Сумма D. Zagier

[SomePupil]

Для действительного $x$ рассмотрим все квадратичные функции с целыми коэффициентами и дискриминантом, скажем, 5, которые отрицательны в бесконечности и положительны в $x$, т.е. $Q(X) = aX^2+bX+c,$ где $a,b,c \in \mathbb Z, b^2-4ac = 5, a < 0$ и $ax^2+bx+c > 0.$ По определению, число $Q(x)$ положительно для каждой функции $Q,$ и мы ищем сумму таких чисел, то есть, рассматриваем сумму

$$A(x) = \sum\limits_{\operator{disc} (Q) = 5 \atop Q(x) > 0 > Q(\infty)} Q(x).$$

Можно показать, что сумма сходится, и $A$ является корректно определенной функцией из $\mathbb R$ в $\mathbb R.$
Задача. Доказать, что $A(x)$ принимает постоянное значение 2.
Для олимпиадного раздела можем ограничиться рациональными значениями $x.$ Но крайне любопытно рассмотреть и некоторое иррациональное значение, скажем, $x = 1/\pi.$

[Geen]

SomePupil в сообщении #1693902 писал(а):

мы ищем сумму таких чисел

И как её найти?... для начала, как её определить?

[SomePupil]

Geen в сообщении #1693904 писал(а):

как её найти?... для начала, как её определить?

Для рациональных $x$ сумма конечна, соответственно сходимость тривиальна. Для иррациональных $x$ элементарное доказательство сходимости суммы мне неизвестно(

-- 11.07.2025, 14:52 --

Для $x = 1/\pi$ численно в пределах ста тысяч находятся шесть квадратичных функций, удовлетворяющих условию. Значит, по крайней мере, сумма первых шести слагаемых известна. Эта величина составляет 99% от суммы и получается приложением 1% усилий; остается приложить 99% усилий, чтобы найти $Q,$ дающие оставшийся процент от суммы) Очень любопытный феномен, как по мне.

[mihaild]

Для начала мне даже непонятно, почему она конечна.
Считаем $x > 0$ (число слагаемых для $x$ и $-x$ одинаковое). Надо решить в целых числах $\begin{cases} ax^2 + bx + c > 0 \\ b^2 - 4ac = 5 \\ a < 0\end{cases}$
Понятно, что при $c \geq 0$ решение максимум $a = -1, c = 1, b = \pm 3$.

Дальше, видимо, надо как-то использовать что если $a$ и $c$ сильно отличаются, то при $b^2 = 5 + 4ac$ нарушается первое неравенство, а если слабо, то $b$ получается иррациональным, но не пойму, как.

[nnosipov]

Для рационального $x$ сумма конечна, потому что конечно множество троек $(a,b,c)$ (это последнее более-менее очевидно). Для (например) $x=\sqrt{5}$ множество троек $(a,b,c)$ уже бесконечно (возникают уравнения Пелля). Но сам результат (о постоянстве значения суммы) впечатляет, причем даже для рациональных $x$.

SomePupil
откуда такая роскошь? Интересно, не связан ли этот сюжет с известным доказательством Zagier о представимости простого $p \equiv 1 \pmod{4}$ суммой двух квадратов.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1693960 писал(а):

.....известным доказательством Zagier о представимости простого $p \equiv 1 \pmod{4}$ суммой двух квадратов.

Кстати можно подсчитать количество таких представлений.

[SomePupil]

nnosipov в сообщении #1693960 писал(а):

Для рационального $x$ сумма конечна, потому что конечно множество троек $(a,b,c)$ (это последнее более-менее очевидно).

Всё так.

nnosipov в сообщении #1693960 писал(а):

откуда такая роскошь?

Ответил в лс.

Приведу суммы для некоторых конкретных $x.$ К примеру, для $x = 0\colon$ (слева $(a,b,c),$ справа - значения $Q$ в точке)

$$\begin{tabular}{c|с} Q & Q(0) \\ \hline (-1,1,1) & 1 \\ (-1,-1,1) & 1 \\ \hline \text{Сумма:} & 2 \end{tabular}$$

Для $x = 1/2\colon$

$$\begin{tabular}{c|с} Q & Q(1/2) \\ \hline (-1,1,1) & 5/4 \\ (-1,-1,1) & 1/4 \\ (-1,3,-1) & 1/4 \\ (-5,5,-1) & 1/4 \\ \hline \text{Сумма:} & 2 \end{tabular}$$

Для иррационального (!) значения $x = 1/\pi\colon$

$$\begin{tabular}{|c|с} Q & Q(1/\pi) \\ \hline (-1,1,1) & 1.21699 \\ (-1,-1,1) & 0.58037 \\ (-5,5,-1) & 0.08494 \\ (-11,7,-1) & 0.11364 \\ \ldots & \ldots \\ \hline \text{Сумма:} & 2 (?) \end{tabular}$$

В этой таблице перечислены только многочлены с малыми коэффициентами, которые удалось найти простым подбором. Сумма их значений справа дает 1.99594. Немного не хватает) Любопытно найти Q с коэффициентами побольше и дополнить сумму. Заодно выяснить, будет ли в этом случае слагаемых бесконечно много(становящихся все меньше) или всё же процесс остановится ха конечное число шагов, после которых получим в точности сумму 2.

[nnosipov]

SomePupil в сообщении #1693993 писал(а):

Заодно выяснить, будет ли в этом случае слагаемых бесконечно много

Очевидно, будет: иначе $1/\pi$ было бы квадратичной иррациональностью. Будет ли бесконечным число слагаемых в сумме для произвольной квадратичной иррациональности $x$? Кажется, что да, но неочевидно.

[Rak so dna]

SomePupil в сообщении #1693993 писал(а):

Любопытно найти Q с коэффициентами побольше и дополнить сумму.

$(-409,259,-41)$

$(-541,345,-55)$

$(-117731,74951,-11929)$

$(-133351,84893,-13511)$

[Руст]

Красивая задача, красивое решение. Только несколько длинное.

-- Сб авг 02, 2025 11:16:44 --

Вчера писал решение, но при отправке решения автомат потребовал с меня зарегистрироваться и все что писал пропало.
Попробую восстановить по частям.

1. Пусть $Q(x)$ многочлен степени $n$ с дискриминантом $D$, $g: x\to y=\frac{ax+b}{cx+d}$ проективное преобразование переменной.
Обозначим через $R(Q(x))$ следующий многочлен $R(Q(x))=(cx+d)^n Q(\frac{ax+b}{cx+d})$.

Лемма 1. Дискриминант многочлена $R(Q(x))$ равен

$$Dis(R(Q(x)))=dis^nDis(Q(x)), \ dis=ad-bc.$$

док-во. Проективные преобразования порождаются преобразованиями $g_1:x\to x-\alpha$, $g_2: x\to \frac{-1}{x}$ (с дискриминантом преобразования dis=ad-bc=1) и
$g_3 x\to \alpha x$ с $dis=\alpha $.

Далее ограничимся только целочисленными преобразованиями $x\to \frac{ax+b}{cx+d}, a,b,c,d\in Z, dis=ad-bc=\pm 1$
не меняющих дискриминант $D$. Для таких преобразований $R(Q(x))$ многочлен с целыми коэффициентами, если $Q(x)$ многочлен с целыми коэффициентами.

Лемма 2. $Q(x)=R^{-1}(R(Q(x)))$. Так сумма Цагира сводится к сумме значений исходного многочлена со старшим коэффициентом 1 в точках неполных частных при разложении в цепную дробь.
Подробности потом.

[Руст]

Рассмотрим квадратные многочлены с отрицательным значением старшего коэффициента и с положительным дискриминантом $D$.
$Q(x)=Ax^2+Bx+C, D=B^2-4AC>0, A<0$.
Cмещая вершину на $d$, получим многочлен $Q'(x)=Ax^2+(B-2Ad)x+Ad^2-Bd+C, \ B'=B-2Ad, C'=C-Bd+Ad^2$.
При этом $Q(x)=Q'(x_1), x_1=x+d$. Взяв в качестве $d$ ближайшее целое к $\frac{B}{2A}$ получим, что $|B'|\le |A|$.
Знак $B'$ не влияет на значение коэффициента $C'$ приведенного многочлена $Q'(x)=A'x^2+B'x^2+C', A'=A, C'=\frac{B'^2-D}{4A}$.
Сумма двух значений $A'x_1^2+B'x_1+C'+A'x_1^2-B'x_1+C'=2A'x_1^2+2C'$.

[Руст]

Продолжу. Привели к вычислению положительных значений у приведенного многочлена
$A'x^2+B'x+C', D=B'^2-4A'C'=D>0$ в точках $x=\pm x_1, \ |x_1|\le \frac{1}{2}.$
Можем считать, что $x_1\in [0.\frac{1}{2}]$.
Рассмотрим вначале случай $A=-1,$ ($A<0$ согласно условию задачи).
В этом случае приведенными многочленами с целыми коэффициентами
являются только $f_0=C-x^2$" $f_1=C+x-x^2$ (с вершиной в интервале (0,1)).
Максимальное значение $ \max f_0=C>0, \max(f_1)=C+\frac{1}{4}>0.$
В любом случае для целочисленного многочлена $C\ge 1$.
При целых $A<-1$ и заданных $x_1$ и $D$ не всегда существует многочлен
с целыми коэффициентами и с условием $Q(x_1)>0$.
В этом случае длина интервала положительных значений $\frac{D}{|A|}$ мало.
Пусть $x_1'=\frac{1}{x_1}$. $x_2=x_1-d, |x_2|\le \frac{1}{2}$.
При этом получим опять два значения $x_2$ у приведенного многочлена с тем же дискриминантом.
Переходим вначале с интервала (0,1) к $(1,\ifty)$ получим многочлен $-(A'+B'y+C'y^2) с отрицательным старшим коэффициентом.
Если бы коэффициент $C'<0$, то из $D=B'^2-4A'C'>0, |B'|\le |A'|$ получили бы $|C'|<\frac{1}{4}|A'|$, т.е. учтенный уже в более раннем этапе.
Так получим новые 2 приведенных многочлена, у которых $B''$ отличаются только знаком. Их значения надо учитывать умножая на $x_1^2$
У приведенных многочленов $A''=-C'$. C учетом этого к сумме Цагира $2C'+2A'x_1^2=2C'-2A''x_1^2$ (в первом раунде) прибавится
$-x_1^2(2A''+2C''x_2^2)$ и сумма во втором раунде станет $S_2=2C'-2C''x_1^2x_2^2=2C'+2A'''x_1^2x_2^2$.
Добавка к $2C'$ стремится к нулю из-за экспоненциального убывания поправки.

Для тех кто знаком с автоморфными формами можно показать, что сумма Цагира $S(x)$ является автоморфной формой степени 2 и даже параболической, соответственно (согласно теории постоянна), т.е. зависит только от параметра $D$.
Для дискриминанта $D=5$ получим $S(x)=2$. Расчеты для других $D>0$ можно вычислить по указанному выше алгоритмы.
Для старших степеней Эта сумма уже не является постоянной и вычисление гораздо сложнее.