如果把能表示成两个整数平方和的正整数, 按从小到大排成一列:
\begin{equation}a_0=0,a_1=1,a_2=2,a_3=4,a_4=5,\dotsc.\end{equation}
那么这个数列, 不妨名为二平方和数列, 有什么性质?
先来考察二平方和之间的间隙, 也就是数列 \((1)\) 中, 相邻两项的差的问题. 这个差, 有界还是无界?事实上, 这个差可以任意的大, 即我们有下面的定理:
定理 \(1\) 记 \(d_n=a_{n+1}-a_n(n\geqslant1),\) 则
\begin{equation}\varlimsup_{n\rightarrow\infty}d_n= \infty.\end{equation}
换句话说, 我们可以找到任意多个连续的正整数, 它们都不在 \((1)\) 中.
证明 工具是中国剩余定理(Chinese remainder theorem).
取 \(n\) 个不同的形如 \(4k+3\) 的质数 \(p_1, p_2,\dotsc,p_n.\) 考虑同余方程组
\[ \begin{cases}x+1\equiv p_1\pmod{p_1^2},\\ x+2\equiv p_2\pmod{p_2^2},\\ \cdots\\x+n\equiv p_n\pmod{p_n^2}.\end{cases} \]
这个方程组有解 \(l\). 于是 \(l+i\) 是 \(p_i\), 但不是 \(p_i^2\) 的倍数, 因此 \(l+i\) 的质因数分解式中, \(p_i\) 的指数是 \(1\), 故而 \(l+i\) 不是二平方和 \((i=1,2,\dotsc,n).\)
定义
\[S:=\{a_0,a_1,a_2,a_3,\dotsc\}.\]
\(S\) 的密率是 \(0\). 事实上, 我们有精确得多的结果.
定理 \(2\) 用 \(A(n)\) 表示 \((1)\) 中不大于 \(n\) 的正整数个数, 则
\begin{equation}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A(n)\sqrt{\log n}}n=1.\end{equation}
记 \(\Pi_1\) 是所有形如 \(\equiv1\pmod4\) 的质数组成的集合, \(\Pi_3\) 是所有符合 \(\equiv3\pmod4\)的质数组成的集合.
\begin{equation}L_{1}(s)=\sum_{n\,\text{odd}}(-1)^\frac{n-1}2 n^{-s}=\prod_{p\in\Pi_1}\dfrac{1}{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\dfrac1{1+p^{-s}}.\end{equation}
\begin{equation}L_{0}(s)=\sum_{n\,\text{odd}}n^{-s}=\prod_{p\in\Pi_1}\dfrac1{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\dfrac1{1-p^{-s}}=(1-2^{-s})\zeta(s),\end{equation}
这里 \(\zeta\) 是 Riemann Zeta 函数.
分别在 \((4),(5)\) 两端取对数, 并利用 Taylor 级数, 可得
\begin{equation}\log L_0+\log L_1=2\sum_{p\in\Pi_1}p^{-s}+O(1),\end{equation}
\begin{equation}\log L_0-\log L_1=2\sum_{p\in\Pi_3}p^{-s}+O(1).\end{equation}
\(L_1\) 是交换级数, 因而收敛, 有界, 并且当 \(s\geqslant1\) 时, 其上下界与 \(s\) 无关. 于是
\begin{equation}\sum_{p\in\Pi_1}p^{-s}=\frac12\log\left[(1-2^{-s})\zeta (s)\right]+O(1),\end{equation}
\begin{equation}\sum_{p\in\Pi_3}p^{-s}=\frac12\log\left[(1-2^{-s})\zeta (s)\right]+O(1).\end{equation}
据 \((6),(7),(8),(9)\), 得
\begin{equation}\prod_{p\in\Pi_1}\frac1{1-p^{-s}}=\sqrt{(1-2^{-s})\zeta (s)}(1+O(1)),\end{equation}
\begin{equation}\prod_{p\in\Pi_3}\frac1{1-p^{-s}}=\sqrt{(1-2^{-s})\zeta (s)}(1+O(1)).\end{equation}
据二平方和定理, 得
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_n^{-s}=\frac1{1-2^{-s}}\prod_{p\in\Pi_1}\frac1{1-p^{-s}}\prod_{p\in\Pi_3}\frac1{1-p^{-2s}}=\sqrt{\zeta (s)\zeta (2s)}(1+O(1)).\end{equation}
当 \(s\rightarrow1\) 时, \(\zeta(2s)\) 的主部是常数, 因此 \(s\rightarrow1^+\) 时,
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_n^{-s}=\sqrt{\zeta(s)}(1+O(1)).\end{equation}
我们又有
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_{n}^{-s}=\sum_{n=1}^\infty\chi(n)n^{-s},\end{equation}
这里
\begin{equation}\chi(n)=\begin{cases}\,1,\quad\,n\in S\\0,\quad \text{otherwise}\end{cases}\end{equation}
定义
\[A(x)=\sum_{n\leqslant x}\chi(n),\]
利用 abel 求和公式, 得
\begin{equation}\sqrt{\zeta (s)}+O(1)=s\int_{0}^\infty A(x)x^{-(s+1)}dx.\end{equation}
令 \(s\rightarrow1^+\), 有
\begin{equation}\frac1{\sqrt{s-1}}+O(1)=\int_{0}^\infty A(x)x^{-(s+1)}dx.\end{equation}
最后, 由 Perron 公式或者 Laplace 变换, 即得
\begin{equation}A(x)\sim\frac{x}{\sqrt{\log x}}.\end{equation}
定理 \(2\) 不容易, 据此, 马上得以定出 \(a_n\) 的阶.
定理 \(3\) \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{a_n}{n\sqrt{\log n}}=1.\)
下面这件事情是显然的, 尽管也是定理 \(3\) 的推论.
定理 \(4\) \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=1.\)
定理 \(4\) 的一个推论是:
定理 \(5\) 集合
\[\{\frac{s_1}{s_2}|s_1,s_2\in \Bbb S\}\]
在非负实数集 \(\Bbb R_+\) 中稠密.
事实上, 若定义 \(g(x), h(x)(x\in\Bbb R_+)\) 为
\[g(x)=a_n, h(x)=a_{n+1}(a_n\leqslant x<a_{n+1},n=0,1,2,\dotsc.),\]
则对任意 \(p, q\in\Bbb N^+\), 成立
\[\dfrac{\dfrac{g(np)}{h(nq)}}{\dfrac{h(np)}{g(nq)}}<\dfrac{\dfrac{g(np)}{g(nq)}}{\dfrac pq}<\dfrac{\dfrac{h(np)}{g(nq)}}{\dfrac{g(np)}{h(nq)}},\]
这是因为 \(\dfrac{g(np)}{h(nq)}<\dfrac{g(np)}{g(nq)}, \dfrac pq<\dfrac{h(np)}{g(nq)}\). 这便推出
\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{g(np)}{g(nq)}=\frac pq.\]
注意, 这个证明并没有用到 \(S\) 的性质, 也就是说, 满足定理 \(4\) 的数列必定对定理 \(5\) 也成立.
定理 \(6\) 级数
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac1{a_n}\end{equation}
发散.
实际上, 根据 Fermat 的平方和定理, 质数 \(p\equiv1\pmod4\) 都在数列 \((1)\) 中. 所以, 欲证明的结果仅仅是 Dirichlet 的一个经典定理
\[\sum_{p\equiv b\pmod a\atop (a,b)=1}\frac 1p=\infty\]
的特列.
定理 \(7\) 数列 \((1)\) 包含任意长的算术级数.
