2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Задача из теории чисел (асимптотическое поведение...)
Сообщение28.11.2006, 01:22 
Аватара пользователя


27/11/06
141
Москва
Помогитье пожалуйста с решением такой задачи.
Пусть
$ f(n) = \Sigma_{d | n}\mu(d)2^{n/d}$
$ r(n) = \Sigma_{d | n}\frac{f(d)}{d}$
где $\mu(d)$ - функция Мебиуса.
Необходимо найти $\lim_{n \rightarrow \infty}(\frac{r(n)}{2^n})$
На компьютере я нашел, что отношение $\frac{r(n)}{2^n}$ очень быстро стремится к нулю. Но как это доказать строго я не знаю.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 04:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Замечу, что задача имеет вероятностный смысл, поскольку $\frac{f(n)}n$ - количество нормированных(со старшим коэффициентом 1) неприводимых многочленов степени $n$ над полем $\mathbb{F}_2$ из 2 элементов. Поэтому $r(n)$ - количество нормированных многочленов степени $n$, являющихся степенью неприводимого, в то время как $2^n$ - количество всех нормированных многочленов степени $n$.
По поводу док-ва.
Из определения $f(n)$ легко вывести, что $f(n)>0$. Формула обращения Мёбиуса дает $2^n=\sum\limits_{d|n}f(d)$, откуда $f(n)\leqslant2^n$.

Edit: На самом деле из определения $f(n)$ видно, что $f(n)=2^n+O(2^{\frac n2})$ и этого достаточно для дальнейшего.

Поэтому
$$r(n)\leqslant\sum_{d|n}\frac{2^d}d=\underline{\underline{\mathrm{O}}}(\frac{2^n}n).$$
На самом деле $r(n)\sim \frac{2^n}n$, если я нигде не наврал.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.11.2006, 18:29 
Аватара пользователя


27/11/06
141
Москва
Спасибо ! :D

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 3 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group