特殊數(shù)在算術(shù)級數(shù)上的分布

王南翔 戴浩波

【摘?? 要】?? 設(shè)正整數(shù)[n]的素數(shù)分解為[n=pa11pa22...pakk]，[ai>0]。若所有的[ai]均不相同，那么稱[n]為特殊數(shù)。特殊數(shù)是近幾年提出的新概念，Aktas Kevser 和 Murty Ram計算了特殊數(shù)個數(shù)的漸進公式。利用Siegel-Walfisz定理、Abel求和等一系列工具可以解決特殊數(shù)在算數(shù)級數(shù)上的分布，并且在廣義黎曼假設(shè)的基礎(chǔ)上，可以縮小對模[q]的限制。在此基礎(chǔ)上，未來可解決特殊數(shù)的Titchmarsh除數(shù)函數(shù)問題。

【關(guān)鍵詞】?? 特殊數(shù)；Siegel-Walfisz定理；Brun-Titchmarsh不等式；廣義黎曼假設(shè)

The Distribution of Special Numbers in Arithmetic Progressions

Wang Nanxiang， Dai Haobo*

（Anhui University of Science and Technology， Huainan 232001， China）

【Abstract】??? Let [n=pa11pa22...pakk] be the canonical prime factorization of [n]，[ai>0]. Then [n] is a special number if all the [ai] are distinct. The concept of the special number is newly put forward in these years. Aktas Kevser and? Murty Ram? compute the number of special numbers. By using a series of tools such as the Siegel-Walfisz Theorem and Abel summation， one can solve the distribution of the special numbers in arithmetic progressions， and by using GRH， one can reduce restrictions of [modq]， and， based on the above， one can solve the Titchmarsh divisor problem for the special numbers in the future.

【Key words】???? special number; Siegel-Walfisz Theorem; Brun-Titchmarsh Inequality; Generalized Riemann Hypothesis

〔中圖分類號〕 O156.4????????????? ? ????? ???〔文獻標識碼〕? A????? ???????????? 〔文章編號〕 1674 - 3229（2024）02- 0020 - 04

[收稿日期]?? 2023-11-25

[基金項目]?? 國家自然科學基金項目（11501007）

[作者簡介]?? 王南翔（1998- ），男，安徽理工大學數(shù)學與大數(shù)據(jù)學院碩士研究生，研究方向：數(shù)論及其應(yīng)用。

[通訊作者]?? 戴浩波（1981- ），男，博士，安徽理工大學數(shù)學與大數(shù)據(jù)學院副教授，研究方向：數(shù)論及其應(yīng)用。

0???? 引言

素數(shù)是數(shù)論中的熱門領(lǐng)域，它在圖論、組合數(shù)學中也有應(yīng)用。本文研究和素數(shù)類似的一類數(shù)——特殊數(shù)。

設(shè)正整數(shù)[n]的素數(shù)分解為[n=pa11pa22...pakk]，[ai>0]。若所有的[ai] 均不相同，那么稱[n]為特殊數(shù)。是否有23個連續(xù)的特殊數(shù)這個看似簡單的問題仍未解決，但是Aktas Kevser 和 Murty Ram ［1］證明了沒有24個連續(xù)的特殊數(shù)。如果假設(shè)abc猜想成立，Aktas Kevser 和 Murty Ram ［1］證明23個連續(xù)的數(shù)都是特殊數(shù)的情形只有有限種。

abc猜想?? 固定[ε>0]，如果[a+b=c]，那么存在一個與[ε]有關(guān)的常數(shù)[k（ε）]使得

[c≤k（ε）p|abcp1+ε]，

其中[p]是素數(shù)。

記[π（x）]是小于等于[x]的素數(shù)的個數(shù)。素數(shù)定理是說當[x→+∞]時，[π（x）?xlnx]。記[S（x）]是小于等于[x]的特殊數(shù)的個數(shù)，Aktas Kevser 和Murty Ram ［1］證明了[S（x）=cxlnx+Oxln2x]。考慮更一般的情況，即在算術(shù)級數(shù)上某一類數(shù)的分布，素數(shù)在算術(shù)級數(shù)上的分布是一個很著名的結(jié)果：設(shè)[π（x;q，a）=#{p≤x：p≡]

[a（modq）}]，那么[π（x;q，a）=li（x）φ（q）+OAxe-clnx]。

其中[1≤q≤lnAx，A>0]，[c=c（A）]是正常數(shù)。 針對這一類問題，本文在前人的基礎(chǔ)上，對特殊數(shù)進行了相關(guān)的研究。

1???? 預備知識

定義1?? 若[a=bc]，[a]，[b]，[c] 是整數(shù)，那么稱[b]整除[a]，記作[b|a]。

定義2?? [a]模[k]余[b]是指[k|（b-a）]，記作[a≡b（modk）]。這意味著若 [a≡b（modk）]那么[b≡a（modk）]。

有了定義2，就可以定義同余方程。

定義3?? 形如[ax≡b（modk）]的方程是同余方程。

定義4?? 若一個自然數(shù)可以寫成某個整數(shù)的平方，那么稱其為平方數(shù)。

定義5?? 設(shè)正整數(shù)[n]的素數(shù)分解為[n=1≤i≤kpaii]，[ai≥2]，那么稱[n]為冪數(shù)。

Dirichlet雙曲方法：由[τ（d）]的定義知：[n≤xτ（n）=n≤xd|n1]。于是

[n≤xτ（n）=n≤xd|n1=2n≤x??? d|nd≤n1-n≤xQ（n）=2d≤x???????? n≤xn≡0（modd）1][+Ox。]

其中當[n]是平方數(shù)時 [Q（n）=1]，否則[Q（n）=0]。

Abel求和：

[y

Mertens 估計：[p≤xlnpp=lnx+O（1）]。這個等式可由Abel求和得到。有關(guān)更多數(shù)論方面的研究，請參考文獻［2-3］。

在接下來的討論中，記號[f?g]表示存在某個正常數(shù)[c]，使得[|f|≤cg]，其中[g>0]，[?]表示絕對值。如果[c]和某個量[A]有關(guān)，即[c=c（A）]，那么上述記號可寫為[f?Ag]。[f=O（g）]表示[f?g]，[f=OA（g）]表示[f?Ag]。記號[#S]表示集合[S]的元素的個數(shù)。字母[s]表示特殊數(shù)，[w]表示冪數(shù)，[p]表示素數(shù)，[m]是冪數(shù)以及特殊數(shù)。

2???? 基本引理

引理1?? 設(shè)[G（x;q，a）=#{w≤x：w≡a（modq）}]，[（a，q）]

[=1]，[q?x16]。那么[G（x;q，a）?xq]。

證明?? 見文獻［4］定理2。該定理的證明主要利用了Dirichlet雙曲方法以及Abel求和。

引理2?? （Siegel-Walfisz定理） 設(shè)[π（x;q，a）=#{p≤]

[x：p≡a（modq）}]，那么

[π（x;q，a）=li（x）φ（q）+OAxe-clnx]。

其中[1≤q≤lnAx，A>0]，[c=c（A）]是正常數(shù)。

證明? 見文獻［5］定理12.1。該證明主要依賴于對[L]函數(shù)的估計。

引理3?? （Brun-Titchmarsh不等式） 對于任意的正整數(shù)[q

[π（x;q，a）-π（x-y;q，a）?yφ（q）ln（2y/q）]。

于是

[π（x;q，a）?xφ（q）ln（2x/q）]。

證明? 見文獻［5］定理20.1。該證明主要利用了篩法以及Mertens估計。令[y=x]就得到了第二個結(jié)論。

3???? 主要定理及其證明

3.1?? 主要定理

定理1?? 設(shè)[S （x;q， a）=# {s≤ x：s是 特 殊 數(shù)， s≡]

[a（modq）}]。那么對于[1≤q≤lnAx]，[（a，q）=1]，[a（modq）]，[A]是正常數(shù)，有：[S（x;q，a）=Bxφ（q）lnx+OAxφ（q）ln2x]。

其中[B=1+11m]是收斂的，求和符號[1]表示對[m>1]，[m]是冪數(shù)以及特殊數(shù)，[（m，q）=1]求和，記號[（a，b）]表示[a]和[b]的最大公因子。

定理2?? 在廣義黎曼猜想之下有：

[S（x;q，a）=Bxφ（q）lnx+Oxφ（q）ln2x。]

其中[（a，q）=1]，[1≤q≤xlnAx]。

3.2?? 定理1的證明

對[s]做素數(shù)分解，得[s=pa11pa22...pakk]。由引理1，得：

[#{m：m≤x，m≡a（modq）}≤#{w≤x，w≡a（modq）}?xq，]

這里[1≤q≤lnAx]。如果存在某個[ai=1]，那么[s=p]或者[s=mp]，[（m，p）=1]。接下來分類討論，記[y=x0.1]。

若[s=mp]，那么有如下三種情形：

（1）[m>y]；

記[L（y，x）={m：y

[21≤m∈L（y，x）xφ（q）m?xφ（q）y+∞1tdm≤t1][?xφ（q）y+∞1tdt=] [xφ（q）y]。

（2）[m≤y]，[p≤y]；

記[H（q，y）={m：1

[ln（2y/q）=][lny+ln2-lnq>lny2]，所以

[ 31≤m≤y?? p≤ymp≡a（modq）1?][y2φ（q）ln（2y/q）][≤2y2φ（q）lny]。

（3）[1

因為[（a，q）=1]，記[m′]為[m]在模[q]中的逆，即[mm′≡]

[1（modq）]。當[（m，q）=1]時，同余方程[mp≡a（modq）]

恰有一個解。當[（m，q）>1]時，該同余方程無解。令求和符號[4]表示對[s]求和，其中[s=mp≤x]，[p≥y]，[s≡a（modq）]，[m∈H（q，y）]。那么由引理3得：

[41=m∈H（q，y）li（x/m）φ（q）+OAxme-clnx]，其中[c=c（A）]是正常數(shù)。

[li（x）=2xdtlnt=xlnx-2ln2+2xdtln2t]，由洛必達法則知，當 [x→ + ∞]時，[2xdtln2t? xln2x]，所以 [li（x）=xlnx+]

[Oxln2x]。注意到

[1ln（x/m）=1lnx[1-（lnm）/（lnx）]=] [1lnx1+Olnmlnx]

以及[1ln2（x/m）=1ln2x1+Olnmlnx]。

由引理3得：

[m∈H（q，y）li（x/m）φ（q）+OAxme-clnx=xφ（q）lnxm∈H（q，y）1m+][Oxφ（q）ln2xm∈H（q，y）lnmm+OAxe-clnxm∈H（q，y）1m。]

記[B1=m∈H（q，y）1m]。接下來估計[B1]和奇異級數(shù)[m∈H（q，y）lnmm]。由Abel求和以及引理2可知

[m∈H（q，y）lnmm=-1ylntdt-1/2=-lnyy+1y1t32dt]

[=2-2y-lnyy，]

所以奇異級數(shù)[m∈H（q，y）lnmm]收斂。由于

[m∈H（q，y）1m≤][32+3≤m≤y（m，q）=11m≤32+3≤m≤y（m，q）=1lnmm]，

所以奇異級數(shù)[m∈H（q，y）1m]收斂。

若[s=p]，由引理3得，

[p≤xp≡a（modq）1=π（x;q，a）=li（x）φ（q）+OAxe-clnx]

[=xφ（q）lnx+Oxφ（q）ln2x]。

綜上所述，

[S（x; q， a）= #{s ≤x： s≡a（modq）}]

[= B2xφ（q）lnx +OAxφ（q）ln2x]。

其中[B2=B1+1]。由于[B1]收斂，且有

[m>y（m，q）=11m=On>y1n=Oy+∞1tdt=O1y] ，

那么[11m=m>y（m，q）=11m+m≤y（m，q）=11m=m>y（m，q）=11m+B1+1]是收斂的。令[B=1+m∈H（q，+∞）1m]，那么[B=B2+O1y]。

由于[1y]的階比[1lnx]的任意正次冪都要小，所以

[S（x;q，][a）=Bxφ（q）lnx+OAxφ（q）ln2x]。定理1得證。

3.3?? 定理2的證明

設(shè)[L（s，? χ）=n=1∞χ（n）ns] ，其中[s=σ+it]，[χ]是[modq]的Dirichlet特征，滿足：

1.存在正整數(shù)[q]使得[χ（n+q）=χ（n）]。

2.若[（n， q）>1]，那么[χ（n）=0]。

3.對于任意的正整數(shù)[a]， [b]，有：[χ（a）χ（b）=χ（ab）]。

如果對于所有滿足[（n， q）=1]的[n]都有[χ（n）=1]，那么稱其為平凡特征。

廣義黎曼假設(shè)：當[0<σ<1]時，[L（σ+it，? χ）=0]意味著[σ=12]。

在廣義黎曼假設(shè)之下，定理1中的[q] 的限制會小很多。如果廣義黎曼假設(shè)是正確的，那么

[π（x;q，a）=li（x）φ（q）+Oxlnx。]

其中[（a，q）=1]，[1≤q≤xlnAx]。首先修改3.2節(jié)中的（3），即[1

[41=m∈H（q，y）xφ（q）mlnx+Oxmφ（q）ln2x+Oxlnxm]。

接下來估計奇異級數(shù)[m∈H（q，y）1m]的階。由Abel求和以及引理2，得

[m∈H（q，y）1m≤m

[?1+1y1tdt?lny]。

所以余項是[Oxlnxlny] 。而主項的階是[xφ（q）lnx≥xqlnx]，所以只需[1≤q≤xlnAx]，[A>5]即可。但是此時[q]可能大于[y]，所以Brun-Titchmarsh不等式可能會失效。但是若采用平凡估計，即[31≤m≤yp≤y1]

[?y2=x0.2]，而主項的階最小是[xlnA-1x]，所以這并不會對結(jié)論產(chǎn)生影響。因此在廣義黎曼假設(shè)之下，有：

[S（x;q，a）=Bxφ（q）lnx+Oxφ（q）ln2x。]

其中[（a，q）=1]，[1≤q≤xlnAx]。定理2得證。

4???? 總結(jié)與展望

本文在前人的基礎(chǔ)上對特殊數(shù)進行了進一步的研究，并解決了特殊數(shù)在算術(shù)級數(shù)上的分布問題。但是特殊數(shù)在算術(shù)級數(shù)上的分布仍有一些限制：定理1中的[q]不能太大，在更大的范圍要依賴廣義黎曼假設(shè)。雖然特殊數(shù)和素數(shù)的關(guān)系很密切，但是未來也許可以不依賴廣義黎曼假設(shè)解決特殊數(shù)在算數(shù)級數(shù)上的分布。Titchmarsh［6］得到了[p≤xτ（p-1）]的漸進公式，其中[p]是素數(shù)，[ζ（s）]是Riemann-[ζ]函數(shù)：

[p≤xτ（p-1）=ζ（2）ζ（3）ζ（6）x+Oxlnlnxlnx]。

未來有望解決特殊數(shù)的Titchmarsh除數(shù)函數(shù)問題，即得到[s≤xτ（s-1）]的表達式，其中[s]是特殊數(shù)。

［參考文獻］

［1］ K Aktas，R Murty. On the number of special numbers［J］.? Proceedings of the Indian Academy of Sciences，2017，127（3）： 423-430.

［2］ 華羅庚. 華羅庚文集（數(shù)論卷II）［M］. 北京： 科學出版社，2010.

［3］? 柯召. 數(shù)論講義（上冊）［M］. 北京： 高等教育出版社，2012.

［4］ T H Chan，K M Tsang. Squarefull numbers in arithmetic progressions［J］. International Journal of Number Theory，2013，9（4）： 885-901.

［5］ D Koukoulopoulos. The Distribution of Prime Numbers［M］. Province，Rhode Island： American Mathematical Society，2020.

［6］ E C Titchmarsh. A divisor problem［J］. Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo，1930，54（1）：414-429.