Erdős-Vermutung über arithmetische Folgen

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Die Erdős-Vermutung über arithmetische Folgen ist ein ungelöstes Problem aus der Zahlentheorie. Die Vermutung besagt, dass jede Menge A mit

nA1n = ,

eine arithmetische Folge beliebiger Länge enthält.

Geschichte

Zunächst stellten Paul Erdős und Paul Turán im Jahre 1936 die schwächere Vermutung auf, dass jede Menge positiver ganzer Zahlen mit positiver Dichte unendlich viele arithmetische Folgen der Länge 3 enthalten müsse. Das wurde von Klaus Friedrich Roth im Jahre 1952 bewiesen.

1976 bot Erdős 3000 US-Dollar für die Lösung des Problems. Es ist bisher ungelöst (Stand: 2021).

Folgerungen

Satz von Szemerédi

Die Reziprokenreihe jeder Menge mit positiver Dichte divergiert, daher folgt aus der Vermutung von Erdős der Satz von Szemerédi.

Satz von Green-Tao

Der Satz von Green-Tao besagt, dass die Primzahlen beliebig lange arithmetische Folgen enthalten. Das ergibt sich aus der Erdős-Vermutung, weil die Reihe der Primzahl-Reziproken divergiert.

Der Beweis ergibt sich aus einem Widerspruch. Nehme an, dass die Reihe pP1p konvergiert. Dann gibt es eine natürliche Zahl k mit ik+11pi<12. Nenne die Primzahlen p1,p2,....,pk kleine Primzahlen und die anderen pk+1,pk+2,.... große Primzahlen. Für eine natürliche Zahl N gilt

ik+1Npi<N2.

Sei Nb die Anzahl der positiven ganzen Zahlen nN, die durch mindestens eine große Primzahl teilbar sind, und Ns die Anzahl jener, die nur kleine Primteiler besitzen. Wir werden zeigen, dass für ein geeignetes N Nb+Ns<N gilt, was den gewünschten Widerspruch erzeugt. Um Nb abzuschätzen, bemerke man, dass Npi die positiven ganzen Zahlen nN zählt, die Vielfaches von pi sind. Wir erhalten daraus

Nbik+1Npi<N2. (2)

Nun betrachten wir Ns. Wir schreiben jede Zahl nN, die nur kleine Primteiler hat, in der Form n=anbn2, wobei an den quadratfreien Teil bezeichnet. Jedes an ist dann ein Produkt von verschiedenen kleinen Primzahlen, und wir schließen, dass es genau 2k verschiedene quadratfreie Teile gibt. Weiter sehen wir wegen bnnN, dass es höchstens N verschiedene Quadratteile gibt, und es folgt Ns2kN.

Da (2) für jedes N gilt, müssen wir nur eine Zahl N finden, die 2kNN2 bzw., 2k+1N erfüllt. Solch eine Zahl ist zum Beispiel N=22k+2.

Literatur

  • Klaus F. Roth: On certain sets of integers. J. Lond. Math. Soc. 28, 104–109 (1953).