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.

$(-409,259,-41)$

$(-541,345,-55)$

$(-117731,74951,-11929)$

$(-133351,84893,-13511)$