青岛大学数学与统计学院，山东 青岛

收稿日期：2021年1月13日；录用日期：2021年2月16日；发布日期：2021年2月24日

摘要

设 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 是二维整数格且 $k,l\in \mathbb{N}$，若格点 $\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 位于形如 $y=r{x}^k\left(r\in \mathbb{Q}\right)$ 的曲线上，且在 $\left(m,n\right)$ 与原点 $\left(0,0\right)$ 之间的相应曲线段上至多有 $l-1$ 个格点(不含端点)，则称 $\left(m,n\right)$ 是l-重的k-可见格点。特别地，当重数 $l=1$ 时，简称 $\left(m,n\right)$ 为k-可见格点。本文给出了方形区域 $\left[1,x\right]\times \left[1,x\right]$ 中l-重k-可见格点个数的一个渐近公式，这推广了Goins等人关于k-可见格点密度的一个结果。

关键词

格点，k-可见，渐近公式

Multiple Visibility of Lattice Points

Yang Huang

School of Mathematics and Statistics, Qingdao University, Qingdao Shandong

Received: Jan. 13^th, 2021; accepted: Feb. 16^th, 2021; published: Feb. 24^th, 2021

ABSTRACT

Let $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ be the two dimensional integer lattice and $k,l\in \mathbb{N}$. We say a point $\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ is k-visible with Level-l if it lies on a curve of type $y=r{x}^k$ with $r\in \mathbb{Q}$ and there are at most $l-1$ lattice points on the curve segment between points $\left(m,n\right)$ and $\left(0,0\right)$ (not included). In this paper, we prove an asymptotic formula for the number of lattice points in the square $\left[1,x\right]\times \left[1,x\right]$ which are k-visible with Level-l. This generalizes a result of Goins et al.

Keywords:Lattice Points, k-Visibility, Asymptotic Formula

Copyright © 2021 by author(s) and Hans Publishers Inc.

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1. 引言

二维格 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中的一个格点 $\left(m,n\right)$ 称为是可见的，若没有其它格点位于 $\left(m,n\right)$ 与 $\left(0,0\right)$ 之间的直线段(不含端点)上。1883年，Sylvester [1] 证明了 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中可见格点的比例为 $1/\zeta \left(2\right)=6/{\pi }^2\approx 0.60793$，其中 $\zeta \left(s\right)={\displaystyle {\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^{-s}}$，$\Re \left(s\right)>1$，是黎曼Zeta函数。2018年，Goins，Harris，Kubik和Mbirika [2] 将Sylvester的结果推广到了沿曲线可见的情形。格点 $\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 称为是k-可见的，若 $\left(m,n\right)$ 位于形如 $y=r{x}^k\left(r\in \mathbb{Q}\right)$ 的曲线上，且在 $\left(m,n\right)$ 与 $\left(0,0\right)$ 的之间曲线段(不含端点)上没有其它格点。Goins等人证明了 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中k-可见格点的比例为 $1/\zeta \left(k+1\right)$，其他相关研究可参见文献 [3] 和 [4] 等。

最近，刘奎和孟宪昌 [5] 提出了多重k-可见性的概念。对于 $k,l\in \mathbb{N}$，若格点 $\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 在形如 $y=r{x}^k\left(r\in \mathbb{Q}\right)$ 的曲线上，且在点 $\left(m,n\right)$ 与 $\left(0,0\right)$ 之间的曲线段(不含端点)上至多有 $l-1$ 个格点，则称点 $\left(m,n\right)$ 是l-重k-可见的(见图1)。特别地，当 $l=1$ 时，简称 $\left(m,n\right)$ 为k-可见格点；当 $k=1$ 时，简称 $\left(m,n\right)$ 是l-重可见格点。刘奎和孟宪昌给出了方形区域 $\left[1,x\right]\times \left[1,x\right]$ 中1-重和2-重k-可见格点个数的渐近公式。从他们的结果可以得到 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中2-重可见格点的密度为 $5/\left(4\zeta \left(2\right)\right)=15/\left(2{\pi }^2\right)\approx 0.75991$。

图1. 沿曲线的多重2-可见格点

本文主要考虑更高重数的k-可见格点。对于 $k,l\in \mathbb{N}$，定义

$V_l\left(k;x\right):=\left\{\left(m,n\right)\in \mathbb{N}\times \mathbb{N}:m,n\le x,\left(m,n\right)l\text{-}重k\text{-}可见\right\}$

为 $\left[1,x\right]\times \left[1,x\right]\left(x\ge 2\right)$ 中l-重k-可见格点的集合。

定理1.1. 对于任意的 $x\ge 2$ 和给定的 $k,l\in \mathbb{N}$，则

$\#V_l\left(k;x\right)=\frac{1}{\zeta \left(k+1\right)}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{l}{\sum }}\frac{1}{i^{k+1}}}\right)x^2+O_{k,l}\left(x\log x\right)$.

注：由于格点的可见性在四个象限里是对称分布的，因此由定理1.1可知，格 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中l-重k-可见格点的密度为 ${\zeta }^{\text{-}1}\left(k+1\right){\displaystyle {\sum }_{i=1}^l{i}^{-\left(k+1\right)}}$。由此及黎曼Zeta函数的定义可知，当l趋于无穷时，该密度趋于1，符合直观。特别地，当 $l=1,2$ 时，定理1.1分别覆盖了上述Goins等人 [2] 以及刘奎和孟宪昌 [5] 的相应结果。

我们还对l-重k-可见格点的密度进行了数值实验(见表1)，实验结果与理论结果十分吻合。

表1. l-重k-可见格点的密度

根据定理1.1，容易得到以下推论。

推论. 对于给定的 $l\in \mathbb{N}$，格 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 中l-重可见格点的密度为 $\frac{1}{\zeta \left(2\right)}\left({\displaystyle \underset{i=1}{\overset{l}{\sum }}\frac{1}{i^2}}\right)$。

符号说明:

以下是对本文用到的符号的说明。

2. 准备知识

以下广义最大公约数的定义是由Goins等人在 [2] 中提出的。

定义2.1.对 $k\in \mathbb{N}$，与参数k有关的广义最大公约数定义为

${\gcd }_k\left(m,n\right):=\max \left\{d\in \mathbb{N}:d\left|m且d^k\right|n\right\}$.

在证明l-重k-可见格点的判别法则之前，我们先证明以下引理。

引理2.1. 对任意 $b\in \mathbb{Z}$，$\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$，我们有

$b|m$ 且 $b^k|n\left(k\in \mathbb{N}\right)$ 当且仅当 $b|{\gcd }_k\left(m,n\right)$。

证明：若 $b|m$ 且 $b^k|n$。设 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=d$，$b\ne d$。根据 ${\gcd }_k$ 的定义，我们知道d是使得 $d|m$ 且 $d^k|n$ 的最大正整数，显然有 $b|d$。否则，若 $b\nmid d$，则由 $b|m$，$d|m$，我们有 $\left[b,d\right]|m$。同样，由 $b^k|n$，$d^k|n$，我们有 ${\left[b,d\right]}^k|n$。而显然 $\left[b,d\right]>d$，这与 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=d$ 矛盾。

反之。若 $b|{\gcd }_k\left(m,n\right)$，设 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=d$，则有 $b|d$。令 $d=bt$，由 ${\gcd }_k$ 的定义，有 $bt|m$，${\left(bt\right)}^k|n$，从而有 $b|m$，$b^k|n$。

以下l-重k-可见格点的判别法则是证明定理1.1的关键。

引理2.2. 对 $k\in \mathbb{N}$，任意整数 $d\ge 1$。格点 $\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ 位于曲线 $y=r{x}^k\left(r\in \mathbb{Q}\right)$ 上，则在点 $\left(m,n\right)$ 与点 $\left(0,0\right)$ 之间的曲线段上恰好有 $d-1$ 个整数格点当且仅当 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=d$。

证明：假设 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=d$。当 $d=1$ 时，点 $\left(m,n\right)$ 与点 $\left(0,0\right)$ 之间的曲线段(不含端点)上恰好有0个整数格点，即格点 $\left(m,n\right)$ 关于原点k-可见，当且仅当 ${\gcd }_k\left(m,n\right)=1$。详细证明细节见( [2]，命题3)。

当 $d>1$ 时。位于曲线 $y=r{x}^k\left(r\in \mathbb{Q}\right)$ 的连接点 $\left(m,n\right)$ 与点 $\left(0,0\right)$ 的曲线段(不含端点)上任意整数格点 $\left(p,q\right)$ 可以用以下参数形式表示出来：

$\{\begin{array}{l}p=tm\\ q=t^{k}n\end{array}$，

$0<t<1$，$t\in \mathbb{Q}$。t的所有可能取值的个数即为点 $\left(m,n\right)$ 与点 $\left(0,0\right)$ 之间的曲线段(不含端点)上的整数格点数。

设 $t=\frac{a}{b}\left(a,b\in \mathbb{Z},b\ne 0\right)$，$\gcd \left(a,b\right)=1$。 $p,q\in \mathbb{Z}$，则必有 $b|am$，$b^k|a^{k}n$，因而有 $b|m$，$b^k|n$。由引理1.1可知， $b|{\gcd }_k\left(m,n\right)$，即 $b|d$。则 $1/d,\cdots ,\left(d-1\right)/d$ 为t的全部可能取值。由此得证。

我们还需要用到以下两个熟知的公式。

引理2.3. ( [6]，定理2.1)设 $\mu$ 是莫比乌斯函数，则对任意整数 $n\ge 1$，有

${\displaystyle \underset{d|n}{\sum }\mu }\left(d\right)=\{\begin{array}{l}1,当n=1\hfill \\ 0,其它\hfill \end{array}$

引理2.4. ( [6]，定理3.2)对 $x\ge 1$，有

${\displaystyle \underset{n\le x}{\sum }\frac{1}{n}}=\log x+\gamma +O\left(x^{-1}\right)$，

其中 $\gamma =\underset{N\to \infty }{\lim }\left({\displaystyle {\sum }_{n=1}^N{n}^{-1}}-\log N\right)$ 是欧拉常数。

3. 定理1.1的证明

设 $\left(m,n\right)\in V_l\left(k;x\right)$。由l-重k-可见格点的定义，并运用引理1.2，区域 $\left[1,x\right]\times \left[1,x\right]$ 中l-重k-可见格点数可表示为

$\#V_l\left(k;x\right)=S_1\left(k;x\right)+\cdots +S_l\left(k;x\right)$， (1)

其中

$S_i\left(k;x\right):={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}m,n\le x\\ {\gcd }_k\left(m,n\right)=i\end{array}}{\sum }1}$，

$1\le i\le l$。运用引理1.3，得

$S_i\left(k;x\right)={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}m,n\le x\\ i|m,i^k|n\\ {\gcd }_k\left(m/i,n/i^k\right)=1\end{array}}{\sum }1}={\displaystyle \underset{\begin{array}{c}m,n\le x\\ i|m,i^k|n\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{d|{\gcd }_k\left(m/i,n/i^k\right)}{\sum }\mu }}\left(d\right)$.

交换求和顺序，得到

$S_i\left(k;x\right)={\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\mu }(d){\displaystyle \underset{\begin{array}{c}m,n\le x\\ i|m,i^k|n\\ d|\left(m/i\right)),d^k|\left(n/i^k\right)\end{array}}{\sum }1}={\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\mu }\left(d\right){\displaystyle \underset{\begin{array}{c}s\le x/i\\ s\equiv 0\left(\mathrm{mod}d\right)\end{array}}{\sum }1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}t\le x/i^k\\ t\equiv 0\left(\mathrm{mod}{d}^k\right)\end{array}}{\sum }1}$.

因为同余式 $s\equiv 0\left(\mathrm{mod}d\right)$ 且 $s\le x/i$ 的解数为 $x/\left(id\right)+O\left(1\right)$，同余式 $t\equiv 0\left(\mathrm{mod}{d}^k\right)$ 且 $t\le x/i^k$ 的解数为 $x/{\left(id\right)}^k+O\left(1\right)$。因此，我们有

$S_i\left(k;x\right)={\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\mu }\left(d\right)\left(\frac{x}{id}+O\left(1\right)\right)\left(\frac{x}{i^k{d}^k}+O\left(1\right)\right)$.

余项中对 $\mu \left(d\right)$ 取绝对值，整理得

$S_i\left(k;x\right)=\frac{x^2}{i^{k+1}}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{\mu \left(d\right)}{d^{k+1}}}+O\left(\frac{x}{i}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d}}\right)+O\left(\frac{x}{i^k}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d^k}}\right)+O\left(\frac{\sqrt[k]{x}}{i}\right)$.

下面整理一下这3个余项。应用引理1.4，第一个余项可得如下估计

$\frac{x}{i}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d}}{\ll }_{k,i}x\log x$.

当 $k=1$ 时，第二个余项与第一个余项估计结果相同； $k>1$ 时，由于 ${\displaystyle {\sum }_{d=1}^{\infty }1/d^k}$ 是一个收敛级数，因此 ${\displaystyle {\sum }_{d\le \sqrt[k]{x}/i}1/d^k}=O\left(1\right)$，从而

$\frac{x}{i^k}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d^k}}{\ll }_{k,i}x$。

故而有

$S_i\left(k;x\right)=\frac{x^2}{i^{k+1}}{\displaystyle \underset{d\le \sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{\mu \left(d\right)}{d^{k+1}}}+O_{k,i}\left(x\log x\right)$。

扩大上式中求和的范围，得到

$S_i\left(k;x\right)=\frac{x^2}{i^{k+1}}{\displaystyle \underset{d=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\mu \left(d\right)}{d^{k+1}}}+O\left(\frac{x^2}{i^{k+1}}{\displaystyle \underset{d>\sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d^{k+1}}}\right)+O_{k,i}\left(x\log x\right)$。

由于 ${\displaystyle \underset{d>\sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d^{k+1}}}\ll {\displaystyle {\int }_{\sqrt[k]{x}/i}^{\infty }\frac{\text{d}t}{t^{k+1}}}=\frac{1}{x}$，因此

$\frac{x^2}{i^{k+1}}{\displaystyle \underset{d>\sqrt[k]{x}/i}{\sum }\frac{1}{d^{k+1}}}{\ll }_{k,i}x$。

又因为 $\frac{1}{\zeta \left(k+1\right)}={\displaystyle \underset{d=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\mu \left(d\right)}{d^{k+1}}}$，因此，

$S_i\left(k;x\right)=\frac{x^2}{\zeta \left(k+1\right)i^{k+1}}+O_{k,i}\left(x\log x\right)$，

$1\le i\le l$。将 $S_i\left(k;x\right)$，$1\le i\le l$，代入(1)式，定理得证。

基金项目

由国家自然科学基金(项目编号：NSFC12071238)资助。

文章引用

黄 旸. 格点的多重可见性
Multiple Visibility of Lattice Points[J]. 理论数学, 2021, 11(02): 271-276. https://doi.org/10.12677/PM.2021.112036

参考文献