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

[Lia]

У Вас старые обозначения спутались с новыми почти везде. Вопросы возникнут те же. Правьте последний пост в Карантине, здесь может не хватить времени. И не торопитесь.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Дискуссионные темы (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

См. выше

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)»
Причина переноса: для продолжения исправлений )

[kotenok gav]

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

$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]}$

Тут вместо последнего $n$ должно быть $k$.

[Lia]

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

$M[r,n]=\sum_{k=1}^n {r(k)}/n$.

Это хорошее обозначение.

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

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

Тут обозначение опять отсутствует, и снова будет непонятным, что такое $M[r(1)r(2),n]$, например. Если обозначение просто стоит не на месте - кстати, почему оно не на месте? -

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

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

то опять же, чему равно $M[f(1)f(2),n]$? Это просто чтобы было понятно, почему это обозначение никуда не годится.
Далее.

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

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

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

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

первая строка равна $F(n)=S(n)-M[S,n]=S(n)-(S(1)+\ldots+S(n))/n$. Что со второй строкой (1) никак не связано, поскольку во второй строке $F(n)=\sum_{k=1}^n {f(k) -M[\sum_{k=1}^n {f(k),n]}\ne\sum_{k=1}^n {f(k)- \sum_{k=1}^n {M[f,n]}=\sum_{k=1}^n {f(k)- n{M[f,n] = 0$. Всегда. Если Вам верить, то далее Вы получаете очень грубую оценку на тождественно нулевую функцию.

Дальше не смотрю, дальше у Вас в обозначениях нет порядка, и к Вам будут те же вопросы, что ранее. Я, собственно, постаралась кратко обозначить, в чем проблема.

[vicvolf]

kotenok gav в сообщении #1334890 писал(а):

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

$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]}$

Тут вместо последнего $n$ должно быть $k$.

Нет все правильно выражение зависит от $n$.
Это можно продолжить:
$\sum_{k=1}^n {f(k)- \sum_{k=1}^n {M[f,n]}=\sum_{k=1}^n {f(k)-n\sum_{k=1}^n=\sum_{k=1}^n(f(k)-M[f,n])$

Обратите внимание на круглые скобки. В скобках из каждого $f(k)$ вычитается среднее значение - $M[f,n]$.

[Lia]

vicvolf в сообщении #1334913 писал(а):

Обратите внимание на круглые скобки.

И?

Lia в сообщении #1334893 писал(а):

$F(n)=\sum_{k=1}^n {f(k) -M[\sum_{k=1}^n {f(k),n]}\ne\sum_{k=1}^n {f(k)- \sum_{k=1}^n {M[f,n]}=\sum_{k=1}^n {f(k)- n{M[f,n] = 0$. Всегда. Если Вам верить, то далее Вы получаете очень грубую оценку на тождественно нулевую функцию.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1334121 писал(а):

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

Это и есть обозначение. Формула не дана в Теореме 1, потому что там она не используется. Формула дана в Теореме 2:

Цитата:

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

потому, что она здесь используется. Не возражаю привести формулу сразу в Теореме 1.

Выражение $M[f(1)f(2),n]$ не имеет смысла, так как не соответствует обозначению, где имеется в виду сумма попарных произведений с $i \not= j$.
Какое другое обозначение ввести? Например, $M[r \cdot r,n]_{i \not= j}$ , но как показать какие $i,j$ не равны? Готов к предложениям.

Но смысл обозначения понятен. Поэтому Теорему 2 можно смотреть, пока я думаю над Теоремой 1.

[Dmitriy40]

Предложение (уже озвученное выше): не вводить непонятных новых обозначений (в которых сами же и путаетесь), а честно расписывать везде все суммы, с правильными индексами и пределами. Не так уж это сложно. Обозначение не сильно шире чем с $M()$, зато много понятнее.
PS. Откройте для себя команду \limits: $\sum_{j=1}^n f(j)$ vs $\sum\limits_{j=1}^n f(j)$.

[vicvolf]

Dmitriy40 в сообщении #1335052 писал(а):

Предложение (уже озвученное выше): не вводить непонятных новых обозначений (в которых сами же и путаетесь), а честно расписывать везде все суммы, с правильными индексами и пределами. Не так уж это сложно. Обозначение не сильно шире чем с $M()$, зато много понятнее.

Я в Теореме 2 так и сделал.

Цитата:

PS. Откройте для себя команду \limits: $\sum_{j=1}^n f(j)$ vs $\sum\limits_{j=1}^n f(j)$.

Спасибо!

[Lia]

vicvolf в сообщении #1335064 писал(а):

Я в Теореме 2 так и сделал.

Если Вы так и сделали (не проверяю), то правка не должна быть сложной для Вас - просто уберите все обозначения из теоремы 2.

vicvolf в сообщении #1335040 писал(а):

Выражение $M[f(1)f(2),n]$ не имеет смысла, так как не соответствует обозначению, где имеется в виду сумма попарных произведений с $i \not= j$.

Сумма не зависит от индексов суммирования, а Ваше обозначение содержит в себе зависимость от $i,j$. Выше Вам говорили про это. А раз есть свободные (будто бы) переменные, значит, туда можно что-то подставить. Вот видите, я подставляю - а Вам не нравится. Введите другое обозначение, стало быть, это действительно никуда не годится. Или не вводите обозначений в этом месте вообще. Уже сто раз говорено.

Теорему 2 прежде теоремы 1 читать никто не будет. Текст читается до первой ошибки.

[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.

Обозначим арифметическую функцию Мебиуса или Лиувилля $f(k)$.

Под асимптотической независимостью арифметических функций Мебиуса и Лиувилля будем понимать то, что при $n \to \infty$ предел разницы между средним значением произведения арифметической функции $f(k)$ и произведением средних значений той же функции при разных значениях аргумента стремится к нулю.


Теорема 1

Пусть среднее значение произведения арифметической функции $f(k)$ при разных значениях аргумента определяется по формуле:

$\frac {\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}} {n(n-1)}$. (1)

Пусть произведение средних значений арифметической функции $f(k)$ при разных значениях аргумента определяется по формуле:

$\frac {(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$. (2)

Тогда оценка сверху разницы между средним значением произведения арифметической функции $f(k)$ и произведением средних значений той же функции при разных значениях аргумента равна $o(1/n)$.

Доказательство

Найдем разность:

$\frac {\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}} {n(n-1)}- \frac {(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$. (3)

Учитывая, что $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1( i \not= j)}^n {f(i)f(j)}=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n {f(i)f(j)}-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}$ , подставляя это в (3), получим:

$\frac {\sum\limits_{i=1}^n \sum_{j=1}^n {f(i)f(j)}-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}}{n(n-1)}- \frac {(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}}{n^2}$. (4)

Так как $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n {f(i)f(j)}=(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2$, то на основании (4) получим:

$(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2-\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}})(1/n(n-1)-1/n^2)$. (5)

Учитывая, что $(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2=o(n^2)$, а $\sum\limits_{k=1}^n {f^2(k)}=O(n)$, подставляя это в (5) и получим оценку: $o(1/n)$. ч.т.д.


Следствие 1

Соблюдается асимптотическая независимость арифметических функций Мебиуса и Лиувилля.

Доказательство

На основании Теоремы 1 при $n \to \infty$ предел разницы между средним значением произведения арифметической функции $f(k)$ и произведением средних значений той же функции при разных значениях аргумента стремится к нулю, т.е. выполняется асимптотическая независимость арифметических функций Мебиуса и Лиувилля.

[grizzly]

Кстати, уже намного лучше (в смысле читаемости текста, а не в смысле смысла).

vicvolf в сообщении #1335233 писал(а):

Учитывая, что $(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2=o(n^2)$

Почему?

vicvolf в сообщении #1335233 писал(а):

независимость арифметических функций Мебиуса и Лиувилля.

Вот не нужно так говорить. Ведь это нельзя понять так, как Вы хотите. Скажите, например: "независимость арифметической функции Мебиуса, а также независимость арифметической функции Лиувилля". А ещё лучше -- проводите рассуждение только для одной из этих функций, а в самом начале (или в конце) скажите: "те же теоремы справедливы и для другой функции".

[vicvolf]

grizzly в сообщении #1335238 писал(а):

Кстати, уже намного лучше (в смысле читаемости текста, а не в смысле смысла).

vicvolf в сообщении #1335233 писал(а):

Учитывая, что $(\sum\limits_{k=1}^n {f(k)})^2=o(n^2)$

Почему?

Так как $\sum\limits_{k=1}^n {f(k)}=o(n)$

Цитата:

vicvolf в сообщении #1335233 писал(а):

независимость арифметических функций Мебиуса и Лиувилля.

Вот не нужно так говорить. Ведь это нельзя понять так, как Вы хотите. Скажите, например: "независимость арифметической функции Мебиуса, а также независимость арифметической функции Лиувилля". А ещё лучше -- проводите рассуждение только для одной из этих функций, а в самом начале (или в конце) скажите: "те же теоремы справедливы и для другой функции".

Согласен.

[grizzly]

vicvolf в сообщении #1335242 писал(а):

Так как $\sum\limits_{k=1}^n {f(k)}=o(n)$

Вы этого не доказывали. Я знаю, что эта оценка верна для функции Мертенса, но лучше бы Вам сослаться даже в этом месте на какую-то работу. Что касается сумматорной функции Лиувилля, я не слышал о таком факте. Дайте, пожалуйста, доказательство или ссылку на статью.