Sumas de cuadrados tienen cero densidad superior

Question

Definir la parte superior de la densidad de un conjunto $A \subseteq \mathbf{N}$

$$\bar{d}(A) = \limsup_{n \to \infty} \frac{|A \cap [1,n]|}{n}.$$

Deje $A$ el conjunto de las sumas de dos cuadrados, es decir,$A = \{x^2 + y^2 : x,y \in \mathbf{Z}\}$.

Yo sé que cualquier primos congruentes con 1 modulo 4 es la suma de dos cuadrados, como es el número de $2$ sí. También, para los números primos congruente con 3 módulo 4, sé que $p^{2n} = x^2+y^2$ algunos $x,y$. Por lo tanto, ya que las sumas de dos cuadrados son cerrado bajo la multiplicación, cualquier número, n, de la forma:

$$n = 2^{\alpha} (\prod_{i \leq m_1} p_i^{\beta_i})^{2} \prod_{j \leq m_2} q_j^{\gamma_j},$$ Donde $\alpha, \beta_i, \gamma_i, m_1, m_2$ son enteros no negativos, $p_i$ es un primer congruente con 3 módulo 4, y $q_j$ es un primer congruente con 1 módulo 4.

Estoy teniendo dificultad para pasar de un argumento sobre la parte superior de la densidad sobre el conjunto de todos los $n$, sin embargo.

Answer 1

Sólo los números primos $\equiv 3\pmod 4$ son "obstáculos" en contra de $n$ la suma de dos cuadrados. Para cada una de las prime $p$ al menos de los números $n\equiv kp\pmod {p^2}$, $1\le k<p$, no son la suma de dos cuadrados. Esto sólo nos deja con una densidad de $$\prod_{p\equiv 3\pmod 4}\left(1-\frac{p-1}{p^2}\right).$$ Sin embargo, nos neclected poderes superiores de $p$, es decir, que, además, debe filtrar $kp^3\pmod{p^4}$, $1\le k<p$, y así sucesivamente, lo que conduce a $$\prod_{p\equiv 3\pmod 4}\left(1-\frac{p-1}{p^2}-\frac{p-1}{p^4}-\frac{p-1}{p^6}-\ldots\right)=\prod_{p\equiv 3\pmod 4}\left(1-\frac{1}{p+1}\right).$$ El producto no converge (esto es: la sequnce de productos parciales tiende a cero) y por lo tanto la densidad es igual a cero. ¿Cómo podemos ver que la thr producto diverge? El recíproco es $\prod_{p\equiv 3}\left(1+\frac 1p\right)>\sum_{p\equiv 3}\frac 1p$. Que yo sepa, al menos $\sum_p\frac 1p$ bifurca y por el "equidistribución" de los números primos modulo $4$, por lo que debe $\sum_{p\equiv 3}\frac 1p$.