Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Γεωµετρία των αριθµών. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Transcript

1 Ενότητα: Γεωµετρία των αριθµών Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών

2 Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ϱητώς. Χρηµατοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδηµαϊκά Μαθήµατα στο Πανεπιστήµιο Αθηνών» έχει χρηµατοδοτήσει µόνο τη αναδιαµόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράµµατος «Εκπαίδευση και ια Βίου Μά- ϑηση» και συγχρηµατοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ενωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταµείο) και από εθνικούς πόρους. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

3 Περιεχόµενα ενότητας 3 Γεωµετρία των αριθµών Το ϑεώρηµα του Minkowski Το επιχείρηµα του Minkowski Εφαρµογές στη ϑεωρία των αριθµών Οµογενείς γραµµικές µορφές Το ϑεώρηµα προσέγγισης του Dirichlet Γινόµενο γραµµικών µορφών Τετραγωνικές µορφές Το ϑεώρηµα του Lagrange Ακέραια σηµεία σε ελλειψοειδή Η µέθοδος του Blichfeldt Ελλειψοειδή χωρίς ακέραια σηµεία Παράρτηµα: εφαρµογές της ανάλυσης Fourier στην κυρτή γεωµετρία Η απόδειξη του Siegel για το πρώτο ϑεώρηµα του Minkowski Η απόδειξη του Hurwitz για την ισοπεριµετρική ανισότητα στο επίπεδο Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 3

4 3 Γεωµετρία των αριθµών 3.1 Το θεώρηµα του Minkowski Πολλά από τα προβλήµατα της γεωµετρίας των αριθµών διατυπώνονται στην εξής µορφή: ίνονται µία συνάρτηση F : R n R µε F(,...,) = και ένας ϑετικός πραγµατικός αριθµός λ. Το Ϲητούµενο είναι να ϐρεθεί µη τετριµµένη n-άδα ακεραίων a 1,..., a n που ικανοποιούν την (3.1.1) F(a 1,..., a n ) λ. Θεωρούµε την τυχούσα n-άδα x = (x 1,..., x n ) R n σαν σηµείο του Ευκλείδειου χώρου R n και συµβολί- Ϲουµε µε K το σύνολο όλων των x R n που ικανοποιούν την (3.1.) F(x) = F(x 1,..., x n ) λ. Τότε, το αρχικό µας πρόβληµα διατυπώνεται ισοδύναµα ως εξής: Κάτω από ποιές προϋποθέσεις το σύνολο K περιέχει σηµείο u Z n \ {}; Υπάρχουν δύο σηµαντικές ιδέες πίσω από αυτή τη µετάφραση του προβλήµατος. Πρώτον, παίρνουµε υπ όψιν µας τις τιµές της F σε κάθε x R n, και όχι µόνο τις τιµές της στα u Z n. Αυτό µας δίνει τη δυνατότητα να χρησιµοποιήσουµε αναλυτικές µεθόδους για την αντιµετώπιση του προβλήµατος. εύτερον, η ερµηνεία που δίνουµε στο πρόβληµα είναι γεωµετρική, κάτι που ευνοεί την εισαγωγή νέων εννοιών και µεθόδων οι οποίες ϐασίζονται στη γεωµετρική µας διαίσθηση. Γεωµετρικές µέθοδοι αυτού του τύπου είχαν ήδη χρησιµοποιηθεί από τον Gauss και τον Dirichlet, οι οποίοι εργάζονταν σε προβλήµατα σχετικά µε τις ϑετικά ορισµένες τετραγωνικές µορφές. Πρώτος όµως ο Minkowski ανέπτυξε µία συστηµατική ϑεωρία, απέδειξε ένα γενικό ϑεώρηµα για n-διάστατα κυρτά σώµατα K, και το εφάρµοσε σε µεγάλο πλήθος σηµαντικών προβληµάτων. Η νέα ϑεωρία ονοµάστηκε «γεωµετρία των αριθµών» από τον ίδιο τον Minkowski. Ο Hermite (185) απέδειξε ότι, αν F είναι µία ϑετικά ορισµένη τετραγωνική µορφή n µεταβλητών, τότε η (3.1.1) έχει µη τετριµµένη ακέραια λύση αν το λ ξεπερνάει µία τιµή που εξαρτάται µόνο από το n και από τη διακρίνουσα της F. Η ϕύση της απόδειξής του ήταν αριθµητική. Ο Minkowski µετέφρασε το αποτέλεσµα του Hermite σε ένα ϑεώρηµα για ελλειψοειδή, και έδωσε µία νέα γεωµετρική απόδειξή του. Στη συνέχεια παρατήρησε ότι, οι µόνες ιδιότητες του ελλειψοειδούς που απαιτούνταν για την απόδειξη, ήταν η κυρτότητα και η συµµετρία του ως προς το. Κατέληξε έτσι στο εξής ϑεώρηµα (πρώτο ϑεώρηµα του Minkowski): Θεώρηµα (Minkowski). Εστω K ανοικτό και ϕραγµένο, συµµετρικό ως προς το, κυρτό υποσύνολο του R n. Αν K > n, τότε το K περιέχει τουλάχιστον ένα u Z n \ {}. Το αποτέλεσµα αυτό δεν επιδέχεται ϐελτίωση. Αν ϑεωρήσουµε τον κύβο Q = {x : x i < 1,i = 1,...,n}, τότε Q = n, αλλά Q Z n = {}. Θα δώσουµε µία απόδειξη του Θεωρήµατος η οποία ϐασίζεται στο εξής Λήµµα του Blichfeldt: Θεώρηµα 3.1. (Blichfeldt). Εστω M ένα Jordan µετρήσιµο υποσύνολο του R n, µε M > 1. Υπάρχουν x y στο M ώστε x y Z n. Απόδειξη. Η απόδειξη που ϑα δώσουµε οφείλεται στον Hajos. Υποθέτουµε ότι M > 1. Αν το M δεν είναι ϕραγµένο, παρατηρούµε ότι η τοµή του M µε µπάλα κατάλληλα µεγάλης ακτίνας εξακολουθεί να έχει όγκο µεγαλύτερο από 1. Υποθέτουµε λοιπόν, χωρίς περιορισµό της γενικότητας, ότι το M είναι ϕραγµένο. Θεωρούµε το ϑεµελιώδες παραλληλεπίπεδο του Z n (3.1.3) P = {x R n : x i < 1,i = 1,...,n}. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 4

5 Το σύνολο U των u Z n για τα οποία (u + P) M είναι πεπερασµένο: αν (u + P) M τότε u M P και το M P είναι ϕραγµένο, άρα έχουµε πεπερασµένες το πλήθος επιλογές για το u. Γράφουµε (3.1.4) U = {u 1,...,u r }. Για κάθε j = 1,...,r, ορίζουµε M j = (u j + P) M. Τα σύνολα M j είναι ξένα και η ένωσή τους είναι το M. Για κάθε j = 1,...,r ϑεωρούµε τη µεταφορά M j = M j u j = P (M u j ) P. Παρατηρούµε ότι M j = M j για κάθε j = 1,...,r. Συνδυάζοντας αυτές τις παρατηρήσεις ϐλέπουµε ότι αν τα M j ήταν ξένα, τότε ϑα είχαµε P M 1 M r = = r r M j = M j = j=1 u Z n (u + P) M = M > 1, j=1 r (u j + P) M το οποίο είναι άτοπο. Αρα, υπάρχουν i j {1,...,r} και z M i M j. Τότε, τα x = z + u i και y = z + u j ανήκουν στο M, και x y = u i u j Z n \ {}. Παρατήρηση. Το ίδιο ισχύει αν υποθέσουµε ότι το M είναι ϕραγµένο, κλειστό, και M 1. Γιατί αν πάρουµε µία ϕθίνουσα ακολουθία λ r 1, έχουµε λ r M > 1, άρα υπάρχουν x r, y r λ r M ώστε x r y r Z n. Τότε, οι (x r ), (y r ) έχουν υπακολουθίες x kr x M, y kr y M, και εύκολα ελέγχουµε ότι x y Z n \ {}. Απόδειξη του ϑεωρήµατος Θεωρούµε το M = K/. Το M είναι Jordan µετρήσιµο και, από την υπόθεσή µας, M > 1. Από το Λήµµα του Blichfeldt, υπάρχουν x, y M ώστε x y Z n. Οµως, από τον ορισµό του M, υπάρχουν w 1,w K µε x = w 1 / και y = w /. Το K είναι συµµετρικό ως προς το, άρα w K. Από την κυρτότητα του K συµπεραίνουµε ότι (3.1.5) x y = w 1 + ( w ) ηλαδή, x y K Z n. K. j= Το επιχείρηµα του Minkowski Περιγράφουµε τώρα το αρχικό επιχείρηµα του Minkowski. Θεωρούµε ένα κλειστό, συµµετρικό ως προς το, κυρτό σώµα K. Για κάθε λ >, ϑεωρούµε το σώµα λk. Αφού το K είναι ϕραγµένο, για µικρά λ έχουµε λk Z n = {}, και αφού το K περιέχει µία µπάλα µε κέντρο το, για µεγάλα λ ϑα έχουµε λk (Z n \ {}). Αφού λk, από την κυρτότητα του K έπεται ότι: αν < λ < λ, τότε λk λ K. Αφού το K είναι κλειστό, συµπεραίνουµε ότι (3.1.6) λk = {λ K : λ > λ}. για κάθε λ >. Ειδικότερα, αν ορίσουµε (3.1.7) λ 1 = inf{λ > : λk (Z n \ {}) }, τότε (3.1.8) λ 1 K (Z n \ {}). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 5

6 ηλαδή, υπάρχει ελάχιστος λ 1 > για τον οποίο το λ 1 K περιέχει µη µηδενικό ακέραιο σηµείο (το οποίο, ϐέβαια, ϑα ϐρίσκεται στο σύνορό του). Για την απόδειξη της (3.1.8), σταθεροποιούµε λ > λ 1 και ϑεωρούµε ϕθίνουσα ακολουθία λ > µ n λ 1. Το λ K περιέχει πεπερασµένα το πλήθος µη µηδενικά ακέραια σηµεία, και, για κάθε n, κάποιο από αυτά ανήκει στο µ n K. Υπάρχουν λοιπόν µη µηδενικό u Z n και υπακολουθία µ kn ώστε u µ kn K για κάθε n. Τότε, (3.1.9) u µ kn K = λ 1 K. n Για κάθε λ > ϑεωρούµε τα σύνολα λk + u, u Z n. Για µικρά λ, τα σύνολα λk + u είναι ξένα ανά δύο. Με ένα επιχείρηµα ανάλογο προς το προηγούµενο, δείχνουµε ότι υπάρχει ελάχιστος λ > για τον οποίο υπάρχει u Z n \ {} ώστε λ K (λ K + u). Λήµµα Για κάθε συµµετρικό κυρτό σώµα K ισχύει η ισότητα λ 1 = λ. Απόδειξη. Εστω x λ K (λ K + u), όπου u Z n \ {}. Τότε, λόγω της συµµετρίας του K, έχουµε u x λ K και x λ K, άρα u λ K. Εποµένως, (3.1.1) λ 1 λ. Από την άλλη πλευρά, αν u λ 1 K (Z n \ {}), τότε, παρατηρώντας ότι u/ (λ 1 /)K και χρησιµοποιώντας τη συµµετρία του K, γράφουµε (3.1.11) u = u + u λ 1 K ( ) λ1 K + u. Επεται ότι λ λ 1 /. Ο Minkowski ολοκλήρωνε το επιχείρηµά του ως εξής: τα σύνολα λ K + u, u Z n, έχουν ξένα εσωτερικά. Αυτό έχει σαν συνέπεια την ανισότητα λ K 1 (αλλιώς, το Λήµµα του Blichfeldt ϑα µας οδηγούσε σε άτοπο, εξηγήστε γιατί). Σύµφωνα µε το Λήµµα 3.1.3, (3.1.1) λ n 1 K = λ 1K = (λ )K = n λ K n. Αν υποθέσουµε ότι το K δεν περιέχει µη µηδενικό ακέραιο σηµείο, τότε λ 1 > 1, δηλαδή K < n. Εποµένως, κάθε κλειστό, συµµετρικό ως προς το κυρτό σώµα K µε όγκο K n, περιέχει µη µηδενικό u Z n. Για την περίπτωση του ανοικτού K, υποθέτοντας ότι K > n, ϐρίσκουµε λ < 1 ώστε λ n K > n, οπότε λk = λ n K > n. Εφαρµόζοντας το προηγούµενο αποτέλεσµα, ϐρίσκουµε µη µηδενικό ακέραιο σηµείο u λk K. Παρατηρήσεις. Το επιχείρηµα του Minkowski (ειδικότερα η εισαγωγή των παραµέτρων λ, λ 1 και το Λήµµα 3.1.3) είναι σηµαντικό για ιστορικούς λόγους. Τον οδήγησε στον ορισµό της νόρµας που επάγεται από το K και στον ορισµό των διαδοχικών ελαχίστων του K: 1. Εστω K κλειστό κυρτό υποσύνολο του R n µε int(k). Η συνάρτηση στάθµης (ή συναρτησοειδές Minkowski) του K είναι η συνάρτηση g K : R n R που ορίζεται από την (3.1.13) g K (x) = inf{λ > : x λk}. Αν το K είναι συµµετρικό κυρτό σώµα, τότε η g K είναι νόρµα στον R n και K = {x : g K (x) 1}. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 6

7 . Εστω K συµµετρικό κυρτό σώµα στον R n. Μπορούµε να ελέγξουµε ότι, για κάθε i = 1,...,n, υπάρχουν λ > ώστε το λk να περιέχει τουλάχιστον i γραµµικά ανεξάρτητα διανύσµατα του Z n. Ορίζουµε (3.1.14) λ i = inf{λ > : dim(λk Z n ) i}, όπου dim(λk Z n ) είναι η διάσταση του υποχώρου που παράγεται από τα ακέραια σηµεία του λk. Οι αριθµοί < λ 1 λ λ n είναι τα διαδοχικά ελάχιστα του K. Σύµφωνα µε το πρώτο ϑεώρηµα του Minkowski, αφού λ 1 K Z n = {}, το λ 1 K πρέπει να έχει όγκο το πολύ ίσο µε n : (3.1.15) λ n 1 K n. Παίρνοντας υπ όψιν του όλα τα διαδοχικά ελάχιστα λ 1,..., λ n του K, ο Minkowski απέδειξε κάτι ισχυρότερο (το δεύτερο ϑεώρηµα του Minkowski): Θεώρηµα Εστω K συµµετρικό κυρτό σώµα στον R n. Τότε, (3.1.16) λ 1 λ... λ n K n. 3. Εφαρµογές στη θεωρία των αριθµών 3..1 Οµογενείς γραµµικές µορφές Η πιο γνωστή εφαρµογή του ϑεωρήµατος του Minkowski αφορά συστήµατα οµογενών γραµµικών µορφών: Θεώρηµα Εστω ξ i (x 1,..., x n ) = a i1 x a in x n, i = 1,...,n, οµογενείς γραµµικές µορφές µε πραγµατικούς συντελεστές a i j και µη µηδενική ορίζουσα. Αν t 1,...,t n > και t 1 t t n, τότε υπάρχει (x 1,..., x n ) Z n \ {} ώστε (3..1) ξ i (x 1,..., x n ) t i, i = 1,...,n. Απόδειξη. Θεωρούµε το παραλληλεπίπεδο (3..) P = {x : ξ i (x 1,..., x n ) t i,i = 1,...,n}. Αν T είναι ο γραµµικός µετασχηµατισµός που ορίζεται από τον πίνακα (a i j ), τότε P = T 1 (P 1 ), όπου (3..3) P 1 = {y : y i t i,i = 1,...,n}. Αρα, (3..4) P = T 1 (P 1 ) = P 1 = n t 1t t n n. Από το ϑεώρηµα του Minkowski, υπάρχει x P (Z n \ {}). Εφαρµογή. Εστω a 1,..., a n R. Υπάρχουν ακέραιοι u 1,...,u n+1 ώστε (3..5) u n+1 a i u i 1 u 1/n n+1, i = 1,...,n. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 7

8 Απόδειξη. Θέτουµε ξ n+1 (x 1,..., x n+1 ) = x n+1 και (3..6) ξ i (x 1,..., x n+1 ) = x n+1 a i x i, i = 1,...,n. Τότε = 1, άρα για κάθε t > 1 υπάρχει (u 1,...,u n+1 ) Z n \ {} που ικανοποιεί τις (3..7) u n+1 t και u n+1 a i u i t 1/n. Το u n+1 δεν µπορεί να είναι ίσο µε µηδέν, γιατί τότε όλοι οι u i, i n ϑα ήταν απολύτως µικρότεροι του 1, δηλαδή επίσης ίσοι µε µηδέν. Επίσης, αντικαθιστώντας αν χρειαστεί όλους τους u i µε τους u i, µπορούµε να υποθέσουµε ότι u n+1 >. Επεται ότι (3..8) u n+1 a i u i 1 t 1/n 1 για κάθε i = 1,...,n. u 1/n n Το θεώρηµα προσέγγισης του Dirichlet Εφαρµόζουµε τώρα πιο προσεκτικά το ϑεώρηµα του Minkowski στο πρόβληµα της προσέγγισης πραγµατικών αριθµών από ϱητούς (ϑεώρηµα του Dirichlet): Θεώρηµα 3... Υπάρχει σταθερά c > µε την ιδιότητα: για κάθε a R, υπάρχει οσοδήποτε µεγάλος q N και υπάρχει p Z, ώστε (3..9) a p q c q. Απόδειξη. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι ο a είναι άρρητος (αν ο a είναι ϱητός, τότε το πρόβληµα δεν έχει καµιά δυσκολία). Εστω M >. Αφού a Q, υπάρχει Q > 1 ώστε (3..1) t M := min{ aq p : q M,q N, p Z} > 1 Q. Ορίζουµε (3..11) K = {(x, y) R : ax y 1Q }, x Q. Το K είναι παραλληλόγραµµο, µε εµβαδόν K = (Q)(/Q) = 4. Από το ϑεώρηµα του Minkowski, υπάρχει (q, p) K (Z \ {}). Εχουµε q, γιατί αλλιώς ϑα είχαµε p 1/Q < 1, δηλαδή p =. Επίσης, λόγω της συµµετρίας του K, µπορούµε να υποθέσουµε ότι q > (δηλαδή, q N). Αυτό σηµαίνει ότι < q Q και aq p 1/Q, άρα (3..1) Τέλος, από τον ορισµό του t M, έχουµε a p q 1 qq 1 q. (3..13) aq p 1 Q < t M, άρα q > M. Το Θεώρηµα 3.. γενικεύεται ως εξής: Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 8

9 Θεώρηµα Υπάρχει σταθερά c > µε την ιδιότητα: αν a 1,..., a n R, υπάρχει οσοδήποτε µεγάλος q N και υπάρχουν p 1,..., p n Z, ώστε (3..14) a i p i q c q 1+ 1 n. Απόδειξη. Εστω M >. Η απόδειξη είναι εντελώς ανάλογη µε αυτήν του Θεωρήµατος 3..: µπορούµε να υποθέσουµε ότι οι a 1,..., a n δεν είναι όλοι ϱητοί. Το παραλληλεπίπεδο στο οποίο εφαρµόζουµε το Θεώρηµα του Minkowski, είναι το { (3..15) K = (x, y 1,..., y n ) R n+1 : a i x y i 1, x Q Q1/n }, όπου Q > 1 αρκετά µεγάλος ώστε να ικανοποιείται η { } (3..16) t M := min max a iq p i : q M,q N, p i Z i n Οι λεπτοµέρειες αφήνονται ως άσκηση. > 1 Q 1/n Γινόµενο γραµµικών µορφών Εστω ξ i (x 1,..., x n ) = a i1 x a in x n, i = 1,...,n, οµογενείς γραµµικές µορφές µε πραγµατικούς συντελεστές a i j και µη µηδενική ορίζουσα. Παίρνοντας t 1 = = t n = 1/n στο Θεώρηµα 3..1, ϐλέπουµε ότι υπάρχει (x 1,..., x n ) Z n \ {} ώστε (3..17) n ξ i (x 1,..., x n ). Θα δώσουµε ένα καλύτερο άνω ϕράγµα για το γινόµενο των ξ i : Θεώρηµα Αν ξ i και όπως παραπάνω, υπάρχει (x 1,..., x n ) Z n \ {} ώστε (3..18) n ξ i (x 1,..., x n ) n! n n. Απόδειξη. Το χωρίο {x : n ξ i (x) r}, r >, δεν είναι κυρτό, περιέχει όµως το (3..19) K r = n x R n : ξ i (x) nr 1/n, γιατί, από την ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου, για κάθε x 1,..., x n R έχουµε (3..) n ξ i (x) 1 n n ξ i (x) n. Αν T είναι ο γραµµικός µετασχηµατισµός που ορίζεται από τις ξ i, τότε K r = T 1 (K 1 r ), όπου (3..1) K 1 r = y : n y i nr 1/n. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 9

10 Αρα, (3..) K r = K1 r dett = n n n r n!. Ο όγκος του K r ϑα είναι ίσος µε n αν r = r = n! /n n, και τότε, το ϑεώρηµα του Minkowski µας εξασφαλίζει ότι υπάρχει x K r (Z n \ {}). ηλαδή, υπάρχει x Z n \ {} για το οποίο (3..3) n ξ i (x) 1 n n ξ i (x) n r = n! n n Τετραγωνικές µορφές Θεώρηµα Εστω A = (a i j ) συµµετρικός, ϑετικά ορισµένος n n πίνακας. Θεωρούµε την τετραγωνική µορφή (3..4) T (x 1,..., x n ) = T (x) = Ax, x. Αν D = det(a i j ) είναι η διακρίνουσα της T, µπορούµε να ϐρούµε (u 1,...,u n ) Z n \ {} ώστε (3..5) T (u 1,...,u n ) 4 π ( ( n ) ) 1/n Γ + 1 D. Απόδειξη. Υπάρχει συµµετρικός, ϑετικά ορισµένος S ώστε S = A. Για κάθε r > ορίζουµε (3..6) K r = {x R n : T (x) r}. Εχουµε T (x) r αν και µόνο αν Sx r. ηλαδή, K r = rs 1 (B n ). Εποµένως, (3..7) K r = rn/ det(s) ω n = rn/ D π n/ Γ( n + 1). Επιλέγουµε r > έτσι ώστε να έχουµε K r = n. Τότε, από το Θεώρηµα του Minkowski, µπορούµε να ϐρούµε (u 1,...,u n ) K r (Z n \ {}), δηλαδή, (3..8) T (u 1,...,u n ) r = 4 π ( ( n ) ) 1/n Γ + 1 D Το θεώρηµα του Lagrange Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα του Minkowski, ϑα αποδείξουµε το εξής ϑεώρηµα του Lagrange: Θεώρηµα Κάθε ϕυσικός αριθµός n γράφεται στη µορφή n = x 1 +x +x 3 +x 4, όπου x 1, x, x 3, x 4 Z. Απόδειξη. Αρχικά, παρατηρούµε ότι αρκεί να εξετάσουµε την περίπτωση που ο n είναι ελεύθερος τετραγώνων, δηλαδή, n = p 1... p r, όπου p j διακεκριµένοι πρώτοι. Παρατηρήστε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός n γράφεται στη µορφή n = s m, όπου ο m είναι ελεύθερος τετραγώνων ή m = 1. Πράγµατι, ο n αναλύεται στη µορφή n = p a 1 1 pa r r. Αν a j = t j + v j µε v j {,1}, αρκεί να ϑέσουµε s = p t 1 1 p t r r και m = p v 1 1 pv r r. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 1

11 Αν ο ισχυρισµός του ϑεωρήµατος αληθεύει για τους ϕυσικούς που είναι ελεύθεροι τετραγώνων, και αν µας δοθεί τυχών ϕυσικός αριθµός n, γράφουµε τον n στη µορφή n = s m όπου ο m είναι ελεύθερος τετραγώνων και, γνωρίζοντας ότι µπορούµε να γράψουµε τον m στη µορφή m = y 1 + y + y 3 + y 4 όπου y i Z, παίρνουµε n = (ly 1 ) + (ly ) + (ly 3 ) + (ly 4 ). Υποθέτουµε λοιπόν ότι n = p 1... p r, όπου p j διακεκριµένοι πρώτοι. Λήµµα Εστω p πρώτος. Υπάρχουν a p, b p Z ώστε (3..9) a p + b p + 1 (mod p). Απόδειξη. Αν p =, παίρνουµε a = 1 και b =. Αν ο p είναι περιττός πρώτος, ελέγχουµε ότι οι αριθµοί a, a =,1,..., p 1, είναι ανισοϋπόλοιποι mod p, και το ίδιο ισχύει για τους 1 b, b =,1,..., p 1. Αφού το πλήθος των a και b είναι p + 1, υπάρχουν δύο από αυτούς που ανήκουν στην ίδια κλάση mod p. Αυτό σηµαίνει υποχρεωτικά ότι υπάρχουν a p, b p p 1 µε την ιδιότητα (3..3) a p 1 b p (mod p), δηλαδή, a p + b p + 1 (mod p). Λήµµα Εστω n = p 1... p r, όπου p j διακεκριµένοι πρώτοι. Υπάρχουν a, b Z ώστε (3..31) a + b + 1 (mod n). Απόδειξη. Από το προηγούµενο λήµµα, για κάθε j = 1,...,r υπάρχουν a j, b j Z ώστε (3..31) a j + b j + 1 (mod p j). Από το Κινέζικο Θεώρηµα Υπολοίπων, τα συστήµατα x a j (mod p j ), j = 1,...,r και x b j (mod p j ), j = 1,...,r έχουν λύσεις a και b αντίστοιχα. Τότε, (3..3) a + b + 1 a j + b j + 1 (mod p j) για κάθε j = 1,...,r. Αφού οι p j είναι διακεκριµένοι πρώτοι, έπεται ότι a + b + 1 (mod n). Συνέχεια της απόδειξης του ϑεωρήµατος. Θα λέµε πλέγµα κάθε σύνολο της µορφής Λ = T (Z n ), όπου T GL(n) (ο T είναι αντιστρέψιµος γραµµικός µετασχηµατισµός του R n ). Αν για κάποιο πλέγµα Λ = T (Z n ) και κάποιο συµµετρικό κυρτό σώµα K στον R n ισχύει (3..33) K n det T, τότε υπάρχει v ώστε v K Λ. Πράγµατι, αν ϑεωρήσουµε το συµµετρικό κυρτό σώµα K 1 = T 1 (K), τότε K 1 = K / det T n. Από το ϑεώρηµα του Minkowski υπάρχει u ώστε u K 1 Z n. Θέτοντας v = T (u) έχουµε v, v T (K 1 ) = K και v T (Z n ) = Λ. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 11

12 Από το Λήµµα 3..8 υπάρχουν a, b Z ώστε n (a + b + 1). Θεωρούµε τον γραµµικό µετασχηµατισµό T : R 4 R 4 που ορίζεται από τις T (e 1 ) = (1,, a, b), T (e ) = (,1, b, a), T (e 3 ) = (,,n,), T (e 4 ) = (,,,n). Ο T είναι αντιστρέψιµος και det T = n. Αν u = (u 1,u,u 3,u 4 ) Z n τότε (3..34) T (u) = (u 1,u, au 1 + bu + nu 3, bu 1 + au + nu 4 ). Θεωρούµε το πλέγµα Λ = T (Z n ) και τη µπάλα B = {x : x 1 + x + x 3 + x 4 µε < n}. Ο όγκος της είναι ίσος (3..35) B = n π > 16n = 4 det T. Από το ϑεώρηµα του Minkowski, υπάρχει (x 1, x, x 3, x 4 ) Λ \ {} ώστε (3..36) < x 1 + x + x 3 + x 4 < n. ηλαδή, υπάρχει u Z n \ {} ώστε (3..37) < u 1 + u + (au 1 + bu + nu 3 ) + ( bu 1 + au + nu 4 ) < n. Οµως, αν ϑέσουµε U = u 1 + u + (au 1 + bu + nu 3 ) + ( bu 1 + au + nu 4 ), έχουµε U u 1 + u + (au 1 + bu ) + ( bu 1 + au ) (mod n) u1 + u + (a + b )(u1 + u ) (mod n) (a + b + 1)(u1 + u ) (mod n) (mod n) Αρα, n U. Από την (3..37) συµπεραίνουµε ότι n = U = u 1 +u +(au 1+bu +nu 3 ) +( bu 1 +au +nu 4 ). 3.3 Ακέραια σηµεία σε ελλειψοειδή Ενα συµµετρικό κυρτό σώµα E στον R n λέγεται ελλειψοειδές αν υπάρχει αντιστρέψιµος γραµµικός µετασχηµατισµός T (T GL(n)) ώστε E = T (B n ). Συµβολίζουµε µε E n την κλάση όλων των ελλειψοειδών του R n που δεν περιέχουν στο εσωτερικό τους κανένα σηµείο του Z n \{}. Το πρόβληµα που ϑα µάς απασχολήσει σε αυτή την Παράγραφο είναι να δοθούν εκτιµήσεις για την ποσότητα (3.3.1) α n = sup{ E : E E n } Η µέθοδος του Blichfeldt Ο Blichfeldt έδωσε το ακόλουθο άνω ϕράγµα για την α n. Θεώρηµα Για κάθε n N, ισχύει η ανισότητα (3.3.) α n n + n/. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 1

13 Για την απόδειξη της ανισότητας κάνουµε πρώτα την εξής αναγωγή. Θέλουµε να δείξουµε ότι: Για κάθε ελλειψοειδές E µε όγκο E > n+ n/ ισχύει E (Z n \ {}). Ισοδύναµα, αρκεί να δείξουµε ότι: Για κάθε πλέγµα Λ = T (Z n ) στον R n µε B n > n+ det T ισχύει Bn (Λ \ {}). Η απόδειξη της ισοδυναµίας των δύο προτάσεων αφήνεται ως άσκηση. Θεωρούµε λοιπόν ένα πλέγµα Λ = T (Z n ) στον R n το οποίο ικανοποιεί την (3.3.3) B n > n + det T. Αν v i = T (e i ), i = 1,...,n, ϑεωρούµε το παραλληλεπίπεδο (3.3.4) Q = n t i v i : t i < 1. Παρατηρήστε ότι Q = T (P), όπου P = {x : x i < 1, i = 1,... n} είναι το ϑεµελιώδες παραλληλεπίπεδο του Z n. Συνεπώς, (3.3.5) Q = T (P) = det T P = det T. Για κάθε ολοκληρώσιµη συνάρτηση f : R n R µπορούµε να γράψουµε f (x) dx = f (x) dx = f (u + y) dy R n u Λ u+q u Λ Q = f (u + y) dy. u Λ Q Αν λοιπόν η f ικανοποιεί την (3.3.6) f (x) dx > Q, τότε (3.3.7) 1 Q Q και αυτό σηµαίνει ότι υπάρχει y R n ώστε (3.3.8) Λήµµα Η συνάρτηση R n f (u + y) dy > 1, u Λ f (u + y) > 1. u Λ f (x) = 1 x, x < 1, x 1 ικανοποιεί την R n f (x) dx > Q. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 13

14 Απόδειξη. Θέτοντας r = 1 έχουµε R n f (x) dx = r B n 1 x r = r B n 1 r r B n = r B n 1 r = r B n 1 r r r dx x t = r B n rbn 1 r = r B n rbn 1 r t dt dx t x r dx dt t ( rb n tbn ) dt r r t ( = r B n rbn 1 ) n + 1 = n + n/ Bn > det T = Q, ) (1 tn r n r n dt ) (t tn+1 dt = n + rbn όπου στο τέλος αντικαταστήσαµε r = 1/ και χρησιµοποιήσαµε την υπόθεση ότι B n > n+ det T που κάναµε για το Λ στην (3.3.3). Τώρα, µπορούµε να εφαρµόσουµε την (3.3.8) για τη συγκεκριµένη συνάρτηση f : υπάρχει y R n ώστε (3.3.9) (1 u + y > 1. u Λ B( y,1/ ) Το σύνολο U των u Λ που ικανοποιούν την u + y < 1/ είναι πεπερασµένο. Μπορούµε λοιπόν να γράψουµε U = {u 1,...,u m } και τότε η (3.3.9) παίρνει τη µορφή m (1 u i + y ) > 1, δηλαδή (3.3.1) m u i + y < m 1. Ο Blichfeldt ολοκλήρωνε την απόδειξη του ϑεωρήµατος µέσω της ακόλουθης ανισότητας: Λήµµα Αν y,u 1,...,u m R n, τότε m m m (3.3.11) u i u j m u i + y. j=1 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 14

15 Απόδειξη. Παρατηρούµε πρώτα ότι αρκεί να αποδείξουµε την ανισότητα στην περίπτωση y = : (3.3.1) m m m u i u j m u i. j=1 Κατόπιν εφαρµόζουµε αυτή την ειδική περίπτωση για τα u 1 + y,...,u m + y. Για την απόδειξη της (3.3.1), γράφουµε m m m m ( u i u j = ui u i,u j + u j ) j=1 j=1 = m = m m m m m u i u i, u j j=1 m m u i u i m u i. Επιστρέφουµε στην (3.3.1): χρησιµοποιώντας το Λήµµα παίρνουµε (3.3.13) m m u i u j m i,j=1 u i + y < m m 1 = m(m 1). Οµως, το πλήθος των µη µηδενικών όρων u i u j (µε i j) στο αριστερό µέλος της (3.3.13) είναι ίσο µε m(m 1). Συνεπώς, υπάρχουν i j ώστε u i u j < 1. ηλαδή, το v = u i u j ανήκει στο Λ, είναι µη µηδενικό, και v = u i u j < 1. Αυτό σηµαίνει ότι v B n (Λ \ {}). ηλαδή, δείξαµε ότι για κάθε πλέγµα Λ = T (Zn ) στον R n µε B n > n+ det T ισχύει Bn (Λ \ {}) Ελλειψοειδή χωρίς ακέραια σηµεία Σε αυτή την παράγραφο εξετάζουµε το αντίστροφο πρόβληµα: να ϐρεθεί ελλειψοειδές µε όσο γίνεται µεγαλύτερο όγκο, το οποίο δεν περιέχει ακέραια σηµεία στο εσωτερικό του. Το καλύτερο γνωστό αποτέλεσµα οφείλεται στον K. Ball και χρησιµοποιεί το Λήµµα του Bang: Λήµµα Εστω x 1,..., x m µοναδιαία διανύσµατα στον R n, και w 1,...,w m ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί. Υπάρχει επιλογή προσήµων ε 1,...,ε m { 1,1} ώστε το u = m ε i w i x i να ικανοποιεί τις (3.3.14) u, x i w i, i = 1,...,m. Απόδειξη. Για κάθε ε = (ε 1,...,ε m ) { 1,1} m, ϑέτουµε u(ε) = m ε i w i x i. Επιλέγουµε εκείνο το u = u(ε ) που έχει το µεγαλύτερο µήκος (αν υπάρχουν περισσότερα από ένα τέτοια u(ε), επιλέγουµε οποιοδήποτε από αυτά). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 15

16 Για κάθε j = 1,...,m, ορίζουµε (3.3.15) u j = u(ε ) ε j w j x j. Κάθε u j είναι της µορφής u(ε), µε ε i = ε i αν i j, και ε j = ε j. Αρα, Επεται ότι u(ε ) u j = u(ε ) ε j w j x j = u(ε ) 4w jε j u(ε ), x j + 4w j x j. (3.3.16) u(ε ), x j ε j u(ε ), x j 4w j x j 4w j = w j, για κάθε j = 1,...,m. Η ακριβής διατύπωση του ϑεωρήµατος του Ball είναι η εξής: Θεώρηµα Για κάθε ε > υπάρχει ελλειψοειδές E στον R n που δεν περιέχει σηµεία του Z n \{}, και έχει όγκο (3.3.17) E > (n 1) ε. Απόδειξη. Θεωρούµε την κλάση όλων των ελλειψοειδών της µορφής (3.3.18) E R = {x R n : u, x + x < R }, u R n, R >. Για κάθε R >, προσπαθούµε αρχικά να ϐρούµε u = u R R n, ώστε το E R να µην περιέχει ακέραια σηµεία εκτός από το. ηλαδή, Ϲητάµε για κάθε z Z n \ {} να ισχύει (3.3.19) u, z + z R. Η ανισότητα αυτή ικανοποιείται προφανώς αν z R. Περιοριζόµαστε λοιπόν στα < z < R, και Ϲητάµε (3.3.) z u, R z z 1. Θέτουµε w z = (R/ z ) 1, κρατάµε ένα µόνο z από τα ±z για κάθε < z < R, και εφαρµόζουµε το Λήµµα του Bang: υπάρχουν ε z { 1,1}, ώστε (3.3.1) ε z w z z z z, Ισοδύναµα, υπάρχουν ε z { 1,1} ώστε το διάνυσµα (3.3.) u = u(r) = 1 z z w z, < z < R. < z <R z ε z w z z να ικανοποιεί τις (3.3.3) z u, w z, < z < R. z Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 16

17 Γι αυτήν την επιλογή του u έχουµε εξασφαλίσει ότι E R Z n = {}. Για τον υπολογισµό του όγκου του E R, χρειαζόµαστε µία εκτίµηση για το µήκος του u. Για το σκοπό αυτό, ϑεωρούµε το µοναδιαίο διάνυσµα θ στη διεύθυνση του u. Αν K (R) είναι το µήκος του u, έχουµε K (R) = u = u,θ = 1 z,θ ε z w z z 1 < z <R < z <R z, θ z R z 1 =: K (R). Θέτουµε v = z/r. Τότε, (3.3.4) K (R) = 1 v 1 R Zn B n \{} v, θ v 1 v 1. Καθώς το R, το παραπάνω άθροισµα (πολλαπλασιασµένο επί R n ) είναι ένα άθροισµα Riemann για το 1 v, θ 1 (3.3.5) v v 1 dv. B n ηλαδή, K (R) (3.3.6) lim R ω n R n = 1 ω n B n v, θ v 1 v 1 dv. Για τον υπολογισµό του τελευταίου ολοκληρώµατος, παίρνουµε πολικές συντεταγµένες: K (R) lim R ω n R n = nω 1 n ϕ,θ ρ n 1 1 ω n ρ 1dρσ(dϕ) S n 1 = n 1 ϕ,θ σ(dϕ) ρ 1 n ρ dρ. S n 1 Παρατηρούµε ότι το πρώτο ολοκλήρωµα είναι ανεξάρτητο του θ S n 1. Μπορούµε λοιπόν να υποθέσουµε ότι θ = e 1. Γράφουµε (3.3.7) B n z 1 dz = nω n S n 1 ϕ,e 1 σ(dϕ) 1 ρ n dρ = nω n n + 1 S n 1 ϕ,e 1 σ(dϕ), και (3.3.8) 1 z 1 dz = ω n 1 t(1 t ) (n 1)/ dt, B n οπότε, S n 1 ϕ,θ σ(dϕ) = ω n 1 1 t(1 t ) (n 1)/ dt (nω n )/(n + 1) Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 17

18 Τέλος, 1 = (n + 1)ω [ n 1 1 ] 1 nω n n + 1 (1 t ) (n+1)/ = ω n 1 nω n. ρ n 1 ρ dρ = 1 1 t n 1 1 (1 t) 3 1 dt = Παίρνοντας υπ όψιν µας την ω k = π k/ /Γ((k/) + 1), καταλήγουµε στην lim R Αυτό σηµαίνει ότι, για µεγάλα R, (3.3.9) K (R) ω n R n = ω n 1 Γ( n 1 nω n ) π Γ( n ) = π (n 1)/ Γ( n + 1) n π n/ Γ( n 1 + 1) 1 = (n 1). ω n R n K (R) > (n 1) ε. Παρατηρούµε επίσης ότι lim K (R) = +, αλλιώς ϑα είχαµε K (R) (3.3.3) lim R ω n R n =. Από την άλλη πλευρά, ο όγκος του E R είναι ίσος µε τον όγκο του Γ((n 1)/)Γ(3/). Γ((n + )/) Γ( n 1 ) π Γ( n ) (3.3.31) E R = {x Rn : K (R)e 1, x + x < R }, ο οποίος υπολογίζεται εύκολα: το E R έχει (n 1) ηµιάξονες ίσους µε R, και έναν ίσο µε R/ 1 + K (R). Αρα, (3.3.3) E R = ω n R n 1 + K (R) ω n R n 1 + K (R), το οποίο για µεγάλα R είναι µεγαλύτερο από (3.3.33) ω n R n K (R) ε > (n 1) ε. Ετσι, έχουµε αποδείξει ότι υπάρχουν ελλειψοειδή χωρίς µη τετριµµένα ακέραια σηµεία, τα οποία έχουν όγκο οσοδήποτε κοντά στο (n 1). Αµεση συνέπεια είναι το ακόλουθο κάτω ϕράγµα για την α n : Θεώρηµα Για κάθε n N, α n (n 1). Σηµείωση. Στην κατεύθυνση του Θεωρήµατος του Blichfeldt, το καλύτερο γνωστό αποτέλεσµα είναι αυτό των Kabatjanskii και Levenstein [KL]: (3.3.34) α n (1.3) n [.41+o n (1)]n. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 18

19 3.4 Παράρτηµα: εφαρµογές της ανάλυσης Fourier στην κυρτή γεωµετρία Η απόδειξη του Siegel για το πρώτο θεώρηµα του Minkowski Ο Siegel απέδειξε έναν γενικό τύπο από τον οποίο προκύπτει ως πόρισµα το πρώτο ϑεώρηµα του Minkowski. Η απόδειξη αυτού του τύπου χρησιµοποιεί την ταυτότητα του Parseval. Η ιδέα είναι η εξής: Εστω K ανοικτό συµµετρικό κυρτό σώµα στον R n, χ η χαρακτηριστική συνάρτηση του K/, και (3.4.1) ϕ(x) = χ(u + x). u Z n Τότε, η ϕ(x 1,..., x n ) είναι περιοδική ως προς κάθε µεταβλητή, µε περίοδο 1. Αν P = {x : x i < 1,i = 1,...,n} είναι το σύνηθες ϑεµελιώδες παραλληλεπίπεδο του Z n, η ταυτότητα του Parseval µας δίνει (3.4.) ϕ (x)dx = α(u), u Z n όπου α(u) = = P R n είναι οι συντελεστές Fourier της ϕ. P ϕ(x)e πi u,x dx = χ(x)e πi u,x dx, u Z n P χ(u + x)e πi u,x dx Θεώρηµα Εστω K ανοικτό συµµετρικό κυρτό σώµα στον R n που δεν περιέχει µη µηδενικό ακέραιο σηµείο. Αν ορίσουµε ϕ και α όπως παραπάνω, τότε (3.4.3) n = K + 4n α(u). K u Z n \{} Απόδειξη. Αφού K Z n = {}, τα σύνολα u + 1 K, u Zn, είναι ξένα, εποµένως (3.4.4) u u = χ(x + u) χ(x + u ) =. Επεται ότι ϕ = ϕ στον R n, άρα (3.4.5) α() = ϕ(x)dx = P P ϕ (x)dx = α() + Οµως, (3.4.6) α() = χ(x)dx = R n άρα (3.4.7) K K = n 4 n + u Z n \{} K n, α(u), u Z n \{} α(u). και το Ϲητούµενο προκύπτει αν πολλαπλασιάσουµε τα δύο µέλη της τελευταίας ισότητας µε 4 n / K. Πόρισµα Εστω K ανοικτό συµµετρικό κυρτό σώµα στον R n. Αν K Z n = {}, τότε K n. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 19

20 3.4. Η απόδειξη του Hurwitz για την ισοπεριµετρική ανισότητα στο επίπεδο Χρησιµοποιώντας µεθόδους ανάλυσης Fourier, ο Hurwitz απέδειξε την ακόλουθη ισοπεριµετρική ανισότητα: Θεώρηµα Εστω K χωρίο στο επίπεδο του οποίου το σύνορο είναι µιά απλή κλειστή και λεία καµπύλη. Τότε, 4πA(K) P (K), όπου A(K) είναι το εµβαδόν του K και P(K) είναι η περίµετρος του K. Ισότητα ισχύει µόνο αν το K είναι δίσκος. Αρχικές παρατηρήσεις. Υποθέτουµε ότι το χωρίο K έχει σαν σύνορό του µία λεία απλή κλειστή καµπύλη γ : [a, b] R. Με αυτό εννοούµε ότι αν γ(t) = (x(t), y(t)), τότε οι x και y είναι συνεχείς και επιπλέον (x (t), y (t)) (,) γιά κάθε t, το οποίο εξασφαλίζει ότι η καµπύλη έχει σε κάθε σηµείο εφαπτόµενο διάνυσµα το οποίο µεταβάλλεται µε συνεχή τρόπο. Το µήκος της καµπύλης γ δίνεται από την (3.4.8) P = b a [x (t)] + [y (t)] dt. Θα ορίσουµε πρώτα µία νέα παραµετρικοποίηση της καµπύλης γ: Θεωρούµε την απεικόνιση s : [a, b] [, P] µε (3.4.9) s(t) = t a [x (u)] + [y (u)] du. Η s είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση του t, συνεπώς ορίζεται η αντίστροφή της s 1 στο [, P] και µπορούµε να ϑεωρήσουµε την καµπύλη γ 1 : [, P] R µε γ 1 (s) = γ(t) όπου s = s(t). Τότε, αν x 1 (s) = x(t) και y 1 (s) = y(t) έχουµε (3.4.1) dx 1 ds = dx dt dt ds = x (t) [x (t)] + [y (t)] και (3.4.11) dy 1 ds = dy dt dt ds = y (t) [x (t)] + [y (t)]. Από τις παραπάνω σχέσεις ϐλέπουµε ότι η γ 1 έχει την ιδιότητα (dx 1 /ds) + (dy 1 /ds) = 1 γιά κάθε t. Εχουµε δηλαδή παραµετρικοποιήσει την καµπύλη ως προς µήκος τόξου. Το εµβαδόν του χωρίου K υπολογίζεται µε τη ϐοήθεια του ϑεωρήµατος του Green: Θεωρούµε τις συναρτήσεις Q(x, y) = x και P(x, y) = y. Αν µε γ 1 συµβολίσουµε και την εικόνα της καµπύλης γ 1 (το σύνορο δηλαδή του K), τότε ( Q (3.4.1) Pdx + Qdy = x P ) dxdy, y γ 1 K και για τις συγκεκριµένες P και Q παίρνουµε (3.4.13) A(K) = 1 xdy ydx. γ 1 Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα

21 Επεται ότι (3.4.14) A(K) = 1 και µε ολοκλήρωση κατά παράγοντες παίρνουµε P (3.4.15) A(K) = [x 1 (s)y 1 (s) y 1(s)x 1 (s)]ds P x 1 (s)y 1 (s)ds. Θα κάνουµε ακόµα µία αλλαγή µεταβλητής: ϑέτουµε πs = Pθ, οπότε θ [,π] και αν γ (θ) = γ 1 (s) = (x (θ), y (θ)), έχουµε (3.4.16) [x (θ)] + [y (θ)] = P 4π για κάθε θ, και (3.4.17) A(K) = π x (θ)y (θ)dθ. Απόδειξη του ϑεωρήµατος. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι το σύνορο του K είναι η εικόνα µίας καµπύλης γ : [,π] R η οποία ικανοποιεί τις (3.9) και (3.1). Οι συναρτήσεις x (θ) και y (θ) είναι συνεχείς άρα έχουν σειρές Fourier, και επειδή είναι και παραγωγίσιµες οι σειρές Fourier τους συγκλίνουν σε αυτές: (3.4.18) x (θ) = a + και k=1 (3.4.19) y (θ) = c + k=1 Επειδή οι x και y είναι συνεχείς, έχουν σειρές Fourier ( ak συν kθ + b k ημ kθ ) ( ck συν kθ + d k ημ kθ ). (3.4.) x (θ) ( kbk συν kθ ka k ημ kθ ) και (3.4.1) y (θ) ( kdk συν kθ kc k ημ kθ ). Η ταυτότητα του Parseval µας δίνει k=1 k=1 (3.4.) και (3.4.3) π [x (θ)] dθ = π k=1 π [y (θ)] dθ = π k=1 k (ak + b k ) k (ck + d k ). Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα 1

22 Συνδυάζοντας µε την (3.9) παίρνουµε (3.4.4) P (K) = π k (ak + b k + c k + d k ). Από την άλλη πλευρά, η (3.1) µας δίνει (3.4.5) A(K) = Αφαιρώντας παίρνουµε: π k=1 x (θ)y (θ)dθ = π k(a k d k b k c k ). ( (3.4.6) P 4πA = π k (ak + b k + c k + d k ) k(a k d k b k c k ) ) k=1 k=1 = π k[(a k d k ) + (b k + c k ) ] + π (k k) ( ak + b k + c k + ) d k. Η ανισότητα λοιπόν ισχύει και µένει να εξετάσουµε πότε µπορεί να ισχύει ισότητα. Από την (3.4.6) είναι ϕανερό ότι γιά k πρέπει να έχουµε a k = b k = c k = d k = (αφού k k > αν k ). Επιπλέον, το πρώτο από τα δύο αθροίσµατα πρέπει να µηδενίζεται κι αυτό, άρα a 1 = d 1 και b 1 = c 1. ηλαδή, k= k=1 και Ενας απλός υπολογισµός δείχνει ότι (3.4.7) ( x (θ) = a + a 1 συν θ + b 1 ημ θ y (θ) = c b 1 συν θ + a 1 ημ θ. x (θ) a ) ( + y (θ) c ) = a 1 + b 1, δηλαδή η καµπύλη γ περιγράφει κύκλο, και το K είναι δίσκος. Εργο: Κεντρικό Μητρώο Ελληνικών Ανοικτών Μαθηµάτων Σελίδα