Асимптотическая независимость слагаемых функций M(n) и L(n)

[Lia]

vicvolf в сообщении #1333743 писал(а):

Человек с хорошим математическим образованием ex-math, который участвует в этом обсуждении, смог все это прочитать и не запросил ни на первых, ни на последних строках пояснений.

vicvolf
Знаете, я Вам открою страшный секрет. Я бы тоже не запросила. Пришли Вы мне это приватным порядком. Ошибайтесь Вы сколько влезет, раз Вам больше нравится видимость правоты, чем она сама. И просто ставя себя на место упомянутого участника - вряд ли ему нравятся Ваши упоминания. Во всяком случае, я на его месте точно бы не хотела оказаться.

vicvolf в сообщении #1333743 писал(а):

Зачем она была перенесена в дискуссионный раздел без согласования со мной я не знаю.

Могу перенести в Пургаторий. Быстрее будет.

[Dmitriy40]

grizzly в сообщении #1333749 писал(а):

Там же дальше будет какое-то среднее от произведения функций.

Ну это то несложно: $M(f \cdot g,n)=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n f(i)\cdot g(i)$.

grizzly в сообщении #1333749 писал(а):

И в нём уже параметр $n$ входит в одну из функций (рассматривается сдвиг функции на $n$ единиц)

А вот это посложнее, я бы ввёл ещё один параметр, начала усреднения: $M(f,a,n)=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=a}^{a+n-1} f(i)$.
Но сдвиг на бесконечность у меня в голове не укладывается.

[Lia]

Dmitriy40 в сообщении #1333752 писал(а):

Ну это то несложно: $M(f \cdot g,n)$.

Dmitriy40, вот это у Вас и у ТС разные вещи )
Пусть уж первоисточник свое толкование предлагает )

[Dmitriy40]

Lia
Да я бы только за, мне лишь непонятны стали предлагаемые обозначения, где явный параметр уведён в имя функции. Это явное место для грабель путаницы, которой и так полно.

[ex-math]

grizzly
Так как раз $n$, задающее сдвиг, и $n$, участвующее в усреднении, по идее разные, и обозначение их одной буквой очень вредно. Я бы сделал для усреднения $N$.

-- 22.08.2018, 09:16 --

Dmitriy40
Как раз вариант $M_N(f)$ кажется удачным, потому что функции будут разные, а $N$ одно.

-- 22.08.2018, 09:23 --

Lia
Спасибо, что пояснили ситуацию. Действительно, я читал этот текст в личной переписке с ТС и сделал некоторые попытки по его приведению в божеский вид. Однако столкнулся с теми же проблемами, что и мы все здесь. Смысл утверждений теряется за неудачными обозначениями и не получается ни проверить их, ни найти ошибку.

[grizzly]

ex-math
Получается, что в этом определении:

vicvolf в сообщении #1329752 писал(а):

Определение. Арифметические функции $f(k),f(k+n)$ являются асимптотически независимыми, если выполняется:

$\lim_{n \to \infty} M[f(k)f(k+n)]-M[f(k)]M[f(k+n)]=0$

предел рассматривается не по тому $n$, которое участвует в равенстве? Это значит, что $n$ в самом равенстве фиксированное. Теперь несколько странно звучит то, что мы выяснили с ТС вчера -- что в определении участвует функция $f$ и семейство сдвигов этой функции $f_n$. Где же тогда участвует это семейство сдвигов?

vicvolf
Теперь я хочу вновь задать Вам тот же вопрос, с которого мы начали вчера: сколько функций рассматривается в приведенном определении? Если это функция $f$ и семейство сдвигов этой функции $f_n$, то каким образом Вы понимаете выписанное предельное отношение?

(Оффтоп)

Вчера я надеялся, что мы разобрали первую строчку доказательства и перешли ко второй, и вот сегодня нужно начинать всё заново.

[ex-math]

grizzly
Нет, насколько я понимаю, предел как раз по $n$, участвующему в равенстве. А вот в средних $M$, зашит свой параметр, который ТС тоже обозначает $n$, но который не связан с тем, что в пределе и в равенстве. Я предлагаю его обозначить $N$ и пока зафиксировать.

-- 22.08.2018, 11:37 --

А вообще было бы лучше вместо $M$ явно выписывать суммы, тогда не было бы такого простора для недопонимания.

[Dmitriy40]

По моему ТС при вычислении $M_N(f)$ под $N$ подразумевает $\infty$ ... т.е. вместо среднего пользуется мат.ожиданием.
Зря ушли от первой формулы, там про $k$ так и непонятно ничего, то ли это просто формальный параметр, то ли его надо как-то выбирать, то ли предел верен для любых $k>0$ ... Не зря выше просили кванторов для него. (Кстати я даже не уверен что предел существует, вроде бы придумал такую $f(x)$, что с увеличением $n$ разность под пределом циклично принимает значения $(-1; 0; +1; 0)$ и ни к какому пределу не стремится. Т.е. существование предела надо бы (до)(по)казывать.)
Ну или правда записывать все суммы прямо, без сокращений и с правильными обозначениями.

[vicvolf]

ex-math в сообщении #1333834 писал(а):

А вообще было бы лучше вместо $M$ явно выписывать суммы, тогда не было бы такого простора для недопонимания.

Я тоже так считаю. По крайней мере с Теоремой 1. Но перед этим мне надо подумать.

[ex-math]

Dmitriy40
Нет, "матожидание" в данном случае (функции Лиувилля и Мебиуса) было бы нулем.
А $k$ уже прокомментировали, это то же, что $x$ в $f(x)$ в Вашем посте. Ненужный символ, дань традиции.

[vicvolf]

Lia в сообщении #1333753 писал(а):

Пусть уж первоисточник свое толкование предлагает

Большое спасибо за предложения по обозначениям. Я внимательно ознакомился со всеми. Но, к сожалению, они частично подходят только к Теореме 1.

В Теореме 2 понятие среднего значения арифметической функции понимается в обычном смысле со всеми присущими свойствами: среднее суммы есть сумма средних, постоянное выносится за среднее и.т.д.

Для тех, кто хочет понять материал я бы рекомендовал начать именно с Теоремы 2, затем перейти к Теореме 1 и смотреть ее не с точки зрения обозначений, а просто операции с суммами.

В самом конце, когда все будет понятно, перейти к формуле 1.

[Lia]

vicvolf
Там те же нечитабельные обозначения. И снизу вверх математические тексты никто не изучает.

[vicvolf]

Lia в сообщении #1333972 писал(а):

vicvolf
Там те же нечитабельные обозначения. И снизу вверх математические тексты никто не изучает.

Гам не сложно. Сначала образуется арифметическая функция $F^2$. Потом берется ее среднее и производится его оценка на основании свойств функции - $f$. Именно так оценивается стандартное отклонение.

[Lia]

vicvolf
Будьте добры, учтите все пожелания, в том числе и пожелания по обозначениям при переработке текста. Давайте, чтобы эта музыка не была вечной, ограничимся тремя возможностями переработок. Лучше меньше. Если после третьей положительной динамики не будет, или будет видно, что корректировка доказательства в обозримом будущем не кончится, тема будет как минимум закрыта.

[vicvolf]

Вопрос об асимптотической независимости слагаемых функции Мертенса (функций Мебиуса) уже на форуме поднимался, но тогда я не смог привести доказательство.

Сейчас, когда доказательство сделано и материалы опубликованы, появилась такая возможность.

Так как ссылки на статью на форуме не приняты, то приведу только выдержки из нее.


Теорема 1

Оценка сверху стандартного отклонения сумматорных арифметических функций Мертенса и Лиувилля равна: $O(n^{1/2})$. (1)

Доказательство

Обозначим среднее значение арифметической функции $r(k)$ - $M[r,n]=\sum_{k=1}^n {r(k)}/n$.

Рассмотрим отклонение сумматорной арифметической функции Мертенса или Лиувилля $S(n)$ от своего среднего значения $M[S,n]$:

$F(n)=S(n)-M[S,n]$.

Подставим в формулу для отклонения значение $S(n)=\sum_{k=1}^n {f(k)}$, где $f(k)$ функция Мебиуса или Лиувилля, а также подставим это значение под знак среднего:

$F(n)=S(n)-M[S,n]=\sum_{k=1}^n {f(k) -M[\sum_{k=1}^n {f(k),n]}$.

Учитывая, что среднее значение суммы арифметических функций равно сумме средних значений данных арифметических функций, получим:

$F(n)=\sum_{k=1}^n {f(k) -M[\sum_{k=1}^n {f(k),n]}=$$\sum_{k=1}^n {f(k)- \sum_{k=1}^n {M[f,n]}=\sum_{k=1}^n {f(k)- n{M[f,n]}= \sum_{k=1}^n (f(k)-M[f(,n])=\sum_{k=1}^n {a(k)}$, (1)

где $a(k)=f(k)-M[f,n]$.

На основании (1) определим арифметическую функцию $F^2(n)$:

$F^2(n)=(\sum_{k=1}^n {a(k))^2=\sum_{k=1}^n {a^2(k)}+\sum_{i=1}^n \sum _{j=1(i \not= j) }^n{a(i)a(j)}$. (2)

Первая сумма в арифметической функции $F^2(n)$ содержит $n$ слагаемых, а вторая - $n(n-1)$.

Воспользуемся тем, что среднее суммы арифметических функций равно сумме средних и учитывая (2) найдем среднее значение арифметической функции $F^2(n)$:

$M[F^2,n]=M[\sum_{k=1}^n {a^2(k)},n]+M[\sum_{i=1}^n \sum _{j=1 (i \not= j )}^n{a(i)a(j)},n]$. (3)

Сделаем оценку первого слагаемого (3). Учитывая, что $a^2(k) \leq f^2(k)$ и что среднее суммы арифметических функций равно сумме средних, получим:

$M[\sum_{k=1}^n {a^2(k)},n] \leq M[\sum_{k=1}^n {f^2(k)},n] = \sum_{k=1}^n {M[f^2,n]=nM[f^2,n]$. (4)

Учитывая, что для арифметических функций Мебиусса и Лиувилля выполняется $|f(k)| \leq 1$, то:

$M[f^2,n]=\sum_{k=1}^n {f^2(k)/n} \leq 1$. (5)

На основании (4) и (5) получаем оценку первого слагаемого:

$M[\sum_{k=1}^n {a^2(k)},n] \leq n$, (6)

т.е. $M[\sum_{k=1}^n {a^2(k)},n] = O(n)$.

Обозначим среднее значение произведения одинаковой функции $r(k)$ при разных значениях аргумента $i,j$ - $M[r(i)r(j),n]_{i \not= j}$.

Обозначим произведение средних значений одинаковой функции при разных значениях аргумента $i,j$ - $M[r(i),n]M[r(j),n]_{i \not= j}$.

Сделаем оценку второго слагаемого (3).

Так как $a(i)=f(i)-M[f,n],a(j)=f(j)-M[f,n]$, то:

$M[a(i)a(j),n]=M[(f(i)-M[f,n])(f(j)-M[f,n]),n]=$$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}$.

Поэтому выполняется:

$M[\sum_{i=1}^n \sum _{j=1(i \not= j)}^n} {a(i)a(j)},n]=n(n-1)O(M[{a(i)a(j)},n]_{i \not= j}) $$=n(n-1)O({(M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}))$, (7)

где O() - оценка сверху выражения в скобках.

На основании Теоремы 2 и (7) оценка второго слагаемого:

$M[\sum_{i=1}^n \sum _{j=1(i \not= j)}^n} {a(i)a(j)},n]=n(n-1)o(1/n)=o(n)$. (8)

На основании (6) и (8) оценка сверху среднего значения арифметической функции $F^2(n)$ равна:

$M[F^2,n]=O(n)$. (9)

На основании (9) получим искомую оценку сверху для стандартного отклонения для сумматорных арифметических функций Мертенса и Лиувилля: $O(n^{1/2})$, которая соответствует (1).


Теорема 2

Оценка сверху выражения:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}=o(1/n)$. (10)


Доказательство

Определим значения:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}=\frac {\sum_{i=1}^n \sum_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}} {n(n-1)}$,


$M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}=\frac {(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$.

Тогда получим:


$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}=\frac {\sum_{i=1}^n \sum_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}} {n(n-1)}- \frac {(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$. (11)

Учитывая, что $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n {f(i)f(j)}-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}$ , подставляя это в (11), получим:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}= $$\frac {\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n {f(i)f(j)}-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}}{n(n-1)}- \frac {(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$. (12)

Так как $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n {f(i)f(j)}=(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2$, то на основании (12) получим:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}=$$(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum_{k=1}^n {f^2(k)}})(1/n(n-1)-1/n^2)$. (13)

Учитывая, что $(\sum_{k=1}^n {f(k)})^2=o(n^2)$, а $\sum_{k=1}^n {f^2(k)}=O(n)$, подставляя это в (13) и получим оценку:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j}-M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}=o(1/n)$, что соответствует (10).


Следствие 1

Соблюдается асимптотическая независимость слагаемых функций Мебиуса и Лиувилля.

Доказательство

На основании Теоремы 2 при $n \to \infty$ выполняется:

$M[f(i)f(j),n]_{i \not= j} \to M[f(i),n]M[f(j),n]_{i \not= j}$ (14)

т.е. среднее от произведения слагаемых арифметических функций (Мебиуса и Лиувилля) стремится к произведению средних указанных арифметических функций.


Следствие 2

Оценку Теоремы 1 нельзя улучшить.

Доказательство

Предположим, что выполняется гипотеза Римана, тогда $\sum_{k=1}^n {f(k) =O(n^{1/2+\varepsilon})$, где $\varepsilon$ - малое положительное число.

Тогда оценка в Теореме 2 изменится. Однако, в Теореме 1 оценка $O(n)$ в формуле (6) не изменится, поэтому не изменится и общая оценка сверху стандартного отклонения для функций Мертенса и Лиувилля - $O(n^{1/2})$ в формуле (1).