Предел среднего

[vicvolf]

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):

Рассматривается сумма Дирихле

$$\delta(s,x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ x^{\Delta(n)}}{n^s}, \text{ где } \Delta(n)=\Omega(n)-\omega(n).$$

Заметьте, что $\delta(s,1)=\zeta(s)$,
...

Можно записать:

$$\delta(s,x)/\zeta(s)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)\left(1+\frac{1}{p^s-x}\right).$$

Далее авторы полагают $s=1$ и замечают, что слева стоит среднее значение величины $x^{\Delta(k)}$, при этом вероятность $k$-го значения равна $\frac{1}{\zeta(1) k}$. .

Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.

[lel0lel]

vicvolf в сообщении #1493609 писал(а):

Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.

Енто почему? Посмотрите внимательнее куда подставляется единичка или лучше $s\to 1+0$.

[alisa-lebovski]

В конкретном результате статьи я не сомневаюсь, вопрос о методах.
В общем случае, речь идет о следующем. Если для некоторой последовательности $a_n$ верно

$$\frac{1}{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^s}\to C,\quad s\to 1+0,$$

то следует ли отсюда

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty ?$$

[vicvolf]

lel0lel в сообщении #1492875 писал(а):

$$\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\widetilde{d}_k x^k=\prod _{p\geq 3}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)\left(1+{\frac {1}{p-x}}\right), \text { где }|x|<3$$

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):

$$\lim\limits_{m\to\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m} x^{\Delta(n)}=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{1}{p-x}\right).$$

.

А почему одна формула для нечетных и всех $n$?

-- 21.11.2020, 19:12 --

lel0lel в сообщении #1493614 писал(а):

vicvolf в сообщении #1493609 писал(а):

Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.

Енто почему? Посмотрите внимательнее куда подставляется единичка или лучше $s\to 1+0$.

Не знаю,как это сообщение попало. Я его удалил.

[lel0lel]

vicvolf
Об этом уже писал: в одном случае рассматривается сумма по нечётным, стало быть по двойке просеивать не нужно, поэтому и произведение по всем простым кроме двойки. В другом случае сумма по всем натуральным, поэтому произведение по всем простым, включая двойку.

alisa-lebovski
Попробуем доказать или построить контрпример?)

[alisa-lebovski]

lel0lel в сообщении #1493618 писал(а):

Попробуем доказать или построить контрпример?)

Может, я что-то путаю, но как насчет $a_n=(-1)^n n$?

[lel0lel]

Вы правы, скользкое место. Контрпримеров тьма.
Быть может потребовать, чтобы существовал конечный предел

alisa-lebovski в сообщении #1493615 писал(а):

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty$$

[alisa-lebovski]

По-моему, требовать надо с начала, а не с конца. Может быть, неотрицательности $a_n$?

[lel0lel]

Отрицательность нужна, так как $|x|<2$.

А вот условие $\lim\limits_{k\to\infty}a_k/k=0$ обеспечит справедливость Alisa-Lebovski Theorem )

[vpb]

lel0lel в сообщении #1493653 писал(а):

А вот условие $\lim\limits_{k\to\infty}a_k/k=0$ обеспечит справедливость Alisa-Lebovski Theorem )

Никоим образом. Пример: $(a_i)=(1,-1,-1, 1,1,1,1,-1,-1,\ldots)$, т.е. $a_n=(-1)^k$ при $2^k\leq n<2^{k+1}$. Предела среднего $(1/m)\sum_{n=1}^m a_n$ нет, а, с другой стороны, $\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s =o(1/(s-1))$. (Доказательство оставим читателю). Или можно рассмотреть $b_i=a_i+1$, если хотим неотрицательности.

Вообще, если бы предполагаемое утверждение было верно, то тривиальным было бы доказательство асимптотического закона распределения простых чисел (достаточно взять $a_n=\Lambda(n)$, где $\Lambda$ --- функция Мангольта, т.е. $\Lambda(p^k)=\ln p$, и $\Lambda(n)=0$ в остальных случаях. Ряд $\sum \Lambda(n)/n^s$ --- это не что иное, как $-\zeta'(s)/\zeta(s)$ ).

[sup]

alisa-lebovski в сообщении #1493615 писал(а):

В общем случае, речь идет о следующем. Если для некоторой последовательности $a_n$ верно

$$\frac{1}{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^s}\to C,\quad s\to 1+0,$$

то следует ли отсюда

$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty ?$$

В таком виде это тауберова теорема Харди-Литтлвуда (с неотрицательными $a_k$). Из нее следует лишь

$$ \frac{1}{\ln n} \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{k} \to C. $$

Так что, видимо, надо искать подходящие варианты таких теорем.

[lel0lel]

vpb
Спасибо. Вы умеете охладить пыл. Если я правильно понял, то в вашем примере предел с дзетой равен нулю.

На данный момент мы имеем ряд контрпримеров, для которых общими чертами являются:
1) нулевой предел с дзетой,
2) несуществование предела среднего $a_k$.

Возникает возможность добавить одно из следующих требований:
1) предел с дзетой отличен от нуля и конечен (это как раз случай из статьи)
2) существуют и конечны оба предела (это более жёсткий вариант, поскольку придётся предварительно исследовать предел среднего $a_k$)
Возможно, что и с этими условиями удастся построить контрпримеры. Не стану ничего утверждать, поскольку уже один раз получил по лбу)


Невозможно удержаться от дифференцирования и интегрирования соотношения

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):

$$\lim\limits_{m\to\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m} x^{\Delta(n)}=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{1}{p-x}\right).$$

Хоть это уже и некоторое баловство, но я всё же предлагаю получить все моменты величины $\Delta(n)$.
Начну:
$\overline{\Delta(n)}=\sum\frac{1}{p(p-1)}$ (эта формула уже была указана staric)
$\overline{ \Delta(n)^2}=\sum\frac{p^2+p-1}{p^2(p-1)^2}+\left(\sum\frac{1}{p(p-1)}\right)^2$

$$\overline{ (\Delta(n)+1)^{-1}}=\frac{\sum\limits_{p}\ln{\frac{p}{p-1}}\prod\limits_{p'\ne p}\left(1+\frac{1}{p'-p}\right)}{\prod\limits_{p}\left(1+\frac{1}{p-1}\right)}$$

[alisa-lebovski]

lel0lel в сообщении #1493745 писал(а):

1) предел с дзетой отличен от нуля и конечен (это как раз случай из статьи)

Это не принципиально, к $a_k$ можно прибавить константу.

[lel0lel]

Да, конечно. Сказывается недосып. Остаётся

lel0lel в сообщении #1493745 писал(а):

2) существуют и конечны оба предела

[sup]

Между прочим, в работе Эрдёша доказывается нужная формула в предположении, что существуют плотности

$$ d_k = \lim \limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} \sum \limits_{l \leqslant n, \Omega(l) - \omega(l) = k} 1. $$

Сначала формулируется теорема (со ссылкой на Реньи), в которой утверждается и существование плотностей и окончательная формула. А затем

Эрдёш писал(а):

We shall now give a new proof of (4.3).

Т.е. доказывается только сама формула.

Если плотности существуют, то

$$ \lim \limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} \sum \limits_{l \leqslant n} z^{\Omega(l) - \omega(l)} = \sum d_kz^k. $$

После чего уже действительно несложно доказать требуемое равенство. Да, хотя бы с помощью теоремы Харди-Литтлвуда.
А вот существование плотностей, как раз, и не очевидно.