Асимптотика сумматорных функций простого аргумента

[vicvolf]

Null в сообщении #1465552 писал(а):

$$\left|\frac{f(p)}{\sum_{k=1}^p b_kf(k)}\right|\to 0$$

Зачем это утверждение, если выполняется:

Null в сообщении #1465618 писал(а):

Если непрерывно дифференцируемая $f(x)$ возрастает и стремиться к бесконечности, то 1и 2 условия выполнены, а 3ее (при данных $b_k$) равносильно тому что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(n)}{n f'(n)}$ существует(или равен $\pm\infty$) и не равен 0.

Null в сообщении #1465843 писал(а):

и $\frac{n}{\ln n}f(n)\to \infty$(для того чтоб можно было лопиталить)

Кстати последнее выполняется, если $f$ возрастает.

[Null]

Не надо перемешивать мои утверждения, естественно получается чушь.

vicvolf в сообщении #1465928 писал(а):

Зачем это утверждение,

Это необходимое условие, например не выполняется для $f(x)=2^x$

vicvolf в сообщении #1465928 писал(а):

если выполняется

Это достаточное условие.

vicvolf в сообщении #1465928 писал(а):

Кстати последнее выполняется, если $f$ возрастает.

Да (но не только если $f$ возрастает, это я отдельно исследовал 3ее условие, плохо выразился)

[vicvolf]

Null в сообщении #1465993 писал(а):

Да (но не только если $f$ возрастает, это я отдельно исследовал 3ее условие, плохо выразился)

Null в сообщении #1465843 писал(а):

Подставил $B(n)=\frac{n}{\ln n}$, пролопиталил(правда при этом существование предела могло потеряться) и упростил. Так что если $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(n)}{n f'(n)}$ существует и не равен 0 и $\frac{n}{\ln n}f(n)\to \infty$(для того чтоб можно было лопиталить), то и $\lim_{n\to\infty}\frac{\int_{1}^nB(t)f'(t)dt}{B(n)f(n)}$ существует и не равен 1.

Это 1-ое условие, а не третье.

Null в сообщении #1465618 писал(а):

Если непрерывно дифференцируемая $f(x)$ возрастает и стремиться к бесконечности, то 1и 2 условия выполнены, а 3ее (при данных $b_k$) равносильно тому что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(n)}{n f'(n)}$ существует(или равен $\pm\infty$) и не равен 0. В частности подходят все $f(x)=x^m, m>0$ и $f(x)=1$ тоже подходит(проверяется непосредственно).

Пожалуйста, подробнее доказательство 3-его условия в данном случае.

[Null]

vicvolf в сообщении #1466119 писал(а):

Это 1-ое условие, а не третье.

Да.

-- Вс май 31, 2020 15:54:06 --

$\lim_{n\to\infty}\frac{\int_{1}^nB(t)f'(t)dt}{B(n)f(n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{\int_{1}^n\frac{t}{\ln t}f'(t)dt}{\frac{n}{\ln n}f(n)}=\text{лопиталим}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{n}{\ln n}f'(n)}{\frac{n}{\ln n}f'(n)+\frac{1}{\ln n}f(n)-\frac{1}{\ln^2 n}f(n)}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{\ln n\frac{n}{\ln n}f'(n)}f(n)-\frac{1}{\ln^2 n\frac{n}{\ln n}f'(n)}f(n)}=\text{непрерывность}=\frac{1}{1+\lim_{n\to\infty}(\frac{f(n)}{nf'(n)}-\frac{f(n)}{n\ln nf'(n)})}$
Но $\lim_{n\to\infty}(\frac{f(n)}{nf'(n)}-\frac{f(n)}{n\ln nf'(n)})=\lim_{n\to\infty}(\frac{f(n)}{nf'(n)})$ так как они эквивалентны(их отношение стремиться к 1)
Соответственно $\lim_{n\to\infty}\frac{\int_{1}^nB(t)f'(t)dt}{B(n)f(n)}=1$ равносильно(если можно лопиталить) $\lim_{n\to\infty}(\frac{f(n)}{nf'(n)})=0$
Тут проблема если $\lim_{n\to\infty}(\frac{f(n)}{nf'(n)})=-1$- для таких $f$ это преобразование некорректно(Например $f(x)=\frac{1}{x}$)

[vicvolf]

Спасибо! Это доказательство 1-ого условия. А я спрашиваю доказательство 3-его условия?

[Null]

$\int_{1}^nB(t)f'(t)dt=C+\int_{5}^nB(t)f'(t)dt\ge C+\int_{5}^nB(5)f'(t)dt=C+B(5)\int_{5}^nf'(t)dt=C+B(5)(f(n)-f(5))=B(5)f(n)+C_2$
возрастает неограниченно как и $f$
А так там опечатка очевидно:

Null в сообщении #1465618 писал(а):

Если непрерывно дифференцируемая $f(x)$ возрастает и стремиться к бесконечности, то 2 и 3 условия выполнены, а 1ое (при данных $b_k$) равносильно тому что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{f(n)}{n f'(n)}$ существует(или равен $\pm\infty$) и не равен 0. В частности подходят все $f(x)=x^m, m>0$ и $f(x)=1$ тоже подходит(проверяется непосредственно).

[vicvolf]

Утверждение

Пусть $f$ достаточно гладкая функция и выполнены выше указанные условия, тогда асимптотика суммы функций от простых равна:

$$\sum_{p \leq n} {f(p)}= (\frac {f(n)n} {2\log(n)} - {\frac {1} {2}} \int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log (t)}}-\frac {f(2)} {\log(2)})(1+o(1))$$

Доказательство

Сначала рассмотрим:

$$J_2(t)=\int_2^t \frac {du} {log(u)}=\frac {u} {\log(u)}|_2^t-J_2(t)$$

Поэтому:

$$J_2(t)=\frac {t} {2\log(t)}- \frac {1} {log(2)}$$

Теперь найдем:

$$J_1(n)=\int_2^n \frac {f(t)dt} {\log(t)}=f(t)J_2(t)|_2^n - \int_2^n {J_2(t)f'(t)dt}$$

Подставим $J_2(t)$ преобразуем и получим:

$$J_1(n)=\int_2^n \frac {f(t)dt} {\log(t)}=\frac {f(n)n} {2\log(n)} - {\frac {1} {2}} \int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log (t)}}-\frac {f(2)} {\log(2)}$$

Отсюда получим асимптотику:

$$\sum_{p \leq n} {f(p)}= (\frac {f(n)n} {2\log(n)} - {\frac {1} {2}} \int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log (t)}}-\frac {f(2)} {\log(2)})(1+o(1))$$

Рассмотрим пример на использование данного утверждения:

$$\sum_{p \leg n} {p^m}=J(n)(1+o(1)),$$

где

$$J(n)=\int_2^n {\frac {t^m dt} {\log(t)}=\frac {n^{m+1}}{2\log(n)}-\frac{J(n)m} {2}-\frac{2^m}{\log(2)}$$

Поэтому:

$$\sum_{p \leq n} {p^m}=\frac {n^{m+1}(1+o(1))}{(2+m)\log(n)}$$

при $m>0$.

[Null]

vicvolf в сообщении #1466312 писал(а):

$$J_2(t)=\int_2^t \frac {du} {\log(u)}=\frac {u} {\log(u)}|_2^t-J_2(t)$$

У вас тут ошибка.

$$\sum_{p \leq n} {p}=\frac {n^{2}(1+o(1))}{2\log(n)}$$

-должно получиться что то такое(внизу $(1+m)$ )

vicvolf в сообщении #1466312 писал(а):

Отсюда получим асимптотику:

Это просто формула Абеля?

[vicvolf]

Null в сообщении #1466326 писал(а):

vicvolf в сообщении #1466312 писал(а):

$$J_2(t)=\int_2^t \frac {du} {\log(u)}=\frac {u} {\log(u)}|_2^t-J_2(t)$$

У вас тут ошибка.

Да.

$$J_2(t)=\int_2^t \frac {du} {\log(u)}=\frac {t} {\log(t)}(1+o(1))$$

Цитата:

$$\sum_{p \leq n} {p}=\frac {n^{2}(1+o(1))}{2\log(n)}$$

-должно получиться что то такое(внизу $(1+m)$ )

Пересчитаю.

Цитата:

Это просто формула Абеля?

Это просто интегрирование по частям.

[Null]

vicvolf в сообщении #1466401 писал(а):

Это просто интегрирование по частям.

vicvolf в сообщении #1466401 писал(а):

$$\sum_{p \leq n} {f(p)}= (\frac {f(n)n} {2\log(n)} - {\frac {1} {2}} \int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log (t)}}-\frac {f(2)} {\log(2)})(1+o(1))$$

У вас слева сумма, какое интегрирование по частям?

[vicvolf]

Null в сообщении #1466404 писал(а):

vicvolf в сообщении #1466401 писал(а):

Это просто интегрирование по частям.

vicvolf в сообщении #1466401 писал(а):

$$\sum_{p \leq n} {f(p)}= (\frac {f(n)n} {2\log(n)} - {\frac {1} {2}} \int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log (t)}}-\frac {f(2)} {\log(2)})(1+o(1))$$

У вас слева сумма, какое интегрирование по частям?

Там сначала используется формула Эйлера-Маклерона (для этого предъявляется требование достаточной гладкости функции):

$$\sum_{p \leq n} {f(p)}=\sum_{k=2}^n { \frac {f(k)} {\log(k)}(1+o(1))=\int_{t=2}^n { \frac {f(t)dt} {\log(t)}(1+o(1))=...$$

и далее интегрирование по частям.

[Null]

vicvolf в сообщении #1466411 писал(а):

и далее интегрирование по частям.

Это тоже надо пересчитывать.
В итоге вы получите формулу абеля с подстановкой $\pi(n)\sim\frac{n}{\ln n}$.

[vicvolf]

Null в сообщении #1466415 писал(а):

vicvolf в сообщении #1466411 писал(а):

и далее интегрирование по частям.

В итоге вы получите формулу абеля с подстановкой $\pi(n)\sim\frac{n}{\ln n}$.

Да, это эквивалентно. Наверно формулу Абеля можно доказать с использованием формулы Эйлера-Маклорена и интегрирования по частям.

Внесу исправления. Вот оно интегрирование по частям:

$$J_1=\int_2^n {\frac {f(t)dt} {\log(t)}=f(t)J_2(t)|_2^n-\int_2^n {J_2(t)f'(t)dt}= \frac {f(n)n} {\log(n)}-\frac {2f(2)} {\log(2)}-\int_2^n {\frac {tf'(t)dt} {\log(t)}.$$

На основании полученной формулы:

$$J=\int_2^n {\frac {t^mdt} {\log(t)}}= \frac {n^{m+1}} {\log(n)}- \frac {2^{m+1}} {\log(2)}-mJ.$$

$$J=\int_2^n {\frac {t^mdt} {\log(t)}}=\frac {1} {m+1} (\frac {n^{m+1}} {\log(n)} -\frac {2^{m+1}}{\log(2)}).$$

Поэтому получаем асимптотику:

$$\sum_{p\leq n} {p^m}=\sum_{k=2}^n {\frac {k^m} {\log(k)}}(1+o(1))=J(1+o(1))=\frac {n^{m+1}} {(m+1)\log(n)}(1+o(1)).$$

Формула справедлива $m>-1$ (соответствует Прахару стр. 30).

[Null]

Формула Абеля доказывается непосредственно: В нецелых точках все непрерывно, дифференцируемо и производные равны, в целых точках и слева и справа скачек на $a_nf(n)=A(n)f(n)-A(n-0)f(n)-0$

[vicvolf]

Фраза из Фихтенгольца - "Формула Абеля для конечных сумм является аналогом формулы интегрирования по частям для интегралов: дифференциал здесь заменен разностью, а интеграл - суммой."