Das Flaviussche Sieb von

LXXXV.4 (1998)

Das Flaviussche Sieb

von

Mats Erik Andersson (Stockholm)

Problemstellung. Es sei F

= {1, 2, 3, . . .} die Menge der nat¨ urlichen Zahlen. Diese Menge wird gesiebt, indem jedes zweite Element entfernt wird und die ungeraden Zahlen ¨ ubrigbleiben. Der Rest wird mit F

be- zeichnet. Danach wird jedes dritte Element in F

weggenommen; so F

= {1, 3, 7, 9, . . .}. Die Menge F

entsteht indem man aus der Menge F

jedes k-te Element streicht. Man schreibe nun F

= T

k=1

F

und suche die An- zahlfunktion F (n) = |F

∩ [1, n]| zu bestimmen.

Diese Fragestellung scheint zum ersten Mal in Nordisk Matematisk Tid- skrift [1] erw¨ahnt worden zu sein und dort hat Viggo Brun eine L¨osung angegeben. Der Name „das Flaviussche Sieb“ stammt von Gardiner u.a. [5], allerdings ohne jede Begr¨ undung. Doch scheint eben dieser „Flavius“ mit einem Ereignis bei Armageddon verkn¨ upft zu sein. Die L¨osungen in [1] geben F (n) ∼

√

n an. Eine Pr¨azisierung stammt von Brun [3]:

F (n) = 2

√ π

√ n + θ(n)n

, |θ(n)| < 1,13, n > 5

.

In dieser Arbeit werden wir zeigen:

Satz.

F (n) = 2

√ π

√ n + O(n

).

1991 Mathematics Subject Classification: 11B83, 11N35.

Diese Arbeit ist urspr¨ unglich w¨ahrend eines l¨angeren Aufenthaltes in Stuttgart ent- standen. Sie diente als eine Art Abschlußarbeit f¨ ur mein Grundstudium. Die Anregung zum Problemkreis hat der vorzeitig verstorbene Dr. rer. nat. Gerold Wagner geleistet.

Seinem Andenken ist diese Ver¨offentlichung gewidmet. Er ist im M¨arz 1990 bei einem Lawinenunfall ums Leben gekommen. In der kurzen Zeit unserer Freundschaft hat er mich vielf¨altig beeinflußt, sowohl privat als auch wissenschaftlich.

[301]

Einleitung, Hilfss¨ atze Hilfssatz 1. Es sei

B(n) = (2n)!!

(2n + 1)!! = 2

n!

(2n + 1)! . Dann gilt:

(1) B(n) ist streng monoton fallend, und P

k=1

B(k) = 2(n+1)B(n)−2.

(2) B(n) =

√ π 2 √

n + 1



1 + 1

8(n + 1) + O(n

)

 .

Bemerkung. Einen sch¨onen Beweis von der Summe in (1) hat Carlitz [4] gefunden.

Es bezeichne fortan [x] die Gauss’sche Klammer, d.h. die gr¨oßte ganze Zahl kleiner oder gleich x. Mehrmals wird aus 

b

 = c, wobei a und b ganzzahlig sind, die Folgerung bc ≤ a ≤ bc + (b − 1) angewandt.

Definition. Zu den Mengen {F

}

und zu einem festen n f¨ uhren wir drei Gr¨oßen ein, deren Studium zur Entwicklung des Siebverfahrens f¨ uhrt:

N

= |F

∩ [1, n]|, m

= N

− N

und h

= m

− m

. Ihre Abh¨an- gigkeit von n wird unterdr¨ uckt. Da im k-ten Schritt jedes k-te Element in F

∩ [1, n] unter den N

m¨oglichen Zahlen entfernt wird, ist m

= [N

/k] einleuchtend.

Beim Fortschreiten des Verfahrens sind zwei „Zeitpunkte“ interessant:

k

sei der gr¨oßte Index mit m

> 0 und es bezeichne k

= max{k | h

≥ 2}.

Insbesondere gilt f¨ ur k ∈ {k

+ 1, . . . , k

} entweder m

= m

− 1 oder m

= m

. Außerdem ist F (n) = lim

|F

∩ [1, n]| = N

.

Hilfssatz 2.

(k − 1)N

≤ kN

≤ (k − 1)N

+ (k − 1), (1)

n ≤ kN

≤ n +

k(k − 1), (2)

k

− 1 ≤ N

= F (n) ≤ k

,

(3) √

n −

< F (n) < √ 2n.

(4)

B e w e i s. Die Ungleichung (1) folgt aus N

= N

− m

= N

− [N

/k] durch Aufl¨osen der Klammer. Das Wiederholen von (1) liefert (2).

Da nach Konstruktion N

≥ N

gilt, ist offenbar N

/k mit wach- sendem k streng abnehmend. Folglich ist m

= [N

/k] nicht wachsend.

Dadurch ist auch k

mittels m

≥ 1 und m

= 0 eindeutig bestimmt.

Die zwei Bedingungen besagen [N

/k

] ≥ 1 und [N

/(k

+ 1)] = 0,

d.h. N

≥ k

bzw. N

< k

+ 1. Wegen der Ganzzahligkeit ergibt sich

N

≤ k

.

Es ist weiter einleuchtend, daß k

= k

(n) mit wachsendem n niemals abnehmen kann. Insbesondere ist f¨ ur n ≥ 5 immer k

≥ 3. F¨ ur jene n gilt wegen (1) die Beziehung N

/k

≤ N

/(k

− 1) ≤ k

/(k

− 1) ≤ 3/2, d.h. m

= 1. Damit haben wir k

− 1 ≤ N

− 1 = N

− m

= N

allgemein best¨atigt und (3) ist erledigt f¨ ur n ≥ 5. Nachrechnen mit n = 2, 3 und 4 belegt (3) auch in diesen F¨allen.

Aus (2) mit k = k

samt (3) folgern wir

n ≤ k

N

≤ N

(N

+ 1) < N

+

.

Anderseits gilt k

N

≤ n +

k

(k

− 1) ≤ n +

k

N

, d.h. k

N

≤ 2n, beziehungsweise N

0

≤ k

N

. Da beim Einsetzen von (3) in der Form k

− 1 ≤ N

bzw. N

≤ k

nicht gleichzeitig Gleichheit in den beiden Beziehungen bestehen kann, folgern wir aus deren Kombination N

< 2n.

Wir haben noch einige Beziehungen n¨otig, die wichtige Gr¨oßenverh¨alt- nisse verdeutlichen. Diese sind kaum mehr als zurechtgelegte Formen des eben angef¨ uhrten Hilfssatzes, f¨ ur deren sp¨ateren Einsatz angepasst.

Hilfssatz 3. F¨ur alle k ≥ 2 gelten die Ungleichungen m

(k − 1) ≤ N

≤ (m

+ 1)(k − 1), (5)

(m

− h

)(k + 1) ≤ N

≤ (m

− h

)(k + 1) + k, (6)

k(k − 1) m

−

≤ n ≤ k(k − 1)(m

+ 1).

(7)

B e w e i s. Gem¨aß Definition bestehen m

= [N

/k] = [(m

+ N

)/k]

und m

− h

= m

= [N

/(k + 1)], woraus offensichtlich (5) bzw. (6) durch Aufl¨osen der Klammer hervorgehen.

Um (7) zu beweisen, schreibt man zuerst kN

= m

k(k − 1) + k{N

− m

(k − 1)}. Verm¨oge (5) sieht man N

− m

(k − 1) ≤ k − 1 ein. Hieraus folgt nun

kN

≤ m

k(k − 1) + k(k − 1).

Anderseits ist nach (2)

n ≥ kN

−

k(k − 1) ≥ m

k(k − 1) −

k(k − 1) = m

−

k(k − 1), wobei in der letzten Ungleichung die Beziehung N

≥ m

(k − 1) aus (5) eingesetzt wurde. Der Hilfssatz ist bewiesen.

Die zul¨assigen Kombinationen von (5) und (6) geben (8) m

(k − 1) ≤ (m

− h

)(k + 1) + k bzw.

(m

− h

)(k + 1) ≤ (m

+ 1)(k − 1).

L¨ost man in jeder Ungleichung die Zahl k aus, ergibt sich sofort 2m

− h

+ 1

h

+ 1 ≤ k ≤ 2m

− h

h

− 1 .

Die erste Beziehung in (8) f¨ uhrt auf k ≤ . . . und die zweite auf k ≥ . . . zu.

Infolgedessen finden wir wiederum dank (6), daß N

≤ k(m

− h

+ 1) + m

− h

≤ 2m

− h

h

− 1 (m

− h

+ 1) + m

− h

. Eine einfache Rechnung liefert schließlich

N

≤ m

(2m

− 2h

+ 1)/(h

− 1).

Die besondere Wahl k = k

, M = m

= m

−h

f¨ uhrt zu (man beachte h

≥ 2)

k

≤ 2M + 2, N

≤ (M + 2)(2M + 1).

Damit ergibt sich n ≤ k

N

≤ (2M + 2)(2M + 1)(M + 2) < 4 M +

und wir haben den folgenden Satz bewiesen.

Satz 4. Es gilt die Ungleichung m

>

 n 4



− 7 6 .

Die Filteridentit¨ at und ihre Folgerungen. Die Effektivit¨at der hiesi- gen Methode basiert auf dem Zusammenf¨ uhren aller Schritte, deren entspre- chenden h

denselben Wert annehmen. Die so entstehende Beziehung nen- nen wir die Filteridentit¨at:

Satz 5. Es sei n ≥ 5. F¨ur 2 ≤ k ≤ k

besteht die nachstehende Identit¨at:

(2m

−h

)(k

−k) = (N

−km

)+(k

−N

)+(m

−1)k

+

k

X

h

(k

−l).

B e w e i s. Gem¨aß Definition gilt N

− N

= m

{l − (l − 1)}, so daß eine Summation von k + 1 nach κ gibt

N

− N

= X

lm

−

κ−1

X

l=k

lm

= κm

− km

+ X

lh

. Diese Identit¨at kann man so umschreiben:

(m

+ m

)(κ − k) = (N

− km

) + (κm

− N

)

+ (m

+ m

− m

− m

)κ − X

lh

.

Dank P

l=k+1

h

= P

l=k+1

(m

− m

) = m

− m

finden wir (2m

−h

)(κ−k) = (N

−km

)+(κm

−N

)+(m

−m

)κ+

κ−1

X

l=k+1

h

(κ−l),

wobei auch m

+m

= 2m

−h

angewandt wurde. Mit κ = k

und m

= 1 (wegen n ≥ 5, vgl. den Beweis von Hilfssatz 2) folgt die Behauptung.

Satz 6. F¨ur alle k mit h

= 1 und k

< k ≤ k

gilt die Absch¨atzung (9) |k − B(m

− 1)k

| < 1.

B e w e i s. Wir werden eine Induktion durchf¨ uhren, die auf der nachste- henden Umformung basiert:

(10) |(k

− l) − {1 − B(m

− 1)}k

| < 1 wenn h

> 0, k

< l ≤ k

. Diese Aussage ist trivial im Falle l = k

, da die linke Seite gleich Null ist.

Die Annahme k

< l f¨ uhrt dazu, daß h

= 0 oder 1 ist. Folglich ist jedes m = 1, . . . , m

unter den Zahlen m

, . . . , m

zu finden, sobald k

< l ≤ k

. Außerdem stehen die Zahlen j mit l ≤ j ≤ k

und h

= 1 durch j 7→ m

in ein-ein-deutigem Verh¨altnis zu der Menge {1, . . . , m

}, wenn nur h

= 1 gilt.

Es sei nun (10) g¨ ultig f¨ ur diejenige l = k + 1, . . . , k

, die h

= 1 erf¨ ullen, dabei darf ohne Einschr¨ankung h

= 1 angenommen werden. Der K¨ urze halber sei im Folgenden R

= {N

− km

} + k

− N

gesetzt. Die Filter- identit¨at (Satz 5) und die Induktionsannahme beweisen nun

(2m

− 1)(k

− k) = R

+ (m

− 1)k

+

k

X

h

(k

− l)

< R

+ (m

− 2) + (2m

− 3)k

−

k

X

h

B(m

− 1)k

= R

+ (m

− 2) + (2m

− 1)k

− (2m

− 1)B(m

− 1)k

. Man setze hier P

l=k+1

h

= m

− m

= m

− 2 ein, da h

= m

= 1 ist. Dabei ergibt sich die letzte Gleichheit hier oben aus Hilfssatz 1 und dem Sachverhalt P

l

h

B(m

− 1) = P

m=2

B(m − 1) − B(m

− 1). Letzterer folgt aus den F¨allen h

= 1 oder h

= 0. Die Absch¨atzung |R

| ≤ m

ist leicht mittels Hilfssatz 3 zu beweisen. Folglich finden wir

k

− k < 2m

− 2

2m

− 1 + {1 − B(m

− 1)}k

und eine H¨alfte von (10) ist bewiesen. Allerdings ist diese Ungleichung nur dadurch erreicht, daß die Induktionsannahme in der Form „ . . . < 1“ einge- setzt wurde. Nimmt man anstatt dessen „ . . . > −1“, so entsteht eine untere Schranke indem man das Vorzeichen am Glied (m

− 2) vertauscht. Mithin haben wir auch

k

− k > − 2m

− 2

2m

− 1 + {1 − B(m

− 1)}k

gezeigt und damit den Induktionsschritt, worauf der ganze Beweis folgt.

Bemerkung. Die L¨osung von Brun basiert auf Absch¨atzungen wie (9).

Seine Ungleichungen lassen sogar Indizes k mit h

> 1 zu. Allerdings wird das Endergebnis nur | . . . | < a

, welches nicht scharf genug ist, um die jetzige Verfeinerung zu erzielen.

Die Anzahlfunktion. Zun¨achst wird die Filteridentit¨at eingesetzt, um die gew¨ unschten Absch¨atzungen von F (n) zu erhalten. Es seien der Einfach- heit halber α = √

π/2 und β = 2/ √

π gesetzt. Wir betrachten im Folgenden nur ganze Zahlen n ≥ 2916.

Zuerst wird die ganze Zahl m so gew¨ahlt, daß (11)

 n 4



− 7

6 < m <

 n 4



− 1 6 ist. Insbesondere ist m ≥ 8 und Hilfssatz 1 gibt

(12) B(m − 1) = α

√ m + O(m

).

Nach Satz 4 ist m ≤ m

und somit gibt es einen Index k mit h

= 1 und m

= m.

Wir wollen jetzt m¨oglichst enge untere und obere Schranken von F (n) = N

= k

− ε, ε = 0 oder 1, finden. Die ganze Zahlen m, k

und k sind allesamt von n abh¨angig. Aus Satz 6 und der Beziehung (12) geht hervor, daß

k = αk

m

+ O(k

m

).

Nach Hilfssatz 2 ist k

= O(n

) und dank (11) ergibt sich mk(k − 1) = α

k

+ O(n

) bzw. k(k − 1) = O(n

).

Greift man jetzt auf Hilfssatz 3 zur¨ uck, erh¨alt man

n = mk(k − 1) + O(k(k − 1)) = α

k

+ O(n

).

Als letzter Schritt bleibt nur noch k

− β √

n = k

− β

n k

+ β √

n = O(n

), wobei k

+ β √

n ≥ (1 + β) √

n −

eingesetzt wurde. Somit haben wir gezeigt Satz 7. Die Anzahl F (n) der ganzen Zahlen kleiner gleich n nach dem Flaviusschen Siebverfahren gen¨ugt

F (n) = 2

√ π

√ n + O(n

).

Bemerkung. Eine Ber¨ ucksichtigung der verschiedenen Ordoausdr¨ ucke und bessere Angaben in Hilfssatz 1(2) l¨aßt die Versch¨arfung zu:

F (n) = 2

√ π

√ n + θ(n)n

, |θ(n)| < 2,6, n > 2915.

Die n¨otige Rechnung wurde urspr¨ unglich in [2] durchgef¨ uhrt.

Literaturverzeichnis

[1] L¨osungen zu den Aufgaben 107 , 116 , Nord. Mat. Tidskr. 5 (1957), 114–116, 160–161 und 203–205.

[2] M. E. A n d e r s s o n, Flavius s˚ all, U.U.D.M. Project Report 1988:P4 (schwedisch).

[3] V. B r u n, Un proc´ed´e qui ressemble au crible d’Eratosth`ene, An. S¸tiint¸. Univ. “Al.

I. Cuza” Ia¸si Sect¸. I a Mat. (N.S.) 11B (1965), 47–53.

[4] L. C a r l i t z, L¨osung zu Aufgabe 115 , Nord. Mat. Tidskr. 5 (1957), 159–160.

[5] V. G a r d i n e r, R. L a z a r u s, N. M e t r o p o l i s, and S. U l a m, On certain integers defined by sieves, Math. Mag. 2 (1965), 117–122.

Matematiska institutionen Stockholms Universitet S-106 91 Stockholm, Sverige

E-mail: mats.andersson@matematik.su.se

Eingegangen am 26.9.1996

und in revidierter Form am 12.2.1998 (3048)