Порядок роста функции Мертенса

[vicvolf]

Эта тема является продолжением темы об асимптотической независимости слагаемых сумматорных арифметических функций Мертенса и Лиувилля. Но я бы просил модераторов не объединять темы, так как обычно более одной страницы не читают, а из старой темы мне потребуется только одна оценка, которую я здесь приведу.

Я уже писал об оценках функции Мертенса, но делал это с позиции вероятностных методов. В данной теме будут использоваться только точные методы: аналитические и элементарные.

Предметом обсуждения в данной теме является правильность доказательств указанных теорем. Буду благодарен за замечания и предложения.

В дальнейшем я буду говорить о минимальном порядке роста функции, поэтому поясню.

Напомню, что если $f(x),g(x)$ - две неограниченно возрастающие функции от вещественной переменной $x$ и $g(x)>0$ и существуют два положительных числа $C_1,C_2$, таких что $f(x)<C_1g(x)$ для всех $x>C_2$, то пишут $f(x)=O(g(x))$ и говорят, что порядок роста $f(x)$ равен $O(g(x))$.

Примеры: $\log(x) = O(x^{1/2}), \log(x)=O(x)$. Мы видим, что одна и та же функция может иметь различные порядки роста. Поэтому введем минимальный порядок роста, который станет ясен из примера.

Пусть имеется функция $f(x)$, которая имеет, например, порядок роста $f(x)=O(x^{1/3+\epsilon})$, что соответствует неравенству $|f(x)| < Cx^{1/3+\epsilon}$, где $C$ - постоянная. Естественно для $f(x)$ выполняется неравенство $|f(x)| < Cx^{2/3}$. Если для $f(x)$ не выполняется неравенство $|f(x)| < Cx^{1/3}$, то минимальный порядок роста $f(x)$ равен $O(x^{1/3+\epsilon})$.

В дальнейшем под порядком роста функции я буду понимать минимальный порядок роста. На это понятие меня навела многочисленная переписка с заслуженным участником форума ex-math, за что я ему благодарен.



Теорема 1
Порядки роста функции Мертенса $M(x)$ и ее среднего значения $M_0(x)$ совпадают.

Доказательство

Известна формула для функции Мертенса через теорему о вычетах:

$M(x)=-2+\sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k)}+\sum_n^{\infty} {\frac{(-1)^{n-1}(2\pi)^{2n}}{(2n)!n\zeta(2n+1)x^{2n)}}$,

где $p_k$ - $k$ -ый нетривиальный ноль дзета функции Римана.


Формула доказана при предположении справедливости гипотезы Римана и отсутствия кратности нетривиальных нулей дзета функции Римана.

В работе K.M. Bartz "On some complex explisit formulae connected with Mobius function." доказана аналогичная формула для $M(x)$ только без предположения о выполнении гипотезы Римана и отсутствия кратности нетривиальных нулей дзета функции Римана.

Рассмотрим эту формулу. Постоянная (-2) и второй знакочередующийся ряд по степеням $1/x^2$ c малыми коэффициентами, который стремится к нулю, не влияют на асимптотику функции Мертенса.

На асимптотику функции Мертенса влияет только первый ряд:
$M(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k)}$, (1)

где $p_k$ - $k$ -ый нетривиальный ноль дзета функции Римана.


Среднее значение функции Мертенса получается интегрированием данной формулы для функции Мертенса и делением ее на $x$:

$M_0(x)=1/x(\int_1^x {M(y)dy)$.(2)

На основании (2) $M_0(x)$ включает в себя постоянную (-2), знакочередующийся ряд по степеням $1/x^2$ c малыми коэффициентами, стремяшейся к нулю, которые не влияют на асимптотику функции Мертенса, а также ряд по нетривиальным нулям дзета функции Римана, который влияет на асимптотику $M_0(x)$:

$M_0(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k(p_k+1)\zeta' (p_k)}$,

который отличается от (1) только коэффициентами при $x^{p_k}$.

Ряд $\sum_{k=1}^{\infty}{x^{p_k}/p_k \zeta'(p_k)}$ - расходится, поэтому интегрировать его почленно нельзя.

Поэтому используется метод математической индукции.

Для первого нетривиального нуля $p_1$ имеем:

$1/x\int_1^x {y^p_1dy/p_1 \zeta'(p_1)=x^{p_1}/(p_1(p_1+1)\zeta'(p_1)=O(x^{p_1}/p_1\zeta'(p_1))$.

Предположим, что соотношение выполняется для $n$ первых нетривиальных нулей: $p_1,p_2,...p_n$ т.е:

$1/x\int_1^x {\sum_{k=1}^n {y^{p_k}dy/p_k\zeta'(p_k)}}=\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k(1+p_k) \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}$.

Тогда получим для первых $n+1$ нетривиальных нулей

$1/x\int_1^x {\sum_{k=1}^{n+1} {y^{p_k}dy/p_k\zeta'(p_k)}}=\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k(1+p_k)\zeta'(p_k)}+1/x\int_1^x {y^p_{n+1}dy/p_{n+1}\zeta'(p_{n+1})=$$\sum_{k=1}^{n+1} {x^{p_k}/p_k(1+p_k) \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^{n+1} {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}$.

Это значит, что утверждение верно для всех нетривиальных нулей:

$M_0(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k(1+p_k) \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}=O(M(x))$.

Следовательно, порядки роста $M(x)$ и $M_0(x)$ совпадают.


Теорема 2
Порядок роста функции Мертенса равен:
$M(x)=O(x^{1/2+\epsilon})$,(3)

где $\epsilon$- малое положительное число.

Доказательство

В работе Й.Кубилюс "Вероятностные методы в теории чисел" показано, что почти всюду для отклонения арифметической функции $S(x)$ от своего среднего значения $S_0(x)$ выполняется соотношение:

$|S(x)-S_0(x)| \leq h(x)\sigma(x)$, (4)

где $h(x)$ - любая медленно растущая функция, $\sigma(x)$ - стандартное отклонение.

Функция $h(x)$ обладает следующими свойствами:
1. $h(x)$ - является монотонной возрастающей функцией, начиная с некоторого $x_0$.
2. $\lim_{x \to \infty}{h(x)}=\infty$.
3. $|h(x)| < x^{\epsilon}$. (5)

Мы также рассмотрим случай:

$|S(x)-S_0(x)| > h(x)\sigma(x)$, (6)

чтобы исследовать все случаи.

В случае (4) для порядка $S(x)$ справедливо соотношение:

$S(x)=O(S_0(x))+O(h(x)\sigma(x))$. (7)

В теме topic128802.html было доказано, что порядок стандартного отклонения функции Мертенса равен:

$\sigma(x)=O(x^{1/2})$. (8)

Из (7) и (8) для функции Мертенса получаем:

$M(x)=O(M_0(x))+O(h(x)x^{1/2})$. (9)

На основании (9) порядок функции $M(x)$ определяется максимум из порядков $M_0(x)$ и функций вида $h(x)x^{1/2}$ для любых $h(x)$.

На основании Теоремы 1 порядок функции Мертенса равен $M(x)=O(M_0(x))$.

Таким образом, на основании (9) порядок $M_0(x)$ больше порядка всех функций вида $h(x)x^{1/2}$ для любой $h(x)$.

Учитывая свойство (5) порядок роста $M_0(x)$ равен:

$M_0(x)=O(x^{1/2+\epsilon})$. (10)

На основании Теоремы 1 порядок роста функции Мертенса равен порядку $M_0(x)$ поэтому на основании (10):

$M(x)=O(x^{1/2+\epsilon})$, (11)

что соответствует эквивалентной формулировке гипотезы Римана.

Для случая (6), когда порядки роста функций $M(x),M_0(x)$ равны, то порядок отклонения равен:

$|M(x)-M_0(x)|=O(M_0(x))$. (12)
Но для случая (6):

$|M(x)-M_0(x)|=O(M_0(x))>h(x)\sigma(x)$ для любой $h(x)$. (13)

Поэтому на основании (5) и (13) порядок роста $M_0(x)$ и $M(x)$ равен:

$M_0(x)=M(x)=O(x^{1/2+\epsilon})$, (14)

что также соответствует эквивалентной формулировке гипотезы Римана.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Карантин»
Объединять темы, возможно, и не нужно, но это все же форум, а не личный блог, а уже предыдущая Ваша тема на ту же тему не вызвала никакого интереса у окружающих (кстати, в последний раз, когда интерес был проявлен, соответствующая тема в итоге оказалась в Пургатории).

Поэтому, пожалуйста, сформулируйте внятно предмет обсуждения.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Дискуссионные темы (М)»

[Otta]

Ну давайте сначала. Как изменится доказательство и результат, если определение о большого везде написать и далее пользоваться им правильно? У Вас функции в т.ч. комплекснозначные, модуль опускать недопустимо.

[vicvolf]

Otta в сообщении #1331952 писал(а):

Ну давайте сначала. Как изменится доказательство и результат, если определение о большого везде написать и далее пользоваться им правильно? У Вас функции в т.ч. комплекснозначные, модуль опускать недопустимо.

В традиционном определении O-большого и в моем модуль присутствует (посмотрите пример).
У меня обычное определение O-большого, только из всех вариантов O-большого для данной функции выбирается наименьший возможный.

[Otta]

vicvolf в сообщении #1331959 писал(а):

В традиционном определении O-большого и в моем модуль присутствует (посмотрите пример).

vicvolf в сообщении #1331779 писал(а):

Для первого нетривиального нуля $p_1$ имеем:

$1/x\int_1^x y^p_1dy/p_1 \zeta'(p_1)=x^{p_1}/p_1(p_1+1)\zeta'(p_1)=O(x^{p_1}/p_1\zeta'(p_1))$

А здесь и далее?

В Вашем "нетрадиционном" ничего нетрадиционного нет, можете не воспринимать это как нововведение, все такую запись $f(x)=O(x^{1+\varepsilon})\ \forall \varepsilon>0$ понимают, единственно, никто не называет такое употребление минимальным порядком - просто потому что это неправда. O большое в одну сторону несет информацию самое большее о неравенстве между порядками, но никак не о порядке.

[vicvolf]

Да в теореме 1 эти понятия совпадают. Вы согласны с доказательством теоремы 1?
А вот в тереме 2 используется нетрадиционный вариант.

[Otta]

vicvolf в сообщении #1331965 писал(а):

Да в теореме 1 эти понятия совпадают. Вы согласны с доказательством теоремы 1?

Это очень странно, поскольку в процитированной в предыдущем посте строке, чтобы убедиться в необходимом (для понятия О большого) неравенстве, придется сравнивать комплексные числа. Вы к этому готовы?

[vicvolf]

Давайте сначала покончим с теоремой 1. Вы согласны с доказательством теоремы 1 с традиционным понятием O -большого?

[Otta]

vicvolf
Для начала покончим с цитатой. Вы согласны что цитата отсюда post1331961.html#p1331961 действительно содержится в доказательстве теоремы 1?
Если да, ответьте на ранее заданный вопрос, пожалуйста.

[vicvolf]

Хорошо. Давайте будем понимать в обеих теоремах O-большое в традиционном смысле.

[Otta]

Да это неважно. Важно модуль писать ) Он у Вас везде в традиционном смысле, нетрадиционный Вам видится.
А модуль в определении есть.

[vicvolf]

Otta в сообщении #1331974 писал(а):

Да это неважно. Важно модуль писать ) Он у Вас везде в традиционном смысле, нетрадиционный Вам видится.
А модуль в определении есть.

Конечно модуль должен быть в любом определении. Так вы согласны с теоремой 1 (с модулем)?

[Otta]

Нет. Вы его сперва напишите и посмотрите, что изменится. Если ничего не изменится (что вряд ли) - тогда соглашусь.

[vicvolf]

$|x^{p_1}/p_1(p_1+1)\zeta'(p_1)|<C|x^{p_1}/p_1\zeta'(p_1)|$, где $C=|1/p_1|$.