Связь между асимптотикой ариф. функции и ее вер. харак-ми

[Otta]

Otta в сообщении #1480281 писал(а):

vicvolf

alisa-lebovski в сообщении #1480272 писал(а):

Неверно (28)

vicvolf в сообщении #1480280 писал(а):

alisa-lebovski в сообщении #1480272 писал(а):

Наверно (28), [...]

Да, именно это я и хотел показать!

Что именно из этого?

Вы не ответили. Во второй цитате слово Неверно могло быть исправлено на слово Наверно только вручную. Вот мне и стало интересно, какой смысл ее править, а потом соглашаться с измененным по значению выражением.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1480272 писал(а):

Неверно (28), поскольку при конечных $n$ нельзя сразу использовать асимптотическую независимость и предельные вероятности.

Извините, сразу не понял Ваше сообщение. При предположении, что асимптотическая плотность является вероятностью, автоматически предполагается также, что она обладает свойством счетной аддитивности, а следовательно не только конечной, но и асимптотической независимостью

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1480327 писал(а):

она обладает свойством счетной аддитивности, а следовательно не только конечной, но и асимптотической независимостью

По-моему, дело не в счетной аддитивности, а просто в том, что нельзя в одной части формулы перейти к пределу, а в другой нет. Эти вещи не связаны между собой. Могут быть и асимптотически зависимые события. Возьмите, например, индикаторы делимости на 6 и 10.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1480331 писал(а):

По-моему, дело не в счетной аддитивности, а просто в том, что нельзя в одной части формулы перейти к пределу, а в другой нет.

Эта формула отражает асимптотику данного произведения. Ее можно записать в виде:

$$\prod_{p \leq \sqrt {n}} {(1-1/p)} \sim 2e^{-\gamma}/\ln(n)$$

или

$$\lim_{n \to \infty} {(\ln(n)\prod_{p \leq \sqrt {n}}{(1-1/p)})}=2e^{-\gamma}}.$$

Формула правильная, так как соответствует третьей теореме Мертенса https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A2%D0 ... 1%81%D0%B0

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1480350 писал(а):

Эта формула отражает асимптотику данного произведения.

Частично. Обозначим через $P_{n,m}$ вероятность того, что число, равновероятно выбранное из $[1,n]$, не делится на простые числа $p\le \sqrt{m}$. Тогда надо найти асимптотику $P_{n,n}$ (когда оба аргумента конечны и растут), а Вы фактически сначала переходите к пределу по первому аргументу, а потом ищете асимптотику по второму, это можно написать как $P_{\infty,n}$. Об этом я и говорю: нельзя в одной части формулы перейти к пределу, а в другой нет.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1480321 писал(а):

vicvolf
Вокруг третьего знака равенства все как было, так и осталось. Ну, не хотите как хотите, хотя могли бы и что-нибудь полезное для себя узнать.

Вот нашел уточнение https://primes.utm.edu/glossary/page.ph ... ensTheorem

Поэтому выкладки можно уточнить, хотя это не скажется на окончательном результате:

$$A_n=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|\ln \frac {\varphi(m)} {m}|}=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|\ln \frac {e^{-\gamma}}{\ln(m)}(1+O(m^{-1/2}))|}=$$

$$=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|-\gamma -\ln\ln(m)|+|\ln(1+O(m^{-1/2}))|}=\frac {1}{n}\sum_{m=1}^n {\ln\ln(m)}+\gamma+O(n^{-1/2})=\ln\ln(n)+O(1)$$

и получим:

$$A_n \sim \ln\ln(n),(16)$$

[vicvolf]

alisa-lebovski
На самом деле идет просеивание чисел натурального ряда от 1 до $n$ с помощью решета Эратосфена. На каждом шаге просеивания плотность оставшихся чисел уменьшается, так как она равна количеству оставшихся чисел деленному на $n$. На первом шаге плотность равна $1-1/2=1/2$, на втором шаге плотность равна $(1-1/2)(1-1/3)=1/3$, на третьем шаге - $(1-1/2)(1-1/3)(1-1/5)=4/15$ и.т.д. пока значение $p$ не приблизится максимально к $\sqrt {n}$. В этом случае плотность оставшихся натуральных чисел будет равна плотности простых чисел. Эту плотность я и ищу, так как плотность простых чисел от 1 до $n$ равна вероятности вытащить наугад простое число из данного интервала. Таким образом, с учетом указанных допущений, данная плотность равна $\prod_{p \leq \sqrt n} {(1-1/p)}$. Если $n \to \infty$, то на основании теоремы Мертенса данная плотность стремится к значению $2e^{-\gamma}/\ln(n)$.

[alisa-lebovski]

На самом деле, и я о том же, только другими словами. Имеем

$$\lim_{n\to\infty}P_{n,m}=\prod_{p \leq \sqrt m} {(1-1/p)},$$

при фиксированном $m$, потом заменяем $m$ на $n$.

[Otta]

vicvolf в сообщении #1480371 писал(а):

Поэтому выкладки можно уточнить, хотя это не скажется на окончательном результате:

И ничего не изменилось. В третьем равенстве необоснованный переход. Почему - Вам уже говорили.

[vicvolf]

Otta
Я уже отвечал выше. Так как $|\ln(1+o(1))| =O(1)$, то

$$A_n=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|\ln \frac {\varphi(m)} {m}|}=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|\ln \frac {e^{-\gamma}}{\ln(m)}(1+o(1))|}=$$

$$=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|-\gamma -\ln\ln(m)|+|\ln(1+o(1))|}=\frac {1}{n}\sum_{m=1}^n {\ln\ln(m)}+O(1)$$

или , подсчитав сумму через интеграл, получим:

$$A_n \sim \frac {1}{n}\sum_{m=1}^n {\ln\ln(m)}=\ln\ln(n),(16)$$

.

[Otta]

vicvolf
Я видела. А потом еще раз видела. А потом еще раз видела. Принципиально в том месте, о котором я и nnosipov Вас спрашиваем, ничего не меняется. Утверждение, может, и верно, но необосновано. И не надо еще раз постить то же самое, пожалуйста. От повторения аргумент убедительнее не становится.

[vicvolf]

Otta
Может я ошибаюсь, но по-моему все ясно:

$$\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|-\gamma -\ln\ln(m)|+|\ln(1+o(1)|}=\frac {1}{n}\sum_{m=1}^n {\ln\ln(m)}+\frac {1}{n}\sum_{m=1}^n {\gamma+|\ln(1+o(1))|}$$

Так как $|\ln(1+o(1))| \leq C$, то $\gamma+|\ln(1+o(1))| \leq C_1$. Следовательно

$$\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {|-\gamma -\ln\ln(m)|+|\ln(1+o(1)|}=\frac {1} {n} \sum_{m=1}^n {\ln\ln(m)}+O(1)$$

[alisa-lebovski]

Otta в сообщении #1480465 писал(а):

От повторения аргумент убедительнее не становится.

Да, но и суть Вашего замечания ему понятней не становится.

[alisa-lebovski]

vicvolf, Вы можете доказать, что если $x_n\to 0$, $n\to\infty,$ то

$$\frac{1}{n}\sum_{m=1}^n x_m\to 0,\quad n\to\infty?$$

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1480296 писал(а):

Рассмотрим вот такое усреднение:

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{n}{(n-2k)^2+1}.$$

Каждое слагаемое (при фиксированном $k$) стремится к нулю при $n\to\infty$. Казалось бы, и среднее должно стремиться к нулю, но нет.