2017-10-02

グリーン・タオ論文の§9を読む（その三）

Goldston-Yıldırım型定理Bを仮定して、 $\nu_{\mathrm{GT}, b}$ が $2^{k-1}$ -相関条件を満たすことを証明します。

補題 (Lemma 9.9) 正整数パラメータ $m$ に対して関数 $\tau=\tau_m\colon \mathbb{Z} \to \mathbb{R}^+$ が存在して、次の三条件を満たす：
(i)任意の零でない整数 $n$ に対して $\tau(n) \geq 1$ である。
(ii)相異なる $m$ 個の整数 $h_1, \dots, h_m$ を任意にとったときに、

$\displaystyle \prod_{p \mid \Delta}\left(1+O_m(p^{-\frac{1}{2}})\right) \leq \sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau(h_i-h_j)$

が成り立つ。ここで、 $\Delta:=\prod_{1 \leq i < j \leq m}\left|h_i-h_j\right|$ である。
(iii)任意の $1 \leq q < \infty$ に対して、漸近公式

$\displaystyle \mathbb{E}\left(\tau^q(n) \ \left| \ 0 < \left|n\right| < \frac{N}{2}\right)\right. = O_{m, q}(1)$

が成り立つ。

証明. $\Delta$ の定義とBernoulliの不等式より

$\displaystyle \prod_{p \mid \Delta}\left(1+O_m(p^{-\frac{1}{2}})\right) \leq \prod_{1 \leq i < j \leq m}\Biggl(\prod_{p \mid h_i-h_j}(1+p^{-\frac{1}{2}})\Biggr)^{O_m(1)}$

と評価できるので、相加相乗平均の不等式より*1

$\displaystyle \prod_{p \mid \Delta}\left(1+O_m(p^{-\frac{1}{2}})\right) \leq \sum_{1 \leq i < j \leq m}O_m(1)\prod_{p \mid h_i-h_j}(1+p^{-\frac{1}{2}})^{O_m(1)}$

が得られる。よって、(ii)が成り立つように適当に

$\displaystyle \tau_m(n) := O_m(1)\prod_{p \mid n}(1+p^{-\frac{1}{2}})^{O_m(1)}$

と定義できることがわかった。また、(i)は自明に成立する。よって、後は(iii)を確認する。 $1 \leq q < \infty$ とする。 $O_{m, q}(1)$ 個の例外素数 $p$ を除いて、

$\displaystyle (1+p^{-\frac{1}{2}})^{O_m(q)} \leq 1+p^{-\frac{1}{4}}$

が成り立つので、

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{p \mid n}(1+p^{-\frac{1}{2}})^{O_m(q)} \ \right| \ 0 < \left|n\right| \leq \frac{N}{2}\right) \leq O_{m, q}(1)\left.\mathbb{E}\left(\prod_{p \mid n}(1+p^{-\frac{1}{4}}) \ \right| \ 0 < n \leq \frac{N}{2}\right)$

と評価できる( $n$ と $-n$ で同じ値を取ることに注意)。また、

$\displaystyle \prod_{p \mid n}(1+p^{-\frac{1}{4}}) \leq \sum_{d \mid n}d^{-\frac{1}{4}}$

なので

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{p \mid n}(1+p^{-\frac{1}{4}}) \ \right| \ 0 < n \leq \frac{N}{2}\right) \leq \frac{O(1)}{N}\sum_{n=1}^{[N/2]}\sum_{d \mid n}d^{-\frac{1}{4}} = O\Biggl(\sum_{d=1}^{[N/2]}d^{-\frac{5}{4}}\Biggr)=O(1)$

であり、これは(iii)の成立を示している。 Q.E.D.

命題 (Proposition 9.10) $\nu_{\text{GT}, b}$ は $2^{k-1}$ -相関条件を満たす。

$s_N$ を代表元をとる関数 $\displaystyle s_N \colon \mathbb{Z}_N \to \left[-\frac{N}{2}, \frac{N}{2}\right] \cap \mathbb{Z}$ とする。

証明. $1 \leq m \leq 2^{k-1}$ に対して関数 $\tau=\tau_m\colon \mathbb{Z}_N \to \mathbb{R}^+$ であって任意の $1 \leq q < \infty$ に対して

$\mathbb{E}(\tau^q) = O_{m, q}(1)$

を満たすものが存在して、任意の $h_1, \dots, h_m \in \mathbb{Z}_N$ (等しいものがあってもよい)に対して

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\bigl(\nu_{\text{GT}, b}(x+h_1)\cdots \nu_{\text{GT}, b}(x+h_m)\right|x \in \mathbb{Z}_N\bigr) \leq \sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau(h_i-h_j)$ −①

が成り立つことを示せばよい。補題によって存在する関数をここでは $\overline{\tau}$ と書くことにし、 $x\neq 0$ に対しては $\tau:=\overline{\tau} \circ s_N$ と定め、或る絶対定数 $C > 0$ に対して

$\displaystyle \tau(0) := \exp\left(\frac{Cm\log N}{\log \log N}\right)$

と定義する。補題より

$\displaystyle \mathbb{E}\left(\overline{\tau}^q(n) \ \left| \ 0 < \left|n\right| < \frac{N}{2}\right)\right. = O_{m, q}(1)$

なので、

$\begin{align} \left.\mathbb{E}\left(\tau^q(x) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right) &= \frac{1}{N}\left(\tau^q(0)+(N-1)\mathbb{E}\left(\overline{\tau}^q(n) \ \left| \ 0 < \left|n\right| < \frac{N}{2}\right)\right.\right) \\ &= \frac{1}{N}\tau^q(0)+\left(1-\frac{1}{N}\right)O_{m, q}(1)\end{align}$

であり、定義から $\tau^q(0) = o_{m, q}(N)$ なので $\mathbb{E}(\tau^q) = O_{m, q}(1)$ が成り立っている。 $\tau_m$ は各点で $m$ について単調増加であるように定義しておく*2。後は①を証明する。

$h_i$ 達の中に等しいものがある場合

約数個数関数を $d(\cdot )$ とし、 $n$ を $\varepsilon_kN \leq n \leq 2 \varepsilon_kN$ を満たす任意の整数とする。切断約数和の定義より

$\displaystyle \left|\Lambda_R(Wn+b)\right| \leq \sum_{\substack{d \mid Wn+b \\ d \leq R}}\log \frac{R}{d} \leq \log R \cdot d(Wn+b),$

$\displaystyle \frac{\left|\Lambda_R(Wn+b)\right|^2}{\log R} \leq \log R \cdot d(Wn+b)^2$

と評価できるので、約数個数関数の上からの評価 - INTEGERSと $R=N^{\frac{1}{k2^{k+4}}}$ より

$\displaystyle \frac{\left|\Lambda_R(Wn+b)\right|^2}{\log R} \leq O\left(\log N \exp \left(O\left(\frac{\log N}{\log \log N}\right) \right) \right) = \exp \left(O\left(\frac{\log N}{\log \log N}\right) \right)$

が得られる。よって、 $C$ を適切に選べば

$\displaystyle \left\|\nu_{\text{GT}, b}\right\|_{L^{\infty}} \leq \exp \left(\frac{C\log N}{\log \log N}\right)$

が成り立つことがわかった*3。故に

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\bigl(\nu_{\text{GT}, b}(x+h_1)\cdots \nu_{\text{GT}, b}(x+h_m)\right|x \in \mathbb{Z}_N\bigr) \leq \left\|\nu_{\text{GT}, b}\right\|_{L^{\infty}}^m \leq \tau(0) \leq \sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau(h_i-h_j)$

と①が成立する。

$h_i$ 達が相異なる場合

$g \colon \mathbb{Z}_N \to \mathbb{R}^+$ を

$\displaystyle g(x) := \frac{\varphi(W)}{W}\frac{\Lambda_R(Ws_N(x)+b)^2}{\log R}\mathbf{1}_{\mathrm{Im}(\iota_N)}(x)$

と定義すると、Green-Tao測度の定義より

$\begin{align} &\left.\mathbb{E}\bigl(\nu_{\text{GT}, b}(x+h_1)\cdots \nu_{\text{GT}, b}(x+h_m)\right|x \in \mathbb{Z}_N\bigr) \\ &\leq \left.\mathbb{E}\left( (1+g(x+h_1) )\cdots (1+g(x+h_m) ) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right) = \sum_{A \subset \{1, \dots, m\}}\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right)\end{align}$

と評価できる。

$Q=Q(N)$ を十分増加速度の遅い $\displaystyle \lim_{N \to \infty}Q(N)=\infty$ を満たすような整数とする。このとき、 $u \in \mathbb{Z}_Q$ に対して

$\displaystyle B_{u} := \left\{x \in \mathbb{Z}_N \left| s_N(x) \in \left[ \left[\frac{s_N(u)N}{Q}\right], \left[\frac{(s_N(u)+1)N}{Q}\right] \right)\right\}\right.$

と定義すると、

$\displaystyle \mathbb{Z}_N = \bigsqcup_{u \in \mathbb{Z}_Q}B_{u}$

と分割されているが、Gauss記号が整数となるかならないかによって各 $B_{u}$ のサイズは若干異なり、 $Q$ の増加速度が十分遅ければ

$\displaystyle \#B_{u} =(1+o(1) )\frac{N}{Q}$

である。よって、

$\begin{align} \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right) &= \frac{1}{N}\sum_{u \in \mathbb{Z}_Q}\sum_{x \in B_u}\prod_{i \in A}g(x+h_i) \\ &= \frac{1}{N}\sum_{u \in \mathbb{Z}_Q}\#B_u\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) \\ &= \frac{1+o(1)}{Q}\sum_{u \in \mathbb{Z}_Q}\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) \\ &= (1+o(1) )\left.\mathbb{E}\left(\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) \right| u \in \mathbb{Z}_Q\right) \end{align}$ −②

を得る。ここで、次を示す：

主張 $u \in \mathbb{Z}_Q$ と $i \in A$ をとる。 $x \in B_u$ に対して

$s_N(x+h_i)=s_N(x)+s_N(h_i)+N\xi_i(x)$

を満たす整数 $\xi_i(x)$ が存在するが、 $N$ が十分大きければ $x+h_i, x'+h_i \in \mathrm{Im}(\iota_N)$ なる $x, x' \in B_u$ に対して $\xi_i(x)=\xi_i(x')$ が成り立つ。

主張の証明: $x, x' \in B_u, x+h_i, x'+h_i \in \mathrm{Im}(\iota_N)$ に対して

$s_N(x+h_i)=s_N(x)+s_N(h_i)+N\xi_i(x),\quad s_N(x'+h_i)=s_N(x')+s_N(h_i)+N\xi_i(x')$

であり、

$\left(s_N(x+h_i)-s_N(x'+h_i)\right)-\left(s_N(x)-s_N(x')\right) = N\left(\xi_i(x)-\xi_i(x')\right)$

が成り立つが、 $\left| s_N(x+h_i)-s_N(x'+h_i)\right| \leq \varepsilon_kN$ かつ $\left|s_N(x)-s_N(x')\right| = O(N/Q)=o(N)$ なので、 $N$ が十分大きければ $\xi_i(x)=\xi_i(x')$ でなければならない。主張の証明終.

$x+h_i \in \mathrm{Im}(\iota_N)$ なる $x \in B_u$ が存在しないような $i \in A$ が一つでもある場合は期待値は零である。そうでない場合、 $u \in \mathbb{Z}_Q$ を固定して主張の $\xi_i(x)$ を $\xi_i$ と書くことにし、 $i \in A$ に対して $\overline{h_i}:=s_N(h_i)+N\xi_i$ と定義する。

すると、 $g$ の定義から

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) \leq \left(\frac{\varphi(W)}{W\log R}\right)^{\#A}\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}\Lambda_R\left(W(s_N(x)+\overline{h_i})+b\right)^2 \right| x \in B_u\right)$

と評価できる。 $h_i$ 達が相異なることから $\overline{h}_i$ 達も相異なる。 $N\xi_i = s_N(x+h_i)-s_N(x)-s_N(h_i)$ より $\left|\overline{h_i}\right| \leq N^2$ であり、 $Q$ の成長速度が十分遅ければ $B_u$ はサイズの条件を満たす。よって、Goldston-Yıldırım型定理Bより

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}\Lambda_R\left(W(x+\overline{h_i})+b\right)^2 \right| x \in s_N(B_u)\right) \leq (1+o(1) )\left(\frac{W\log R}{\varphi(W)}\right)^{\#A}\prod_{p \mid \Delta}\left(1+O(p^{-\frac{1}{2}})\right)$

が成り立つ。従って、補題より

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) \leq (1+o(1) )\sum_{\substack{1 \leq i < j \leq m \\ i, \ j \in A}}\overline{\tau_{\#A}}(\overline{h_i}-\overline{h_j})$ −③

を得る。これより、

$\displaystyle \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right) \leq (1+o(1) )\sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau_m(h_i-h_j)$

が言える。理由: ③の場合、或る $x, x' \in B_u$ が存在して、

$\displaystyle \left|\overline{h}_i-\overline{h}_j\right| = \left|s_N(x+h_i)-s_N(x'+h_j)\right| \leq \varepsilon_kN$

が成り立ち、 $\overline{h}_i-\overline{h}_j \equiv s_N(h_i-h_j)$ なので、

$\overline{h}_i-\overline{h}_j=s_N(h_i-h_j)$

であり、

$\begin{align} \left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in B_u\right) &\leq (1+o(1) )\sum_{\substack{1 \leq i < j \leq m \\ i, \ j \in A}}\overline{\tau_{\#A}}(\overline{h_i}-\overline{h_j}) \\ &= (1+o(1) )\sum_{\substack{1 \leq i < j \leq m \\ i, \ j \in A}}\tau_{\#A}(h_i-h_j) \leq (1+o(1) )\sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau_m(h_i-h_j)\end{align}$

となる(単調性を使っている)。よって、②と合わせればよい。従って、

$\begin{align} \left.\mathbb{E}\bigl(\nu_{\text{GT}, b}(x+h_1)\cdots \nu_{\text{GT}, b}(x+h_m)\right|x \in \mathbb{Z}_N\bigr) &\leq \sum_{A \subset \{1, \dots, m\}}\left.\mathbb{E}\left(\prod_{i \in A}g(x+h_i) \right| x \in \mathbb{Z}_N\right) \\ &\leq 2^m(1+o(1) )\sum_{1 \leq i < j \leq m}\tau(h_i-h_j)\end{align}$