Energetické spektrum částice v trojrozměrné pravoúhlé. potenciálové jámě nekonečné hloubky z hlediska teorie. čísel

Transkript

1 VŠB Techická uiverzita Ostrava Fakulta elektrotechiky a iformatiky Katedra aplikovaé matematiky Eergetické spektrum částice v trojrozměré pravoúhlé poteciálové jámě ekoečé hloubky z hlediska teorie čísel Eergetic spectrum of a particle i three-dimesioal ifiite potetial square well i terms of umber theory 2016 David Ulčák

2

3

4

5 Rád bych a tomto místě poděkoval pau RNDr. Pavlu Jahodovi, Ph.D. za příosé kozultace, rady a trpělivé vedeí práce, dále pau Ig. Jau Kracíkovi, Ph.D. za kostrukci a vysvětleí Bayesovského odhadu v Kapitole 5, a paí Mgr. Jaě Trojkové, Ph.D. za pomoc s pochopeím základů kvatové mechaiky pro Kapitolu 2.

6 Abstrakt V této bakalářské práci se budeme zabývat myšlekovým modelem částice uzavřeé v eproikutelé ádobě, již zveme poteciálová jáma. Text začíá stručým úvodem k tématu, ásledovaým ěkterými základími pojmy a úvodem do problematiky kvatové mechaiky, při ěmž se sezámíme se Schrödigerovou rovicí, kterou pak pro výše zmíěý model vyřešíme. Obdržíme tak diskrétí spektrum eergií částice, jež je při vhodé volbě jedotek ekvivaletí s možiou čísel, vyjádřitelých jako součet tří druhých moci přirozeých čísel. Na možiu těchto čísel se podíváme podroběji, sezámíme se s problematikou součtu čtverců celých čísel a asymptotickou hustotou. V závěru práce zkostruujeme myšlekový experimet s měřeím eergií a pokusíme se a základě získaých výsledků zjistit počet částic v jámě pomocí statistických metod. Klíčová slova: kvatová fyzika, Schrödigerova rovice, teorie čísel, součet druhých moci celých čísel, asymptotická hustota, testováí statistických hypotéz, Bayesovské metody Abstract I this bachelor thesis we will be cocered with metal model of a particle eclosed withi impeetrable cotaier, which we call potetial well. The text begis with brief itroductio to the topic, followed by some basic cocepts ad the itroductio to quatum mechaics, durig which we will get acquaited with Schrödiger equatio, which will be solved the for above metioed model. This way, we will recieve discrete spectrum of eergies of a particle, which is, by suitable choice of uits, equivalet to set of umbers, expressible as a sum of three squares of atural umbers. We will take a close look at this set ad get acquaited with issues of sums of iteger squares ad asymptotic desity. I the ed of the thesis, we will costruct metal experimet with eergy measurig ad, o the basis of the acquired results, we will try to fid out the cout of particles i the well usig statistical methods. Key Words: quatum physics, Schrödiger equatio, umber theory, sum of squares of itegers, asymptotic desity, statistical hypothesis testig, Bayesia methods

7 Obsah Sezam použitých zkratek a symbolů 8 Sezam obrázků 9 Sezam tabulek 10 1 Úvod 12 2 Eergetické spektrum částice Základí pojmy Postuláty kvatové mechaiky a vlová fukce Ψ Stacioárí Schrödigerova rovice Částice v trojrozměré poteciálové jámě Tvar spektra v kotextu teorie čísel Přirozeá čísla ve tvaru součtu dvou druhých moci celých čísel Přirozeá čísla ve tvaru součtu tří druhých moci celých čísel Lagrageova věta o čtyřech čtvercích Asymptotická hustota Defiice, základí vlastosti Asymptotická hustota možiy B Asymptotická hustota spektra Testováí počtu částic v poteciálové jámě Testováí statistických hypotéz Test hypotézy o počtu částic Bayesovský přístup Algoritmus rozkladu čísla a součet tří čtverců Algoritmus s posouváím Rabiův-Shallitův algoritmus Závěr 60 Literatura 61 Přílohy 62 A Algoritmus rozkladu čísel a součet tří čtverců 62 7

8 Sezam použitých zkratek a symbolů sjedoceí průik A doplěk k možiě/jevu A přímá úměra Laplaceův operátor, = 2 x y z 2 gcd(a, b) ejvětší společý dělitel čísel a, b h Plackova kostata, h = 6, J s redukovaá Plackova kostata, = h 2π m hmotost, kg p hybost, kg m s 1 V poteciálí eergie, J v rychlost, m s 1 N možia přirozeých čísel R možia reálých čísel R + možia kladých reálých čísel Z možia celých čísel Z + 0 možia ezáporých celých čísel 8

9 Sezam obrázků 1 Rozhodovací proces pro počet částic Graf závislosti mi a hladiě výzamosti Grafový model pro zavedeé áhodé veličiy Graf aposteriorí hustoty f(θ T 1:20 ) pro aši simulaci Časová áročost algoritmu s posouváím, proložeá křivkou f(n) = N Časová áročost algoritmu s posouváím při igorováí ulových čtverců Relativí četost výskytu čísel, striktě obsahujících ulové čtverce

10 Sezam tabulek 2 Vybraé hodoty pravděpodobostí fukce áhodé veličiy X

11 Sezam výpisů zdrojového kódu 1 Algoritmus rozkladu čísla a 3 čtverce s posouváím v jazyce Matlab Ukázky výstupů algoritmu s posouváím

12 1 Úvod Jak již můžeme vědět z jiých odvětví, pod pojmem spektrum máme a mysli určitou škálu abývaých hodot jisté veličiy. Neí tedy překvapeím, že eergetické spektrum částice představuje jakousi možiu, sestávájící z eergetických hladi, jichž může částice abývat. Abychom se však mohli zabývat tak malými objekty, jako jsou částice, evystačíme s klasickou fyzikou. Ta byla v mikrosvětě před ecelým stoletím ahrazea fyzikou kvatovou a její výsledky úspěšě ukazují a to, že se ejedalo je o ahodilou kostrukci, ýbrž o velký průlom v oblasti fyziky. Jako jeda ze základích ukázek aplikací kvatové mechaiky v praxi se užívá model poteciálové jámy. Teto model lze za určitých podmíek použít jako aproximaci reálé situace pohybu elektrou, a především je a ěm možo pochopit ejzákladější pricipy tohoto stále se vyvíjejícího odvětví. Při řešeí problému částice v trojrozměré pravoúhlé poteciálové jámě ekoečé hloubky se pak ukáže, že je eergie spjata se součtem tří druhých moci přirozeých čísel. A tu ás apade se a možiu těchto čísel podívat z matematického hlediska. Problémem součtu druhých moci celých čísel se v historii zabývali Pierre de Fermat, Joseph-Louise Lagrage, Adrie- Marie Legedre, Leohard Euler, Carl Friedrich Gauss a další jméa slavá eje v teorii čísel, ale v celé matematice a vědě obecě. Některé z jejich pozatků použijeme ke zkoumáí eergetického spektra částice i v této práci. Jelikož rovia, v íž se budeme pohybovat bude velmi teoretická, dává ám to možost lehce popustit uzdu fatazii a v rámci eergií si sestavit myšlekový experimet, jehož idea byla stručě astíěa již v [6], a a kterém budeme prezetovat ěkteré statistické metody. Tímto provázáím tří pouze zdálivě esourodých vědeckých disciplí dostala tato práce svou fiálí podobu. Kéž čteáři přiese zábavu i poaučeí. 12

13 2 Eergetické spektrum částice V prví části této kapitoly uvedeme základí pojmy, především z oblasti statistiky, a sezámíme se se základími vztahy v kvatové mechaice, problémem částice v ekoečé poteciálové jámě a jeho řešeím. 2.1 Základí pojmy Na začátku se dohoděme, že áhodým pokusem azveme každý koečý děj, jehož výsledek elze předem s jistotou staovit. Možiu Ω, obsahující všechy možé (avzájem se vylučující) výsledky áhodého pokusu ozačujme jako prostor elemetárích jevů. Defiice 2.1 Nechť Ω je libovolá možia a S 2 Ω. Možiu S potom azveme σ-algebrou, pokud platí: 1. S 2. A S A = Ω A S 3. A 1, A 2, A 3,... S i=1 A i S. Defiice 2.2 Nechť Ω tvoří prostor elemetárích jevů a S 2 Ω je ějaká jemu příslušející σ-algebra. Dále echť P je takové zobrazeí S 0, 1, splňující 1. P ( ) = 0 2. P (A) = 1 P (A) ( ) 3. A 1, A 2, A 3,... S, A i A j = P A i = P (A i ). Pak uspořádaou trojici (Ω, S, P ) azveme pravděpodobostím prostorem. Možiě S říkáme prostor jevů, zobrazeí P ozačujeme jako pravděpodobostí míru. Defiice 2.3 Nechť (Ω, S, P ) je pravděpodobostí prostor. Náhodou veličiou azveme zobrazeí X : Ω R právě tehdy, když pro každé x R platí {ω ω Ω, X(ω) < x} S {ω ω Ω, X(ω) > x} S. Náhodou veličiu X dále azveme diskrétí, jestliže abývá pouze koečě, či spočetě moha hodot, v opačém případě hovoříme o spojité áhodé veličiě. Náhodá veličia tedy vyjadřuje jakousi umerickou míru či hodotu áhodých jevů. Ozačeí P (X = x) (respektive P (X > x), případě P (X < x)) pak zameá pravděpodobost, že áhodá veličia X abývá hodoty (případě je větší/meší, ež) x. 13 i=1 i=1

14 Defiice 2.4 Distribučí fukcí áhodé veličiy X azveme fukci F : R 0, 1 takovou, že t R : F (t) = P (X < t). Pro diskrétí áhodou veličiu dále defiujeme Pravděpodobostí fukci jako P (x) = P (X = x), pro spojitou áhodou veličiu zase zavádíme hustotu pravděpodobosti vztahem f(t) = F (t). Při zápise většiou, pokud to eí evyhutelě uté, erozlišujeme áhodou veličiu a její hodotu. Pozameejme ještě, že mezi distribučí a pravděpodobostí fukcí (pro diskrétí áhodou veličiu), resp. distribučí fukcí a hustotou pravděpodobosti, platí tyto vztahy: F (x) = P (X = x i ), resp. F (x) = x i <x x f(t)dt. Pod pojmem rozděleí pravděpodobosti áhodé veličiy X pak rozumíme kokrétí předpis pro její distribučí, či pravděpodobostí fukci, popř. pro hustotu pravděpodobosti. O základích charakteristikách většiy ejpoužívaějších jak diskrétích, tak spojitých rozděleí áhodé veličiy se lze dočíst apříklad v [5]. Pozámka 2.1 Uspořádaou -tici áhodých veliči azýváme áhodý vektor, v souvislosti s jeho spojitou variatou se pak hovoří o sdružeé hustotě pravděpodobosti f(x 1, x 2,..., x ), a dále o sdružeé distribučí fukci F (x 1, x 2,..., x ), přičemž platí F (x 1, x 2,..., x ) = f(x 1, x 2,..., x )dx 1 dx 2... dx. Důvod proč zde zavádíme pojmy z oblasti statistiky je prostý - jedak se statistikou budeme zabývat v Kapitole 5, a především, pravděpodobostí přístup je jedou ze základích myšleek kvatové mechaiky, jak záhy uvidíme. Defiice 2.5 Vlovou rovicí azveme každou lieárí homogeí parciálí difereciálí rovici ve tvaru její řešeí pak azýváme vlovou fukcí. ψ(r, t) 1 2 ψ c 2 (r, t) = 0, (2.1) t2 Dodejme, že kostata c je parametr rychlosti šířeí vly. Tato difereciálí rovice popisuje obecě takřka jakýkoliv typ vlěí, pro odvozeí viz [9]. 14

15 2.2 Postuláty kvatové mechaiky a vlová fukce Ψ Tak jako se matematika opírá o axiomy, kvatová mechaika má své postuláty, tedy fudametálí výroky, které jsou vesměs považováy za dostatečě experimetálě ověřeé, ergo platé. Abychom byli trochu lépe tuto fyzikálí oblast schopi pojmout, postuláty zde uvedeme (viz [2]). Postulát 1 (O vlové fukci Ψ) Veškeré iformace o kvatovém stavu částice jsou obsažey ve vlové fukci ψ, tedy komplexí fukci o 4 proměých - 3 prostorových a jedé časové. Dále předpokládáme, že hustota pravděpodobosti výskytu částice v prostoru V, v místě r (hovoříme o polohovém vektoru r) a čase t je rova kvadrátu absolutí hodoty ψ. Odtud můžeme a ψ klást ormovací podmíku pro itegraci přes celý prostor V : ψ(r, t) 2 dv = 1. S tímto pravděpodobostím přístupem vyvstávají ásledující požadavky a fukci ψ, která tedy musí být 1. spojitá, 2. koečá, 3. jedozačá (ve smyslu komplexí fukce), 4. itegrovatelá s kvadrátem a 5. při koečých změách poteciálu musí mít spojité parciálí derivace ψ x, ψ y, ψ z. Postulát 2 (O operátorech) Každé měřitelé fyzikálí veličiě je přiřaze operátor (lieárí a hermitovský), působící a vlovou fukci. Postulát 3 (O kvatováí) Při jedotlivých měřeích veličiy X můžeme aměřit pouze a jediě vlastí hodoty x příslušého operátoru ˆX, tedy takové hodoty x, pro ěž platí ˆXψ = x ψ. V případě, že je v okamžiku měřeí systém popsá vlovou fukcí ψ, je středí hodota opakovaých měřeí veličiy X daá vztahem X = ( ψ, ˆXψ ) = ψ (r, t) ˆXψ(r, t)dv, kde ψ ozačuje fukci komplexě sdružeou s ψ. 15

16 Posledí dva z výše uvedeých postulátů úzce souvisí s fukcioálí aalýzou. Pokud se totiž a ψ díváme jako a prvek ekoečědimezioálího Hilbertova prostoru (pro bližší sezámeí viz apříklad [10]), pak z jejích souřadic vzhledem k příslušé ortoormálí bázi můžeme přímo určit pravděpodobost, že aměříme kokrétí hodotu x měřeé veličiy X, čehož se v kvatové mechaice velmi často využívá. Postulát 4 (O redukci vlové fukce) Naměřeím kokrétí hodoty x veličiy X převedeme systém do stavu s vlovou fukcí ψ, která je vlastí fukcí operátoru ˆX, a příslušející jeho vlastímu číslu x. Jiými slovy, měřeí samoté ovlivňuje kvatový stav systému a tedy i měí jeho vlovou fukci. Postulát 5 (O časové Schrödigerově rovici) Jestliže v čase t 0 je systém popsaý vlovou fukcí ψ(r, t 0 ), jeho další vývoj je popsá časovou Schrödigerovou rovicí i ψ t = Ĥψ, kde operátor Ĥ se azývá Hamiltoiá a jedá se o operátor celkové eergie systému. Pozámka 2.2 V dalších úvahách budeme užívat variatu Hamiltoiáu pro volou částici ve tvaru Ĥ = 2 2m + V. Schrödigerova rovice je svým způsobem variatou vlové rovice pro popis vlových vlastostí částic, fukce ψ pak jejím řešeím pro daý stav. Původě se mělo za to, že vlově lze ahlížet pouze a ehmoté částice. S myšlekou, že určité vlové vlastosti vykazují i hmoté částice přišel v roce 1924 fracouzský fyzik Louis de Broglie, po ěmž bylo také oo vlěí pojmeováo. Toto vlěí je pro volou částici charakterizováo de Broglieho vlovou délkou λ = h p, (2.2) kde h je Plackova kostata a p je hybost částice. 2.3 Stacioárí Schrödigerova rovice Při uváděí postulátů v miulém pododdíle asi ejvíc otázek vzbuzuje te posledí, o časové Schrödigerově rovici. Nabízí se totiž přirozeá otázka, proč tato rovice vypadá zrova tak, jak vypadá. Velice zjedodušeou ilustraci jejího původu ám může dát srováí s obecou vlovou rovicí. 16

17 Uvažujme řešeí vlové rovice pro roviou vlu ve tvaru ψ(r, t) = e i(kr ωt), kde k = 2π λ = p, (2.3) přičemž k azýváme vlový vektor a je redukovaá Plackova kostata. Dosazeím do vlové rovice (2.1) vziká ( k 2 + ω2 c 2 ) ψ = 0, odtud vyplývá ω = kc. Pokud tedy Laplaceův operátor eaplikujeme a pouze pro druhého sčítace v rovici (2.1) užijeme právě alezeého vztahu pro ω a vztahu (2.3), získáme ( + k 2 ) ψ = 0 ( + p2 2 ) ψ = 0. (2.4) Nyí uvažme zákoitosti klasické mechaiky. Celková mechaická eergie objektu je dáa vztahem E = T + V, kde T ozačuje kietickou a V poteciálí eergii. Pro hybost a kietickou eergii v Newtoovské mechaice pak platí p = mv T = 1 2 mv2 = p2 2m, a tak můžeme p 2 vyjádřit jako p 2 = 2m(E V ). (2.5) Dosazeím vztahu (2.5) do (2.4) získáme ( 2 ) 2m + V = Ĥ pro volou částici ψ = Eψ. (2.6) Zbývalo by ukázat, že Eψ = i ψ t. To posléze z předpokladu platosti Schrödigerovy rovice uvidíme při zavedeí její stacioárí variaty, kterou se budeme zabývat dále. Pozámka 2.3 Nuto zdůrazit, že se ejedá o korektí odvozeí, ale pouhou ilustraci, a tvar časové Schrödigerovy rovice je jakožto postulát brá jako holý fakt. Kvůli odlišostem klasické a kvatové mechaiky totiž elze přímo matematicky odvodit příslušý aparát. Stacioárí Schrödigerovu rovici uvažujeme pro případy, kdy se ebere v potaz závislost 17

18 působících sil a čase. Z tohoto důvodu lze uvážit zápis vlové fukce ve tvaru ψ(r, t) = ψ(r)ϕ(t). Dosazeím do časové Schrödigerovy rovice pak dostáváme: ( i ϕ(t) dψ(r) dt + ψ(r) dϕ(t) ) dt i dϕ(t) ϕ(t) dt = Ĥψ(r)ϕ(t) = Ĥψ(r) ψ(r). (2.7) Poěvadž rovost (2.7) musí platit v libovolém čase t a místě r, pak musí být obě stray rovy kostatě, ozačme ji E. Přepíšeme-li yí obě stray rovosti (2.7) zvlášť, dostáváme i dϕ(t) = Eϕ(t) dt (2.8) Ĥψ(r) = Eψ(r), (2.9) přičemž vztah (2.9) ozačujeme jako stacioárí Schrödigerovu rovici, zatímco (2.8) dokresluje hrubý ásti Schrödigerovy rovice uvedeý dříve. Pro další výpočty si ještě stacioárí Schrödigerovu rovici zapíšeme v ásledujícím tvaru: ψ + 2m (E V ) ψ = 0. (2.10) 2 Pozámka 2.4 Jak ze zápisu (2.9) vidíme, kostata E je vlastím číslem Hamiltoiáu, s ohledem a Postulát 3 se tedy jedá o hodotu eergie pro daý stav. 2.4 Částice v trojrozměré poteciálové jámě Jde o myšlekový model částice v ohraičeé oblasti. Rozumíme tím pomyslou oblast, v íž je všude V = 0, čili veškerá eergie částice je dáa její eergií kietickou. Jámu si lze zjedodušeě představit jako jakousi ádobu, která omezuje pohyb částice. Jak říká ázev této práce, my se budeme zabývat jedoduchou variatou, trojrozměrou pravoúhlou poteciálovou jámou ekoečé hloubky. Nekoečá hloubka poteciálové jámy se dá iterpretovat tak, že stěy oé pomyslé ádoby mají ekoečou tuhost, takže částice při srážkách se stěou eztrácí ic ze své eergie, zároveň má částice uvažovaou poteciálí eergii mimo ádobu V =, čili je emožé, aby částice z ádoby uikla. Samozřejmě lze uvažovat i jámy, jejichž hloubka eí ekoečá, tj. brát v potaz tuhost stě i polohovou eergii částice vě ádoby jako koečá čísla. Stejě tak lze říct, že obecě může jáma abývat libovolého tvaru (apříklad toroidu s ohledem a tvar magetického pole) a e pouze pravoúhlého útvaru, jako v ašem případě. 18

19 Představme si tedy částici uzavřeou v krychli o hraě délky l. Vzhledem k defiici jámy víme, že ψ = 0 pro x / (0; l) y / (0; l) z / (0; l). Hledáme tedy ψ splňující stacioárí Schrödigerovu rovici a s ohledem a požadavek spojitosti ψ, tedy také okrajovou podmíku ψ = 0 a stěách krychle. Jelikož v prostoru je ψ fukce tří proměých, musíme tyto proměé separovat, abychom ašli řešeí. Pro zjedodušeí proto uvažujeme, že pro každou souřadici existuje vlastí vlová fukce a celková je pak jedoduše dáa součiem dílčích, tedy ψ(x, y, z) = ψ x (x)ψ y (y)ψ z (z). Dosazeím do (2.10) a patřičou úpravou vziká 1 d 2 ψ x ψ x dx d 2 ψ y ψ y dy d 2 ψ z ψ z dz 2 = 2mE 2. (2.11) Všiměme si, že sčítace a levé straě jsou již fukcemi je jedé proměé. Vidíme, že každý čle a levé straě závisí pouze a jedé souřadici, zatímco a pravé straě je kostata (eergie pro daý stav). Jiými slovy můžeme uvažovat, že každý čle a levé straě se rová ějaké dílčí kostatě: 1 d 2 ψ x ψ x dx 2 = k2 x (2.12) 1 d 2 ψ y ψ y dy 2 = k2 y (2.13) 1 ψ z d 2 ψ z dz 2 = k2 z (2.14) k 2 x + k 2 y + k 2 z = 2mE 2. (2.15) Proč jsme brali v potaz kostaty ve formě druhých moci bude záhy patré. Jak vidíme, všecha tři řešeí budou vzájemě aalogická, vyřešme apříklad rovici pro ψ x. Tím, že uvažujeme fukce jedé proměé, řešíme obyčejé difereciálí rovice. Přepišme si tedy dílčí rovici (2.12) do ásledujícího tvaru: ψ x + k 2 xψ x = 0. (2.16) Jak vidíme, jedá se o homogeí lieárí difereciálí rovici druhého řádu s kostatími koeficiety. Připomeňme, že lieárí difereciálí rovicí druhého řádu se rozumí difereciálí rovice ve tvaru y + a(x)y + b(x)y = c(x). Tuto pak azýváme homogeí, jestliže c(x) = 0 a v případě, že fukce a(x), b(x) jsou kostatí, říkáme, že rovice je s kostatími koeficiety. 1 Řešeí takovýchto rovic obecě vede a y(x) = e λx. Dosazeím do rovice (2.16) pak 1 Pro podrobější výklad o defiici, vlastostech a řešeí obyčejých difereciálích rovic viz [8]. 19

20 získáváme λ 2 e λx + k 2 xe λx = 0. Jelikož čle e λx ikdy emůže být ulový, můžeme jím celou rovici podělit, čímž vziká tzv. charakteristický polyom, jehož kořey jsou určující pro fudametálí systém řešeí aší rovice: λ 2 + kx 2 = 0 λ = ±k x i ϕ 1 (x) = e kxix, ϕ 2 (x) = e kxix. (2.17) Obecé řešeí je libovolou lieárí kombiací fukcí fudametálího systému, takže víme, že hledaá fukce ψ x bude obecě vypadat ásledově: ψ x = C 1 e kxix + C 2 e kxix = = ( ) ( ) C 1 cos(k x x) + i si(k x x) + C 2 cos( k x x) + i si( k x x) = = (C 1 + C 2 ) cos(k x x) + i(c 1 C 2 ) si(k x x), C 1, C 2 R. Ke kokrétějšímu řešeí potřebujeme okrajové podmíky, které jsou v ašem případě dáy poteciálovou jámou. Víme tedy, že ψ x (0) = 0 ψ x (l) = 0. Nejprve dosadíme prví okrajovou podmíku. Odtud (C 1 + C 2 ) cos 0 + i(c1 C2) si 0 = 0 C 2 = C 1. Následým dosazeím druhé okrajové podmíky a zjištěého vztahu mezi kostatami C 1 a C 2 získáváme (C 1 C 1 ) cos(k x l) + i(c 1 + C 1 ) si(k x l) = 0 2C 1 i si(k x l) = 0 si(k x l) = 0 k x = aπ l, a Z. (2.18) 20

21 A koečě, položíme-li 2C 1 i = B, vziká ám výsledá dílčí vlová fukce ψ x ve tvaru ψ x = B si aπx, a Z. (2.19) l Zbylé 2 dílčí rovice pro ψ y i ψ z, včetě podmíek pro kostatu k y, respektive k z, bychom řešili aalogicky a tak můžeme psát celkovou vlovou fukci ve tvaru ψ(x, y, z) = N si aπx l a, b, c N. si bπy l si cπz l (2.20) Pozámka 2.5 Ačkoliv při předchozím průběhu řešeí Schrödigerovy rovice jsme číslo a i čísla b, c (s ohledem a aalogii dílčích řešeí) ozačili za celá, kvůli samoté vlové fukci jsme teto závěr museli poěkud poupravit. Ve vztahu (2.20) jsme tak čísla a, b, c ozačili za přirozeá, eboť v případě, že by kterékoliv z těchto čísel bylo rovo 0, částice by eexistovala (vlová fukce a tedy i hustota pravděpodobosti by měly ve všech místech poteciálové jámy ulovou hodotu). Navíc obecě platí a 2 = ( a) 2, resp. si aπ l = si ( aπ ) l, přičemž zaméko před fukcí si lze zahrout do ormovací kostaty N, proto emá smysl uvažovat čísla a, b, c jako záporá. Posledím krokem je určeí příslušé ormovací kostaty N. Z požadavku dostáváme 2 l N 2 N 2 0 N 2 l ( l 0,l 3 1 cos 2aπx l 2 l l 2aπ 0 [ cos 2aπx l si 2aπx l N 2 si 2 aπx l l dx 0 dx l ] ) l 0 ( R 3 Ψ 2 dv = 1 l si 2 bπy l 1 cos 2bπy l 2 l 0 l 2bπ cos 2bπy l [ si 2 cπz dxdydz = 1 l si 2bπy l 2 cos x = cos 2 x 2 si2 x 2 = 1 2 si2 x 2 si 2 x 2 = 1 cos x 2 l dy 0 dy l ] ) l 0 ( l 1 cos 2cπz l 2 l 0 cos 2cπz l l 2cπ [ si 2cπz l dz = 1 dz = 8 ] ) l 0 = 8 21

22 N 2 l 3 = 8 8 N = l 3. Výsledá vlová fukce má tedy předpis ψ(x, y, z) = 8 aπx si si bπy si cπz l3 l l l a, b, c N. (2.21) S ohledem a (2.15) se dostáváme ke kýžeému eergetickému spektru částice. Je patré, že eergie může abývat je kokrétích hodot, aby ψ byla skutečě řešeím Schrödigerovy rovice. Dosazeím za kostaty k x, k y a k z do (2.15) a úpravou dostáváme: a 2 π 2 l 2 + b2 π 2 l 2 + c2 π 2 l 2 = 2mE 2 E = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 π 2 a, b, c N. 2ml 2 (2.22) Čísla a, b, c popisují stav částice a azýváme je kvatová čísla. Závěrem pozameejme, že jedé kokrétí hodotě eergie může odpovídat více stavů. Například může dojít k růzému uspořádáí stejých hodot mezi kvatovými čísly, případě mohou dvě růzé trojice druhých moci dávat totéž číslo. Takovéto eergetické hladiy se ozačují jako degeerovaé. Jedé degeerovaé hladiě eergie tedy odpovídá více kvatových stavů, které si sice odpovídají hodotou eergie částice, ale hodotami jiých veliči se vzájemě liší. Například kvatové stavy, odpovídající a = 3, b = 2, c = 1 a a = 1, b = 3, c = 2 jsou růzé, ale přísluší jim stejá eergetická hladia, totéž lze říct o stavech a = 5, b = 1, c = 1 a a = 3, b = 3, c = 3. V Kapitole 4 si mimo jié ukážeme, že takovýchto stavů je převážá většia. 22

23 3 Tvar spektra v kotextu teorie čísel Jak jsme viděli, eergie částice závisí a jejím kvatovém stavu, jež je charakterizová jako součet tří druhých moci přirozeých čísel. Zamysleme se, jaká čísla se takto dají vyjádřit. Pozatky této kapitoly byly s mešími úpravami převzaty z [4]. 3.1 Přirozeá čísla ve tvaru součtu dvou druhých moci celých čísel Věty o vyjádřitelosti přirozeých čísel ve tvaru součtu čtverců se vážou ke čtvercům celých čísel, máme tedy situaci zkomplikovaou požadavkem a eulová kvatová čísla. Proto potřebujeme od možiy všech čísel ve tvaru součtu tří čtverců celých čísel odebrat taková čísla, která lze vyjádřit je jako pouhé dva čtverce celých čísel. Pozámka 3.1 Problémem by samozřejmě mohla být i čísla, která jsou sama druhou mociou, ta jsou však podmožiou možiy čísel ve tvaru součtu dvou čtverců. Pozorý čteář si jistě mohl povšimout, že ěkterá čísla, vyjádřitelá jako součet dvou druhých moci celých čísel, se dají zapsat i jako součet tří druhých moci přirozeých čísel. Například číslo 29 lze zapsat jak ve tvaru 29 = , tak i jako 29 = Proto bychom odebráím všech dvoučtvercových čísel z možiy tříčtvercových odebrali i ěkteré možé hladiy eergií. Nicméě, v Kapitole 4 využijeme vlastostí moži, jimiž se budeme zabývat yí, pro určeí asymptotické hustoty spektra. Jak uvidíme, výsledek ebude ijak ovlivě faktem, zda odebereme všecha čísla ve tvaru součtu dvou druhých moci celých čísel, či pouze jejich část. Ukažme si tedy, která čísla lze vyjádřit jako součet dvou druhých moci celých čísel. K tomu budeme potřebovat tři pomocé pozatky: Věta 3.1 Nechť p je prvočíslo a a, b Z takové, že gcd(p, a) = gcd(p, b) = 1 a p (a 2 + b 2 ). Potom p je součtem dvou druhých moci celých čísel. Důkaz. Ozačme = a 2 + b 2 (a, b Z) ejmeší celé číslo, splňující gcd(p, a) = gcd(p, b) = 1 a p. Potom = mp, m N. Sestrojme čísla α, β taková, že a α(mod p), b β(mod p), přičemž α, β p 2. Pak vidíme, že a 2 + b 2 α 2 + β 2 0(mod p), z čehož vyplývá mp = = a 2 + b 2 α 2 + β 2 < p 2, odtud m < p. Abychom důkaz dokočili, stačí ukázat, že m = 1. Uvažme pro spor situaci 1 < m < p. Nyí sestrojme taková čísla a 1, a 2, že a a 1 (mod m), b b 1 (mod m), přičemž 23

24 a 1, b 1 m 2. Z toho podobě jako v předchozím případě plye, že a b 2 1 a 2 + b 2 0(mod m) a b 2 1 = um, u < m, s tím, že u se emůže rovat 0, eboť pak by muselo astat a = xm, b = ym, x, y Z, tudíž = (x 2 + y 2 )m 2 = mp a tedy m p, což je emožé, eboť 1 < m < p. Proto u 1. Nyí uvažme, že souči každých dvou čísel, vyjádřitelých jako součet dvou čtverců, je opět součtem dvou čtverců. Skutečě (a 2 + b 2 ) (a b2 1 ) = a2 a b2 b a2 1 b2 + a 2 b 2 1 = = (aa 1 + bb 1 ) 2 2aa 1 bb 1 + (a 1 b ab 1 ) 2 + 2a 1 bab 1 = (3.1) = (aa 1 + bb 1 ) 2 + (a 1 b ab 1 ) 2. Protože 0 a 2 + b 2 aa 1 + bb 1 a 1 b ab 1 (mod m), dostáváme (a 2 + b 2 ) (a b2 1 ) = (δ 1m) 2 + (δ 2 m) 2 mp um = m 2 (δ δ2 2 ) (3.2) up = δ δ2 2. Kvůli u 1 je alepoň jedo z čísel δ 1, δ 2 růzé od 0. Pokud by p dělilo obě z čísel δ 1, δ 2 dostali bychom δ δ2 2 > p2, což je však ve sporu s u < m < p. Tz., že alespoň jedo z čísel δ 1, δ 2 eí dělitelé p, což však zameá, že jím eí dělitelé ai jedo (pokud by je δ 1 = cp, pak up = c 2 p 2 + δ2 2, tedy u = c2 p + δ2 2 p, a to elze, eboť určitě δ2 2 p / Z; obdobě aopak). Tedy gcd(p, δ 1 ) = gcd(p, δ 2 ) = 1. Z defiice čísla by pak vyplyulo mp up, což je opět spor s u < m. Proto eí možé, aby 1 < m < p, a tak m = 1. Věta 3.2 Každé prvočíslo p ve tvaru p = 4k + 1, k Z lze jedozačě vyjádřit jako součet dvou druhých moci celých čísel. Důkaz. Pro zadaé p lze ukázat, že existuje takové x Z, že gcd(p, x) = 1 a zároveň x (mod p) 3. Jelikož avíc gcd(p, 1) = 1 a p (x ), pak je podle Věty 3.1 p možo vyjádřit ve tvaru dvou čtverců. 3 Plye z vlastostí Legedreova symbolu, viz [4]. 24

25 Nyí předpokládejme, že pro růzé dvojice čísel platí p = a 2 + b 2 = c 2 + d 2. Pak platí p 2 = (a 2 + b 2 ) (c 2 + d 2 ) = (ac + bd) 2 + (ad bc) 2 = (ac bd) 2 + (ad + bc) 2 (3.3) (ac + bd) (ad + bc) = a 2 cd + abc 2 + abd 2 + b 2 cd = = (a 2 + b 2 )cd + (c 2 + d 2 ) 2 ab = p(ab + cd). (3.4) Tudíž buď p (ac + bd), ebo p (ad+bc). V prvím případě by to však zamealo (ac + bd) 2 p 2, takže s přihlédutím ke vztahu (3.3) by muselo platit ad = bc. Uvážíme-li, že gcd(c, d) (c 2 + d 2 ) = p, pak je gcd(c, d) rove buď 1, ebo p, pokud by však byl rove p, dostaeme spor p = c 2 + d 2 2p 2. Proto gcd(c, d) = 1, tedy c a, stejě tak gcd(a, b) = 1, ergo a c, z čehož plye a = c a tedy i b = d. Aalogicky u druhého případu. Věta 3.3 Jestliže pro přirozeé číslo platí = 4k + 3, k Z + 0, pak elze vyjádřit ve tvaru = a 2 + b 2, a, b Z. Důkaz. Pro zadaé platí 3(mod 4). Postupujme systematicky: 1. Obě čísla a, b jsou sudá. Potom platí a 2 + b 2 = (2x) 2 + (2y) 2 = 4(x 2 + y 2 ) 0(mod 4). 2. Jedo z čísel a, b je liché (apř. a). a 2 + b 2 = (2x + 1) 2 + (2y) 2 = 4(x 2 + y 2 + x) + 1 1(mod 4). 3. Obě čísla a, b jsou lichá. a 2 + b 2 = (2x + 1) 2 + (2y + 1) 2 = 4(x 2 + y 2 + x + y) + 2 2(mod 4). Jié možosti ejsou a tak emůže astat a 2 + b 2 3(mod 4). Nyí můžeme koečě abyté pozatky použít pro důkaz, která přirozeá čísla lze vyjádřit jako součet dvou celočíselých čtverců. Věta 3.4 Přirozeé číslo > 1 lze vyjádřit ve tvaru = a 2 + b 2, a, b Z právě tehdy, když kaoický rozklad čísla eobsahuje číslo p α i i takové, že prvočíslo p i = 4k + 3 a α i = 2m + 1, k, m Z

26 Důkaz. Nejprve vezměme číslo = a 2 + b 2, a, b Z. Nechť gcd(a, b) = d, pak a = da 1, b = db 2, kde gcd(a 1, b 1 ) = 1 a tedy = d 2 (a b 2 1). (3.5) Předpokládejme, že p je prvočíslo ve tvaru p = 4k + 3 a platí p. Pokud p (a b2 1 ), pak s ohledem a 3.5 musí vystupovat v kaoickém rozkladu čísla se sudou mociou. Pokud by aopak p (a 2 1 +b2 1 ), pak by buď muselo p dělit obě čísla a 1, b 1, tedy opět být v kaoickém rozkladu čísla se sudou mociou, aebo v opačém případě by platilo gcd(a 1, p) = gcd(b 1, p) = 1, což by s ohledem a Větu 3.1 zamealo, že p je součtem dvou čtverců. To je však ve sporu s Větou 3.3. Nyí dokážeme implikaci druhým směrem. Nechť = p α 1 1 pα pαm m je kaoický rozklad čísla a předpokládejme, že pro každé prvočíslo ve tvaru p = 4k + 3 platí buď p, ebo že příslušý expoet je sudý. Dále přepišme expoety v rozkladu jako α i = 2β i + γ i, přičemž i {1, 2,..., m} : β i Z + 0, γ i {0, 1}. Odtud = ( ) p β pβ pβm m p γ 1 1 pγ pγm m = P 2 q 1 q 2... q s, kde P = p β 1 1 pβ pβm m a q 1, q 2,..., q s jsou ta prvočísla, pro ěž γ i = 1. Pak z předpokladu q i = 4k + 1, i {1, 2,..., s} víme díky Větě 3.2, že každé z pročísel q 1, q 2,..., q s lze vyjádřit jako součet dvou druhých moci celých čísel. Jistě můžeme zapsat P 2 = P a a základě vztahu (3.1) platí, že souči čísel ve tvaru dvou čtverců je opět součtem dvou čtverců, proto tohoto tvaru abývá i. 3.2 Přirozeá čísla ve tvaru součtu tří druhých moci celých čísel Naším dalším a hlavím krokem při hobě za eergetickým spektrem částice v poteciálové jámě bude objasěí, jaká přirozeá čísla lze vyjádřit jako součet tří druhých moci celých čísel. Dokážeme utou podmíku toho, aby přirozeé číslo tohoto tvaru abývalo, s odkazem a literaturu pak uvedeme, že se jedá i o podmíku postačující. Věta 3.5 Jestliže přirozeé číslo > 1 lze vyjádřit ve tvaru součtu tří druhých moci celých čísel, potom elze zapsat ve tvaru = 4 j (8k + 7), kde j, k Z + 0. Důkaz. Nejprve uvažme speciálí případ, kdy j = 0. Tedy ukážeme, že pokud = a 2 + b 2 + c 2, kde a, b, c Z, tak platí 8k + 7, kde k Z + 0. Pak máme čtyři možosti: 1. Čísla a, b, c jsou sudá. Potom existují celá čísla k 1, k 2, k 3 taková, že = (2k 1 ) 2 + (2k 2 ) 2 + (2k 3 ) 2 = 4(k1 2 + k2 2 + k3). 2 Pak 0(mod 4), zatímco 8k + 7 3(mod 4), tudíž 8k

27 2. Jedo z čísel a, b, c je liché a dvě jsou sudá. Potom existují celá čísla k 1, k 2, k 3 taková, že = (2k 1 + 1) 2 + (2k 2 ) 2 + (2k 3 ) 2 = 4(k1 2 + k2 2 + k3 2 + k 1 ) + 1. V tomto případě tedy 1(mod 4), zatímco 8k + 7 3(mod 4), a tak 8k Jedo z čísel a, b, c je sudé a dvě jsou lichá. Potom existují celá čísla k 1, k 2, k 3 taková, že = (2k 1 + 1) 2 + (2k 2 + 1) 2 + (2k 3 ) 2 = 4(k1 2 + k2 2 + k3 2 + k 1 + k 2 ) + 2. Vidíme, že 2(mod 4), zatímco 8k + 7 3(mod 4), tudíž opět 8k Všecha čísla a, b, c jsou lichá. Potom existují celá čísla k 1, k 2, k 3 taková, že = (2k 1 + 1) 2 + (2k 2 + 1) 2 + (2k 3 + 1) 2 = 4(k 1 (k 1 + 1) + k 2 (k 2 + 1) + k 3 (k 3 + 1)) + 3 = 8(t + u + v) + 3. Tady dostáváme, že 3(mod 8), zatímco 8k + 7 7(mod 8), takže i v tomto případě 8k + 7. Z předchozího je patré, že za všech okolostí pro každé číslo = a 2 + b 2 + c 2, kde a, b, c Z, platí 8k + 7, k Z + 0. Nyí sporem ukážeme, že pokud = a 2 + b 2 + c 2, kde a, b, c Z, tak platí 4 j (8k + 7), kde j, k Z + 0. Předpokládejme tedy, že 0 = 4 j 0 (8k 0 + 7), je ejmeší přirozeé číslo takové, že existují a, b, c, j, k Z + 0 taková, aby platilo = a2 + b 2 + c 2 = 4 j (8k + 7). Z předpokladu plye, že 0 0(mod 4) a to astae pouze v případě, že všecha čísla a, b, c jsou sudá. Proto 0 = (2k 1 ) 2 + (2k 2 ) 2 + (2k 3 ) 2 = 4(k k k 2 3) = 4 j 0 (8k 0 + 7) 0 4 = = k k k 2 3 = 4 j 0 1 (8k 0 + 7), což je však ve sporu s předpokládaou miimalitou čísla 0. Věta 3.5 představuje implikaci jedím směrem, dá se však dokázat také opačá implikace. Věta 3.6 Jestliže pro přirozeé číslo > 1 platí, že jej elze zapsat ve tvaru = 4 j (8k + 7), kde j, k Z + 0, potom jej lze vyjádřit ve tvaru součtu tří druhých moci celých čísel. Důkaz. Důkaz této věty pro jeho složitost euvádíme, jsou při ěm využity pozatky z oblasti kvadratických kogruecí, aritmetických fukcí a lieárí algebry. Zájemci mohou důkaz alézt apříklad v [12]. 27

28 Spojeím Vět 3.5 a 3.6 dostáváme větu, jež plě vypovídá o tom, která čísla lze vyjádřit jako součet tří druhých moci celých čísel. Věta 3.7 (Legedreova) Přirozeé číslo > 1 lze vyjádřit jako součet tří druhých moci celých čísel právě tehdy, když číslo elze zapsat ve tvaru = 4 j (8k + 7), kde j, k Z + 0. Všiměme si, že přímým důsledkem věty 3.7 je ásledující fakt: Mějme možiy A a B 3, přičemž A = {4 j (8k + 7) j, k Z + 0 } B 3 = {a 2 + b 2 + c 2 > 0 a, b, c Z}. Potom a základě Věty 3.7 a zjevé skutečosti, že 1 / A a zároveň 1 B 3, platí, že A B 3 =, a zároveň A B 3 = N. Pozámka 3.2 Dohoděme se, že možiu všech přirozeých čísel, vyjádřitelých ve tvaru součtu tří druhých moci celých čísel budeme pro jedoduchost i ve zbytku práce začit B 3, stejě tak možiu čísel ve tvaru součtu dvou druhých moci celých čísel budeme začit B Lagrageova věta o čtyřech čtvercích Otázku součtu dvou i tří druhých moci, jíž jsme se zabývali kvůli eergii částice, jsme tedy vyřešili. S ohledem a další pozorováí ám může být prospěšá úvaha o tom, jak by situace vypadala pro součet čtyř čtverců celých čísel. Teto problém vyřešil v roce 1770 Joseph Lagrage, který dokázal, že čtyři čtverce již stačí a vyjádřeí jakéhokoliv přirozeého čísla. Věta 3.8 (Lagrageova) Každé přirozeé číslo lze vyjádřit ve tvaru = a 2 + b 2 + c 2 + d 2, kde a, b, c, d Z. Důkaz. Ze všeho ejdříve uvažme tzv. Eulerovu idetitu: (a b c d 2 1) (a b c d 2 2) = = (a 1 a 2 + b 1 b 2 + c 1 c 2 + d 1 d 2 ) 2 + (a 1 b 2 b 1 a 2 + c 1 d 2 d 1 c 2 ) 2 + +(a 1 c 2 b 1 d 2 c 1 a 2 + d 1 b 2 ) 2 + (a 1 d 2 + b 1 c 2 c 1 b 2 d 1 a 2 ) 2. (3.6) O platosti tohoto vztahu se lze přesvědčit přímým rozásobeím. Mimo jié ám tato idetita říká, že pokud mezi sebou vyásobíme čísla, jež jsou součtem čtyř druhých moci, pak opět dostaeme součet čtyř druhých moci. To by však zamealo, že pokud by každé prvočíslo bylo možé vyjádřit jako součet čtyř čtverců, pak by to zákoitě platilo i pro všecha čísla složeá, a tak stačí větu dokázat pro prvočísla a číslo 1. Nejprve ukažme, že pro každé prvočíslo p > 2 platí, že jestliže p dělí ějaké a 2 + b 2 + c 2 + d 2 a zároveň alespoň jedo z čísel a, b, c, d edělí, pak je samo p součtem čtyř čtverců. Nechť 28

29 0 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 je ejmeší takové číslo, pro které platí 0 = kp a bez újmy a obecosti apříklad p a. Nyí uvažme čísla α, β, γ, δ taková, že a α(mod p) b β(mod p) c γ(mod p) d δ(mod p) α, β, γ, δ < p 2. Potom zjevě platí, že 0 = kp α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 0(mod p). Z miimality 0 a předpokladu (3.3) vyplývá, že kp = 0 α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 < 4 p2 4 = p2, což ás vede k tomu, že 1 k < p. Abychom se dobrali toho, že p je součtem čtyř čtverců, stačí dokázat, že k = 1. Položme yí 1 < k < p a čísla a 1, b 1, c 1, d 1 ásledově: a a 1 (mod k) b b 1 (mod k) c c 1 (mod k) (3.7) d d 1 (mod k) a 1, b 1, c 1, d 1 k 2, odtud a b2 1 + c2 1 + d2 1 = sk, s 0. Pokud by bylo s = 0, pak by muselo platit a 1 = b 1 = c 1 = d 1 = 0. To by zamealo, že k dělí každé z čísel a, b, c, d a tedy k 2 (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = kp, potom by však platilo, že k p, což eí možé, eboť 1 < k < p a tak s 1. Nyí si aopak představme, že a 1 = b 1 = c 1 = d 1 = k 2. To by mohlo astat pouze při sudém k, tedy k lze zapsat jako k = 2q, q Z. Vyjádříme-li a, zjistíme, že a = a 1 + kt 1 = ± 2q 2 + 2qt 1 = q(2t 1 ± 1), aalogicky b = q(2t 2 ± 1), c = q(2t 3 ± 1), d = q(2t 4 ± 1), přičemž čísla (2t i ± 1), i {1, 2, 3, 4} 29

30 jsou lichá. Tato situace ale vede ke sporu, eboť emůže astat 0 = 2qp = q 2 ( (2t 1 ± 1) 2 + (2t 2 ± 1) 2 + (2t 3 ± 1) 2 + (2t 4 ± 1) 2) 2p = q(4t 2 1 ± 4t t 2 2 ± 4t t 2 3 ± 4t t 2 4 ± 4t 4 + 1) p = 2q(t 2 1 ± t 1 + t 2 2 ± t 2 + t 2 3 ± t 3 + t 2 4 ± t 4 + 1), a to z toho důvodu, že by muselo platit 2 p, což by bylo možé pouze pro sudé p. Z defiice víme, že p > 2 (číslo 2 je jedié sudé prvočíslo). Proto alespoň jedo z čísel a 1, b 1, c 1, d 1 je ostře meší, ež k 2, a tudíž s < k. Teď aplikujme a čísla sk a kp vztah (3.6). Dostaeme sk kp = (a b c d 2 1) (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) = = (a 1 a + b 1 b + c 1 c + d 1 d) 2 + (a 1 b b 1 a + c 1 d d 1 c) 2 + +(a 1 c b 1 d c 1 a + d 1 b) 2 + (a 1 d + b 1 c c 1 b d 1 a) 2. Pojďme se yí podívat a každou ze závorek a pravé straě zvlášť. Z předpokladu (3.7) vidíme, že a = q 1 k + a 1, b = q 2 k + b 1, c = q 3 k + c 1, d = q 4 k + d 1, kde q 1, q 2, q 3, q 4 Z. Pro čley v závorkách to zameá ásledující: (a 1 a + b 1 b + c 1 c + d 1 d) 2 = (a 1 (q 1 k + a 1 ) + b 1 (q 2 k + b 1 ) + c 1 (q 3 k + c 1 ) + d 1 (q 4 k + d 1 )) 2 = ( k(a 1 q 1 + b 1 q 2 + c 1 q 3 + d 1 q 4 ) + a b2 1 + c2 1 + ) 2 d2 1 = (k(a 1 q 1 + b 1 q 2 + c 1 q 3 + d 1 q 4 ) + sk) 2 = (k(a 1 q 1 + b 1 q 2 + c 1 q 3 + d 1 q 4 + s)) 2. = ξ 1 Z (a 1 b b 1 a + c 1 d d 1 c) 2 = (a 1 (q 2 k + b 1 ) b 1 (q 1 k + a 1 ) + c 1 (q 4 k + d 1 ) d 1 (q 3 k + c 1 )) 2 = (k(a 1 q 2 b 1 q 1 + c 1 q 4 d 1 q 3 ) + a 1 b 1 b 1 a 1 + c 1 d 1 d 1 c 1 ) 2 = (k(a 1 q 2 b 1 q 1 + c 1 q 4 d 1 q 3 )) 2. = ξ 2 Z 30

31 3. (a 1 c b 1 d c 1 a + d 1 b) 2 = (a 1 (q 3 k + c 1 ) b 1 (q 4 k + d 1 ) c 1 (q 1 k + a 1 ) + d 1 (q 2 k + b 1 )) 2 = (k(a 1 q 3 b 1 q 4 c 1 q 1 + d 1 q 2 ) + a 1 c 1 b 1 d 1 c 1 a 1 + d 1 b 1 ) 2 = (k(a 1 q 3 b 1 q 4 c 1 q 1 + d 1 q 2 )) 2. = ξ 3 Z 4. (a 1 d + b 1 c c 1 b d 1 a) 2 = (a 1 (q 4 k + d 1 ) + b 1 (q 3 k + c 1 ) c 1 (q 2 k + b 1 ) d 1 (q 1 k + a 1 )) 2 = (k(a 1 q 4 + b 1 q 3 c 1 q 2 d 1 q 1 ) + a 1 d 1 + b 1 c 1 c 1 b 1 d 1 a 1 ) 2 = (k(a 1 q 4 + b 1 q 3 c 1 q 2 d 1 q 1 )) 2. = ξ 4 Z Teď již můžeme pokračovat v původí myšlece: sk kp = (kξ 1 ) 2 + (kξ 2 ) 2 + (kξ 3 ) 2 + (kξ 4 ) 2 k 2 sp = k 2 (ξ ξ2 2 + ξ2 3 + ξ2 4 ) (3.8) sp = ξ ξ2 2 + ξ2 3 + ξ2 4. Jelikož víme, že sp 0, musí být alespoň jedo z čísel ξ i eulové. Pokud p dělí všecha čísla ξ i, pak astae sp = ξ ξ2 2 + ξ2 3 + ξ2 4 p2, odtud s p, což je však ve sporu s dříve ukázaým s < k < p. Alespoň pro jedo z čísel ξ i tedy platí p ξ i. Pak by ovšem muselo být splěo 0 = kp sp, což je opět ve sporu s s < k. Vidíme tedy, že předpoklad 1 < k < p emůže platit, a proto k = 1. Pomocí výše zjištěého teď dokážeme, že každé prvočíslo p je součtem čtyř čtverců. Mějme možiu { ( ) } p 1 2 M 1 = , ,..., Nyí sporem ukážeme, že každé dva prvky možiy M 1 jsou vzájemě ikogruetí modulo { } p. Nechť u, v Z jsou taková čísla, že u, v 0, 1,..., p 1 2, u v a předpokládejme, že 1 + u v 2 (mod p). Potom p (u v)(u + v). Za tohoto předpokladu by p dělilo aspoň jedo z čísel (u v), (u + v), což vede ke sporu, jelikož 1 u ± v p 1 a tudíž musí platit, že každé 2 růzé prvky možiy M 1 jsou vzájemě ikogruetí modulo p. Totéž bude platit pro prvky možiy { ( ) } p 1 2 M 2 = 0 2, 1 2,...,. 2 31

32 Možiy M 1, M 2 jsou evidetě disjuktí, sjedoceím obou moži pak dostáváme možiu ( ) M, pro kterou platí M = 2 p = p + 1. Jiými slovy určitě existuje alespoň jeda dvojice čísel x, y Z, splňující ásledující podmíky: 1 + x 2 M 1 y 2 M x 2 y 2 (mod p). Díky existeci takových x, y tedy můžeme psát x 2 + y 2 0(mod p), takže p ( x 2 + y 2 ), přičemž p 1. Pro tyto situace jsme již dokázali, že p je součtem čtyř čtverců, a proto je každé prvočíslo p > 2 součtem čtyř čtverců. Očividě platí 1 = , stejě tak 2 = a a základě Eulerovy idetity můžeme říct, že věta platí i pro všecha čísla složeá. Jelikož žádá jiá přirozeá čísla, ež 1, prvočísla a čísla složeá eexistují, věta skutečě platí. 32

33 4 Asymptotická hustota V této kapitole se zamyslíme ad otázkou, jaké zastoupeí mají čísla, odpovídající kvatovým stavům částice v poteciálové jámě, mezi přirozeými čísly. Spočítat pouhým podílem relativí četost v tomto případě emá smysl, eboť jak možia kvatových stavů, tak možia přirozeých čísel jsou (spočetě) ekoečé. Poěkud sofistikovaějším ástrojem pro porováváí velikostí moži v oboru přirozeých čísel je právě asymptotická hustota. 4.1 Defiice, základí vlastosti Defiice 4.1 Nechť A N. Horí, resp. dolí asymptotickou hustotou možiy A azýváme číslo resp. d(a) = lim sup d(a) = lim if A(), A(), přičemž A() ozačuje počet prvků možiy A, epřesahujících číslo. Pokud avíc platí d(a) = d(a), potom číslo A() d(a) = d(a) = d(a) = lim ozačujeme jako asymptotickou hustotu možiy A. Už a základě defiice můžeme o asymptotické hustotě mohé zjistit. Především skutečost, že horí i dolí asymptotická hustota vždy existují, avšak asymptotická hustota existovat emusí (limes superior i limes iferior poslouposti vždy existují, ale emusí existovat její limita). Jiými slovy, asymptotická hustota možiy existuje, existuje-li příslušá limita. Některé další vlastosti asymptotické hustoty shruje ásledující věta: Věta 4.1 Nechť A N. Potom platí: 1. d(n) = d(a) d(a) Nechť K N a K <. Jestliže d(a) existuje, pak platí, že d(a K) = d(a K) = d(a). 4. Nechť D N, A D = a A D = Ω. Jestliže existují d(ω) a d(d), pak platí, že d(a) = d(ω) d(d). 5. Nechť D N je možia taková, že A = N D. Pokud existuje d(d), pak pro asymptotickou hustotu možiy A platí d(a) = 1 d(d). 6. Nechť A B N a existuje d(b). Potom platí, že 0 d(a) d(a) d(b) 1. 33

34 Důkaz. N() 1. Zjevě platí N() =, a tedy lim = lim = Počet prvků možiy A, epřesahujících číslo, emůže být větší, ež, ai meší, ež 0. Proto 0 lim if 0 A() = 1 A() lim sup A() Možia K je koečá, tudíž K = k, k N. Pro dostatečě velká pak jistě platí A() (A K)() A() + k A() (A K)() A() k, díky čemuž s využitím věty o limitě sevřeé poslouposti dostaeme A() (A K)() (A K)() A()+k lim lim if lim sup lim d(a) d(a K) d(a K) d(a), a proto d(a K) = d(a), aalogicky pro d(a K). 4. Z defiovaých vlastostí moži A, D, Ω plye Ω() = (A D)() = A()+D(). Odtud A() = Ω() D(), čili A() d(a) = lim = lim Ω() lim D() = d(ω) d(d). 5. Plye z bodů 1 a 4: Pokud za možiu Ω z bodu 4 dosadíme N, dostáváme d(a) = d(n) d(d) = 1 d(d). 6. Fakt, že 0 d(a) d(a) plye hed z bodu 2, stejě jako d(b) 1, proto stačí ukázat, že d(a) d(b). Vzhledem k tomu, že A B, tak musí platit A() B(), potažmo A() B(). Jelikož d(b) = lim B(), pak takových B(), větších ež d(b)+ε, ε R+ je pouze koečě moho. Uvažujme situaci, že by d(a) > d(b). Položíme-li ε = 1 2 (d(a) d(b), pak bude existovat ekoečě moho A(), větších ež d(b)+ε. Protože A() B(), muselo by být i ekoečě moho takových N, pro která platí B() d(b) + ε, což vede ke sporu. 34

35 Dříve, ež přistoupíme ke složitějšímu výpočtu asymptotické hustoty spektra, ukažme si pro ázorost ěkolik příkladů. Příklad 1 Například možia kladých prvků zbytkové třídy 3(mod 5) má asymptotickou hustotu 1 5. Proč? Zadaá možia se dá vyjádřit ve tvaru Z = {5q 2 q N}. Z() potom určíme jako počet všech q, pro která platí, že 5q 2. Pokud bychom se a situaci podívali podroběji, zjišťujeme, že 5q + 2 q Jelikož q je celé číslo, je zjevé, že počet všech vyhovujících q odpovídá celé části čísla [ ] Odtud Z() = +2 5 = +2 5 ε, kde ε 0, 1). Nyí už je stačí dosadit do příslušé limity, čímž vziká +2 Z() d(z) = lim = lim 5 ε = 1 5. Příklad 2 Existují možiy, které ejsou koečé, ale jejich asymptotická hustota je rova ule. Takovou možiou je apříklad M = {ra s a N}, kde r, s jsou přirozeé kostaty a s > 1. Číslo M() [ ] s je totiž rovo r. Příslušá limita pak vypadá ásledově: M() d(m) = lim = lim s r = lim 1 r 1 s s 1 s = 0. Dalším příkladem ekoečé možiy s ulovou asymptotickou hustotou může být kupříkladu možia všech prvočísel (plye z prvočíselé věty, viz [4]). Příklad 3 Jak jsme řekli, e každá možia musí mít asymptotickou hustotu. Například možia S = {1,..., 9, 100,..., 999, 10000,...}, čili možia všech přirozeých čísel, jejichž dekadický zápis obsahuje lichý počet cifer. Obecě platí, že číslo α 10 β, kde α {1,..., 9}, β Z + 0, má β + 1 cifer. Do aší možiy tedy patří všecha čísla ve tvaru α 10 β se sudým β. Podívejme se yí, čemu se rová S( ). Pokud by bylo = 0, pak by platilo, že S() = 9, v tomto rozsahu by totiž do možiy S patřila pouze čísla od 1 do 9. Pokud by bylo = 1, pak S() = 909, eboť k původím devíti by se yí přičetl počet všech čísel od 100 do 999, kterých je 900. Lze se sado přesvědčit, že obecě platí S( ) = 9 ( ) = i. i=0 35

36 Uvedeý výraz se dá dále upravit, uvědomíme-li si, že se jedá o součet geometrické poslouposti, jež je dá vztahem j=0 a j = a 0 1 q+1 1 q, kde a 0 je počátečí čle poslouposti a q je kvociet. V tomto případě a 0 = 1 a q = Proto S( ) = = Nyí se pokusme určit S( ). Jelikož žádé z čísel od do do možiy S epatří a počet čísel od do je rove , můžeme říci, že S( ) = S( ) = = Podívejme se, co by tyto výsledky zamealy pro existeci příslušé limity. Pokud posloupost koverguje, pak k témuž číslu koverguje i posloupost z í vybraá, tedy za předpokladu, že existuje d(s) musí platit opak je však pravdou: S() d(s) = lim = lim S( ) S( ) = lim , S( ) lim = lim S( ) lim = lim Z výše uvedeého vyplývá, že d(s) eexistuje. Příklad = = Jako posledí příklad uveďme možiu edegeerovaých hladi eergií částice v poteciálové jámě. Na koci Kapitoly 2 jsme se zmíili o tom, že edegeerovaé mohou být pouze ty hladiy, pro které ezáleží a uspořádáí kvatových čísel, což zjevě platí pouze když a = b = c a čle a 2 + b 2 + c 2 tak přechází ve 3a 2. Zároveň to musí být taková 3a 2, která elze jiým způsobem vyjádřit jako součet tří druhých moci. Ozačme B jako možiu edegeerovaých hladi a B = {3a 2 a N}. Je evidetí, že B B. Dále vidíme, že možia B je kokrétím případem možiy M z Příkladu 2, kde r = 3 a s = 2. Nyí již lze a základě 6. bodu Věty 4.1 určit d(b ): 0 d(b ) d(b ) = 0 d(b ) = 0. Nakoec a základě 2. bodu Věty 4.1 máme 0 d(b ) d(b ) = 0, tudíž d(b ) existuje a je rova 0. Proto lze říci, že edegeerovaé hladiy teoreticky mají je epatré zastoupeí. 36

37 4.2 Asymptotická hustota možiy B 2 Abychom mohli určit asymptotickou hustotu povoleých eergií, potřebujeme ejprve určit asymptotickou hustotu možiy B 2 (viz Pozámka 3.2). K jejímu alezeí zde použijeme způsob, jež je možé alézt ve čláku [7]. Nejprve si tedy ukážeme platost ěkolika pomocých výroků: Věta 4.2 Nechť p 1 < p 2 < < p i <... je posloupost všech prvočísel ve tvaru p i = 4k + 3, k Z + 0 a D i = {m p 2j i j Z + 0, m N, gcd(m, p i) = 1}, jiak řečeo D i je možia všech přirozeých čísel, která ve svém kaoickém rozkladu emají prvočíslo p i s lichou mociou. Potom d(d i ) = p i p i +1. Důkaz. Nejprve defiujme možiu F k jako možiu takových přirozeých čísel, která mají v rozkladu prvočíslo p i s mociou větší ebo rovou k. Odtud můžeme psát F 0 = N = {m m N} a F 0 () = [], [ ] F 1 = {p i m m N} a F 1 () =, pi [ ] F 2 = {p 2 i m m N} a F 2() =, p 2 i. [ F k = {p k i m m N} a F k() = Nyí pro k = 1, 2,... defiujeme možiy G k a Q k rekuretě ásledujícím předpisem: p k i ]. G 1 = F 0 Q k = k 1 i=0 (F 2i F 2i+1 ) G k = Q k F 2k 1. (4.1) To zameá, že možia Q k obsahuje všecha přirozeá čísla, která mají ve svém kaoickém rozkladu prvočíslo p i se sudou mociou meší ež 2k 1, zatímco možia G k obsahuje všecha přirozeá čísla, kromě těch, která mají ve svém kaoickém rozkladu prvočíslo p i s lichou mociou meší ež 2k 1. Je zřejmé, že 1. V případě, že k = 1 platí G 1 = F 0 = N D i Q 1 = F 0 F 1, 37

38 z čehož pro všecha N plye [ ] G 1 () = [] D i () Q 1 () = []. pi 2. V případě, že k = 2 platí z čehož pro všecha N plye G 2 = Q 1 F 2 D i Q 2 = G 2 F 3, [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] G 2 () = [] + pi p 2 D i () Q 2 () = [] + i pi p 2 i p 3. i 3. A koečě, pro každé k, N platí G k D i Q k, 2(k 1) [ ] [ ] 2k 1 G k () = ( 1) j j=0 p j D i () Q k () = ( 1) j i j=0 p j. i Proto také můžeme říci, že pro každé k, N platí 2(k 1) j=0 ( 1) j [ ] p j i D i() Pro dostáváme pro libovolé pevé k N 2k 1 j=0 ( 1)j [ ] p j i. lim 2(k 1) j=0 ( 1) j [ ] p j i lim sup D i () lim if D i () lim 2k 1 j=0 ( 1)j [ ] p j i, a protože k je pevé, 2(k 1) j=0 ( 1) j 1 p j i lim sup D i () lim if D i () 2k 1 j=0 ( 1) j 1 p j. i Nakoec, s k získáváme 2(k 1) lim k j=0 ( 1) j 1 p j i lim sup D i () lim if D i () 2k 1 lim ( 1) j 1 k j=0 p j i 38

39 p i D i () D i () lim sup lim if p i + 1 d(d i ) = d(d i ) = d(d i ) = p i p i + 1. p i p i + 1 Věta 4.3 Nechť D i d( i=1 D i) = i=1 d(d i ) = i=1 jsou možiy, defiovaé ve Větě 4.2. Pak pro každé N platí, že p i p i +1. Důkaz. Provedeme idukcí. Pro = 1 je důkaz triviálí a pro = 2 aalogický jako u důkazu Věty 4.2: Uvědomíme-li si, že D 1 D 2 = {p 2j 1 1 p2j 2 2 m j 1, j 2 Z + 0, m N, gcd(m, p 1) = gcd(m, p 2 ) = 1}, potom k tomu, abychom ukázali, že d(d 1 D 2 ) = p 1 musíme defiovat možiy F k ásledově: p 1 +1 p 2 p 2 +1 F 0 = D 2 = {m m D 2 } a tak F 0 () = D 2 (), ([ ]) F 1 = {p 1 m m D 2 } a tak F 1 () = D 2 p 1, ([ ]) F 2 = {p 2 1 m m D 2} a tak F 2 () = D 2, p 2 1. ([ F k = {p k 1 m m D 2} a tak F k () = D 2 Možiy G k a Q k, k = 1, 2,... defiujeme způsobem, popsaým ve vztahu (4.1), podobým postupem jako dříve pak získáme, že pro všecha k, N platí takže můžeme psát G k () = 2(k 1) j=0 ( 1) j D 2 ([ p j 1 ]) G k D 1 D 2 Q k, (D 1 D 2 )() Q k () = p k 1 2k 1 j=0 ]). ( 1) j D 2 ([ p j 1 ]). Odtud pro všecha k, N platí ([ ]) 2(k 1) j=0 ( 1) j D 2 p j 1 (D 1 D 2 )() ([ ]) 2k 1 j=0 ( 1)j D 2 p j 1. Ozačíme-li D = D 1 D 2, pak pro dostáváme pro každé pevé k N ásledující 39

40 erovosti: lim 2(k 1) lim j=0 ([ ]) 2(k 1) j=0 ( 1) j D 2 p j 1 ([ ( 1) j D 2 ]) [ ] p j 1 p j 1 [ p j 1 d(d ) d(d ) lim ] d(d 2k 1 ) d(d ) lim j=0 ([ ]) 2k 1 j=0 ( 1)j D 2 p j i ([ ( 1) j D 2 ]) [ ] p j 1 p j 1 [ ] p j 1 S k vidíme, že: 2(k 1) d(d 2 ) ( 1) j 1 j=0 p j 1 d(d 2k 1 ) d(d ) d(d 2 ) ( 1) j 1 j=0 p j 1. 2(k 1) lim d(d 2) ( 1) j 1 k j=0 p j 1 p 1 d(d 2k 1 ) d(d ) lim d(d 2) ( 1) j 1 k j=0 p j 1 d(d 2 ) p d(d ) d(d ) d(d 2 ) p d(d 2 )d(d 1 ) d(d ) d(d ) d(d 2 )d(d 1 ). A tedy skutečě, d(d 1 D 2 ) = d(d 1 ) d(d 2 ) = p 1 p 1 +1 p 2 p Této myšleky použijeme k provedeí idukčího kroku. Ozačme D = r 1 i=1 D i. Idukčím předpokladem dostáváme d(d ) = r 1 i=1 d(d i) = r 1 p i i=1 p i +1 a yí ukážeme, že d(d D r ) = ri=1 d(d i ) = r p i i=1 p i +1. Opět defiujeme možiy F k jako p 1 F 0 = D 2 = {m m D } a tak F 0 () = D (), ([ ]) F 1 = {p r m m D } a tak F 1 () = D p r, ([ ]) F 2 = {p 2 r m m D } a tak F 2 () = D, p 2 r. F k = {p k r m m D } a tak F k () = D ([ p k r možiy G k a Q k, k = 1, 2,... opět vztahem (4.1) a aalogicky jako dříve zjistíme, že pro všecha k, N ([ ]) 2(k 1) j=0 ( 1) j D p j r (D D r )() ]), ([ ]) 2k 1 j=0 ( 1)j D p j r. 40