néhány érdekes eredményt. Dombi Gergely konstruált [13]-ban olyan halmazokat, hogy a nekik megfelelő reprezentációfüggvényeknek speciális tulajdonságai vannak. Az alábbi eredményeket érte el:

3.0.36 Tétel. Létezik olyan A ⊂ ℕ halmaz, hogy R_{k}(n) növekvő minden k > 4 és n > n_{0}(k)-ra, valamint az A halmaz sűrűsége 1/2.

Ennek a tételnek a bizonyítása megtalálható [13]-ban; a bizonyítás komplex függvénytani eszközöket használ, ezért itt nem tárgyaljuk.

A következő problémát Sárközy András vetette fel. Van e a pozitív egész számok halmazának két olyan A és B részhalmaza amelyek szimmetrikus differenciája végtelen, és n > n_{0}-ra R_{i}(A, n) = R_{i}(B, n) teljesül i = 1, 2, 3 esetén. Ha i = 1 akkor a válasz nem. Tegyük fel, hogy léteznek olyan A és B halmazok, amelyekre R_{1}(A, n) = R_{1}(B, n) valamely n > n_{0}-ra. Mivel a szimmetrikus differenciájuk végtelen, azért létezik olyan a, hogy a ∈ A, de a ∉ B és a > n_{0}. Ekkor R_{1}(A, 2a) páratlan, míg R_{1}(B, 2a) páros. Azonban i = 2-re a válasz igen mint ahogy ezt az alábbi tétel is mutatja.

3.0.37 Tétel. A pozitív egész számok halmaza felpartícionálható két olyan A és B részhalmazra, hogy R_{2}(A, n) = R_{2}(B, n) minden n pozitív egészre.

Dombi Gergely i = 3-ra azt sejtette, hogy a válasz nem. Ezt a sejtést azonban Yong Gao Chen és Bin Wang [14]-ben megcáfolták, pontosabban a következő tételt bizonyították be:

3.0.38 Tétel. Az ℕ partícionálható két olyan A és B részre, hogy R_{3}(A, n) = R_{3}(B, n) teljesül minden n ≥ 3-ra.

Bizonyítás. Legyenek

U(A, n) = {(x, y)|x + y = n, x, y ∈ A, x ≤ y},
U_{0}(A, n) = {(x, y)|(x, y) ∈ U(A, n), 2|x},
U_{1}(A, n) = {(x, y)|(x, y) ∈ U(A, n), 2 ∤ x}.

Ekkor R_{3}(A, n) = |U(A, n)| = |U_{0}(A, n)| + |U_{1}(A, n)|. Jelölje T (n) az n ≥ 0 kettes számrendszerbeli felírásában a 0 jegyek számát. Ekkor T (2n + 1) = T (2n) − 1 (n ≥ 0) és T (2n) = T (n) + 1 (n ≥ 1). Legyen továbbá

A = {n ∈ ℕ : 2|T (n − 1)}, B = {n ∈ ℕ : 2 ∤ T (n − 1)}.

n-re vonatkozó teljes indukcióval belátjuk, hogy |U(A, n)| = |U(B, n)| minden n ≥ 3-ra. Közvetlen számolással látható, hogy n = 3, 4, 5-re |U(A, n)| = |U(B, n)| igaz. Tegyük fel, hogy 3 ≤ n ≤ k − 1(k ≥ 6) - ra |U(A, n)| = |U(B, n)| teljesül. Két esetet különböztetünk meg.

1. eset: 2|k. Definiálunk egy leképezést

f : U_{0}(A, k) \ \{(2, k − 2)\} ⟶ U(A, \frac{k}{2})\\{(1, \frac{k − 2}{2})\},

és

f(a, b) = (\frac{a}{2}, \frac{b}{2}).

Világos, hogy f jóldefiniált, mert ha b ≥ a ≥ 4, 2|a és 2|b, akkor

T (\frac{a}{2} − 1) = T (a − 2) − 1 = T (a − 1),

T (\frac{b}{2} − 1) = T (b − 2) − 1 = T (b − 1).

Azt is könnyú látni, hogy f bijektív, ugyanis

|U_{0}(A, k) \ \{(2, k − 2)\}| = |U(A, \frac{k}{2})\\{(1, \frac{k − 1}{2})\}|.  (3.45)

Hasonlóan

|U_{0}(B, k) \ \{(2, k − 2)\}| = |U(B, \frac{k}{2})\\{(1, \frac{k − 1}{2})\}|.  (3.46)

Definiáljunk egy másik leképezést a következőképpen:

g : U_{1}(A, k) \ \{(1, k − 1)\} ⟶ U(B, \frac{k + 2}{2}) \ \{(1, \frac{k}{2})\}

és

g(a, b) = (\frac{a + 1}{2}, \frac{b + 1}{2}).

Ha b ≥ a ≥ 2 és 2 ∤ a, 2 ∤ b akkor

T (\frac{a + 1}{2} − 1) = T (\frac{a − 1}{2}) = T (a − 1) − 1,

T (\frac{b + 1}{2} − 1) = T (\frac{b − 1}{2}) = T (b − 1) − 1.

Könnyű belátni, hogy g bijektív, ugyanis

|U_{1}(A, k) \ \{(1, k − 1)\}| = |U(B, \frac{k + 2}{2})\\{(1, \frac{k}{2})\}|.  (3.47)

Hasonlóan

|U_{1}(B, k) \ \{(1, k − 1)\}| = |U(A, \frac{k + 2}{2})\\{(1, \frac{k}{2})\}|.  (3.48)

Mivel 1 ∉ A és 2 ∉ B, ezért (3.45.)-(3.48.) miatt

|U(A, k) \ {(2, k − 2)}|  (3.49)

= |U(A, \frac{k}{2})| + |U(B, \frac{k + 2}{2})\\{(1, \frac{k}{2})\}|,

|U(B, k) \ {(1, k − 1)}|  (3.50)

= |U(B, \frac{k}{2})\\{(1, \frac{k − 2}{2})\}| + |U(A, \frac{k + 2}{2})|.

Mivel T (k − 2) = T (\frac{k}{2} − 1) + 1 és T (k − 3) = T (k − 4) − 1 = T (\frac{k−4}{2}) = T (\frac{k−2}{2} − 1), emiatt négy lehetőség van.

Ha 2 ∤ T (\frac{k}{2} − 1) és 2 ∤ T (\frac{k−2}{2} − 1), akkor

(1, \frac{k}{2}) ∈ U(B, \frac{k + 2}{2}), (1, \frac{k − 2}{2}) ∈ U(B, \frac{k}{2}),

és

(2, k − 2) ∉ U(A, k), (1, k − 1) ∉ U(B, k).

Ekkor (3.49) és (3.50) miatt

|U(A, k)| = |U(A, \frac{k}{2})| + |U(B, \frac{k + 2}{2})| − 1,

|U(B, k)| = |U(B, \frac{k}{2})| + |U(A, \frac{k + 2}{2})| − 1.

Ha 2 ∤ T (\frac{k}{2} − 1) és 2|T (\frac{k−2}{2} − 1), akkor

(1, \frac{k}{2}) ∈ U(B, \frac{k + 2}{2}), (1, \frac{k − 1}{2}) ∉ U(B, \frac{k}{2}),

és

(2, k − 2) ∈ U(A, k), (1, k − 1) ∉ U(B, k).

Ekkor (3.49) és (3.50) miatt

|U(A, k)| = |U(B, \frac{k}{2})| + |U(B, \frac{k + 2}{2})| − 1,

|U(B, k)| = |U(A, \frac{k}{2})| + |U(A, \frac{k + 2}{2})| − 1.

Ha 2|T (\frac{k}{2} − 1) és 2 ∤ T (\frac{k−2}{2} − 1), akkor

(1, \frac{k}{2}) ∉ U(B, \frac{k + 2}{2}), (1, \frac{k − 2}{2}) ∈ U(B, \frac{k}{2}),

és

(2, k − 2) ∉ U(A, k), (1, k − 1) ∈ U(B, k).

Ekkor (3.49) és (3.50) miatt

|U(A, k)| = |U(A, \frac{k}{2})| + |U(B, \frac{k + 2}{2})|,

|U(B, k)| = |U(B, \frac{k}{2})| + |U(A, \frac{k + 2}{2})|.

Ha 2|T (\frac{k}{2} − 1) és 2|T (\frac{k−2}{2} − 1), akkor

(1, \frac{k}{2}) ∉ U(B, \frac{k + 2}{2}), (1, \frac{k − 2}{2}) ∉ U(B, \frac{k}{2}),

és

(2, k − 2) ∈ U(A, k), (1, k − 1) ∈ U(B, k).

Ekkor (3.49) és (3.50) miatt

|U(A, k)| = |U(A, \frac{k}{2})| + |U(B, \frac{k + 2}{2})| + 1,

|U(B, k)| = |U(B, \frac{k}{2})| + |U(A, \frac{k + 2}{2})| + 1.

Mivel 3 ≤ k/2 < k, 3 ≤ (k + 2)/2 < k, az indukciós feltevés szerint

|U(A, \frac{k}{2})| = |U(B, \frac{k}{2})|, |U(A, \frac{k + 2}{2})| = |U(B, \frac{k + 2}{2})|.

Ezekből következik, hogy

|U(A, k)| = |U(B, k)|.

2. eset 2 ∤ k. Definiáljunk egy leképezést a következőképpen: h : U_{0}(A, k) ⟶ U_{1}(B, k) és

h(a, b) = (a − 1, b − 1)

Mivel 2|a, ezért 2 ∤ b, b + 1 ≥ a − 1 ≥ 1. Másrészt mivel T (a − 2) = T (a−1)+1 és T (b) = T (b−1)−1, azért h jóldefiniált. Világos, hogy h injektív. Most belátjuk, hogy szürjektív. Tegyük fel, hogy (u, v) ∈ U_{1}(B, k). Legyen a′ = u+1 és b′ = v−1. Ekkor 2|u+1, 2|v−2, T (a′−1) = T (u) = T (u−1)−1 és T (b′ − 1) = T (v − 2) = T (v − 1) + 1. Ahhoz, hogy (a′, b′) ∈ U_{0}(A, k) elég belátni, hogy a′ ≤ b′. Ha a′ > b′, akkor mivel u ≤ v, 2 ∤ u és 2|v, azért a′ − 1 = b′, de

T (a′ − 1) = T (u − 1) − 1 ≡ T (v − 1) − 1 = T (b′) − 1(mod2),

ami ellentmondás. Így a′ ≤ b′ azaz (a′, b′) ∈ U_{0}(A, k), vagyis h bijektív. Tehát

|U_{0}(A, k)| = |U_{1}(B, k)|.

Hasonlóan kapjuk, hogy |U_{0}(A, k)| = |U_{1}(B, k)|, ahonnan |U(A, k)| = |U(B, k)|. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Erdős Pál, Sárközy András és T. Sós Vera azt vizsgálták [15]-ben, hogy milyen kapcsolat van R_{3}(2k) és R_{3}(2k + 1) között.

3.0.39 Tétel. Ha A = {a_{1}, a_{2}, … } (a_{1} < a_{2} < …) pozitív egészek olyan végtelen sorozata, amelyre fennáll

lim_{n→∞} \frac{A^{c}(n)}{log n} = lim_{n→∞} \frac{n − A(n)}{log n} = +∞.

Ekkor

lim sup_{n→∞} ∑_{k=1}^{N}(R_{3}(2k) − R_{3}(2k + 1)) = +∞.

3.0.40 Következmény. Ha A = {a_{1}, a_{2}, … } (a_{1} < a_{2} < …) olyan pozitív egészekből álló sorozat, melyre teljesül a (3.0.38) tétel feltétele, akkor az R_{3}(n) függvény nem lehet monoton növő.

3.0.41 Következmény. Ha A végtelen Sidon-sorozat, akkor létezik végtelen sok k pozitív egész melyekre R_{3}(2k) = 1 és R_{3}(2k + 1) = 0.

Azt is bebizonyították, hogy a (3.0.38.) tétel csaknem a legjobb.

3.0.42 Tétel. Létezik olyan pozitív egészekből álló A = {a_{1}, a_{2}, … } (a_{1} < a_{2} < …) és olyan c, n_{3} pozitív valós számok, hogy A^{c}(n) > c log n (n > n_{3}) és lim sup_{N→∞} ∑_{k=1}^{N}(R_{3}(2k) − R_{3}(2k + 1)) < +∞.

Irodalomjegyzék

[1] H. Halberstam, K. F. Roth. Sequences, Second edition, Springer-Verlag (1983).

[2] A. Sárközy. On a theorem of Erdős and Fuchs. Acta Arithmetica 37 (1980), pp. 333-338.

[3] G. Horváth. An improvement on an extension of a theorem Erdős-Fuchs. Acta Math. Hungar. 104 (2004), no. 1-2., 27-37.

[4] G. Horváth. On a generalization of a theorem of Erdős and Fuchs. Acta Math. Hungar. 92 (2001), no. 1-2. 83-110.

[5] G. Horváth. On a theorem of Erdős and Fuchs. Acta Arithmetica 103 (2002), 321-328.

[6] P. Erdős, A. Sárközy. Problems and results on additive properties of general sequences I.. Pacific J. Math. 118 (1985), pp. 347-357.

[7] P. Erdős, A. Sárközy. Problems and results on additive properties of general sequences, II. Acta Math. Hungar., 48 (1986), pp. 201-211.

[8] G. Horváth. On an additive property of sequences of nonnegative integers. Periodica Math. Hungar., 45 (1-2), (2002), pp. 73-80.

[9] P. Erdős, A. Sárközy, V. T. Sós. Problems and results on additive properties of general sequences III., Studia Sci. Math., 22 (1987), 53-63.

[10] S. Kiss. Generalization of a theorem on additive representation functions, Annales Univ. Sci. Budapest. Eötvös, Közlésre elfogadva.

[11] P. Erdős, A. Sárközy, V. T. Sós. Problems and results on additive properties of general sequences IV. In: Number Theory. Proc.,Ootacamud, India. Lect. Notes Math. 1122, pp. 85-104. Berlin-Heidelberg-New York: Springer. 1984.

[12] R. Balasubramanian. A note on a result of Erdős, Sárközy and Sós. Acta Arithmetica, XLIX, (1987), pp. 45-53.

[13] G. Dombi. Additive properties of certain sets, Acta Arithmetica, 103.2, (2002) pp. 137-146.

[14] Y-G. Chen, B. Wang. On additive properties of two special sequences. Acta Arithmetica, 110.3 (2003), pp. 299-303.

[15] P. Erdős, A. Sárközy, V. T. Sós. Problems and results on additive properties of general sequences V.. Monatshefte für Mathematik 102, (1986), pp. 183-197.