Асимптотика сумматорных функций простого аргумента

[vicvolf]

Исправлю:

$\sum_2^x {a_nf(n)}=(\frac {x} {\log(x)}\frac {\log(x)} {x}-\frac {2\log(2)} {2\log(2)} -\int_2^x {\frac {t} {\log(t)} \frac {1-\log(t)} {t^2} dt)(1+o(1))=(\log(x)-\log\log(x)+C))(1+o(1))$

[vicvolf]

Null в сообщении #1468210 писал(а):

vicvolf в сообщении #1468117 писал(а):

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

А где доказательство?

Пусть $f'(t)$ - существует и непрерывна на луче $[2.x)$ и пусть $a_n=1$, если $n=p$ ($p$ - простое число и $p\leq x)$, $a_n=0$ в противном случае. Тогда на основании формулы суммирования Абеля можно записать:

$$\sum_{p \leq x} {f(p)}=\sum_{n=2}^x {a_nf(n)}=A(x)f(x)-A(2)f(2)-\int_2^x {A(t)f'(t)dt},(1)$$

где $A(x)=\sum_{n=2}^x {a_n}}$.

Если $A'(t)$ - существует и непрерывна на луче $[2.x)$, то проинтегрируем по частям выражение:

$$\int_2^x {f(t)A'(t)dt}=A(x)f(x)-A(2)f(2)-\int_2^x {A(t)f'(t)dt}.(2)$$

Сравнивая (1) и (2) получим:

$$\sum_{p \leq x} {f(p)}=\sum_{n=2}^x {a_nf(n)}=\int_2^x {f(t)A'(t)dt}.(3)$$

На основании асимптотического закона простых чисел можно записать:

$$A(x)=\sum_{n=2}^x {a_n}}=\int_2^x {\frac {dt} {\log(t)}}+\int_2^x {\frac {dt} {\log^2(t)}}(1+o(1)).(4)$$

Используя (4) получим:

$$A'(x)=1/\log(x)+(1+o(1))/\log^2(x).(5)$$

На основании (3) и (5) получим:

$$\sum_{p \leq x} {f(p)}=\sum_{n=2}^x {a_nf(n)}=\int_2^x {\frac {f(t)dt}{\log(t)}+\int_2^x {\frac {f(t)dt}{\log^2(t)}(1+o(1)),$$

что соответствует утверждению. Верно?

[Null]

vicvolf в сообщении #1468598 писал(а):

$$\int_2^x {f(t)A'(t)dt}=A(x)f(x)-A(2)f(2)-\int_2^x {A(t)f'(t)dt}.(2)$$

$A(x)$ - не дифференциируема.

vicvolf в сообщении #1468598 писал(а):

Используя (4) получим:

Дифференцировать $o(1)$ нельзя.

[vicvolf]

Null в сообщении #1465843 писал(а):

Подставил $B(n)=\frac{n}{\ln n}$

Это не совсем соответствует асимптотическому закону простых чисел. Можно ли в этом случае формулу Абеля записать в асимптотическом виде: $\sum_{k=1}^n {\frac {f(k)}{\log(k)}} \sim \frac {nf(n)}{\log(n)}-\int_1^n {\frac {tf'(t)dt}{\log(t)}}$?

[Null]

В общем случае нельзя, но часто можно.
Вам нужно чтоб из $p\sim p_1$ и $q\sim q_1$ следовало $p-q\sim p_1-q_1$, когда это правда исследуйте сами.

[vicvolf]

Null в сообщении #1468702 писал(а):

Вам нужно чтоб из $p\sim p_1$ и $q\sim q_1$ следовало $p-q\sim p_1-q_1$, когда это правда исследуйте сами.

Это по-моему соответствует Вашему доказательству достаточности. В качестве $B(x)$ можно взять любое приближение к асимптотическому закону простых чисел: $\pi(x)\sim B(x)$. Например, $B(x)=x/\log(x)+x/\log^2(x)$ и.т.д. $B'(x)$ - существует и непрерывна, поэтому мое доказательство проходит при выполнении условий достаточности.

[Null]

vicvolf в сообщении #1468757 писал(а):

мое доказательство

Приведите его? С указанием достаточных условий.
В сообщении #1468598 у вас ошибки

[vicvolf]

Null в сообщении #1468758 писал(а):

vicvolf в сообщении #146875_ писал(а):

мое доказательство

Приведите его? С указанием достаточных условий.

Доказательство достаточности

Пусть $a_k=1$, если $k$- простое число и $a_k=0$ в противном случае. Обозначим $A(n)=\sum_{k=1}^n {a_k}=\pi(n)$.

Пусть $b_1=0$,$b_k=1/\log(k)+1/\log^2(k)$ и $B(n)=\sum_{k=1}^n {b_k}=\sum_{k=2}^n {1/\log(k)}+1/\log^2(k)}$.(1)

На основании асимптотического закона простых чисел:

$$A(n)=\pi(n) \sim n/\log(n)+n/\log^2(n)=B(n),(2)$$

поэтому выполняется: $\lim_{n \to \infty} {\frac {A(n)} {B(n)}}=1.(3)$

Вообще в качестве $B(n)$ можно взять любое приближение к асимптотическому закону простых чисел $\pi(n) \sim B(n)$.

Используя формулу суммирования Абеля получим: $\sum_{k=1}^n {a_kf(k)=A(n)f(n)-\int_1^n {A(t}f'(t)dt}$ и $\sum_{k=1}^n {b_kf(k)=B(n)f(n)-\int_1^n {B(t}f'(t)dt}$.

Для того, чтобы асимптотики совпадали требуется выполнение следующих условий:

1. $\lim_{n \to \infty} {\frac {A(n)f(n)}{B(n)f(n)}}=1$. Это следует из (3).

2. $\lim_{n \to \infty} {\frac {\int_1^n {A(t)f'(t)dt}}{int_1^n {B(t)f'(t)dt}}=1$.

Если $f'(n)$ не равно нулю, то на основании правила Лопиталя и (3) получаем, что требуется:

$\lim_{n \to \infty} {\frac {\int_1^n {A(t)f'(t)dt}}{\int_1^n {B(t)f'(t)dt}}=\frac {A(n)f'(n)}{B(n)f'(n)}=1$

3. $\lim_{n \to \infty} \frac {A(n)f(n)-\int_1^n {A(t)f'(t)dt}} {B(n)f(n)-\int_1^n {B(t)f'(t)dt}}=1$

Это условие выполняется при трех условиях достаточности, доказанных Вами. Сюда кстати входит условие $f'(n)$ не равно 0.

На основании (1):

$$\sum_{p \leq n}{f(p)}=\sum_{k=1}^n {a_kf(k)} \sim \sum_{k=1}^n {b_kf(k)}=\sum_{k=2}^n {\frac {f(k)}{\log(k)}}+\sum_{k=2}^n {\frac {f(k)}{\log^2(k)}}.(4)$$

Используя формулу Абеля и формулы (2), (4) получим:

$$\sum_{p \leq n}{f(p)} \sim \sum_{k=2}^n {\frac {f(k)}{\log(k)}}+\sum_{k=2}^n {\frac {f(k)}{\log^2(k)}}=\frac {nf(n)}{\log(n)}+\frac {nf(n)}{\log^2(n)}+C-\int_2^n {\frac {tf'(t)dt}{\log(t)}}-\int_2^n {\frac {tf'(t)dt}{\log^2(t)}},(5)$$

где $C$ - постоянная.

Приведем примеры использования формулы (5).

1. $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$ или $\sum_{p \leq n}{1}=\frac {n}{\log(n)}+O(\frac {n}{\log^2(n)})$.

2. $\sum_{p \leq n}{\log(p)} \sim \frac {n\log(n)}{\log(n)}+\frac {n\log(n)}{\log^2(n)}+C-\int_2^n {\frac {dt}{\log(t)}}-\int_2^n {\frac {dt}{\log^2(t)}}=$$n+n/\log(n)+C-\int_2^n {\frac {dt}{\log(t)}}-\int_2^n {\frac {dt}{\log^2(t)}}$ или $\sum_{p \leq n}{\log(p)}=n+O(n/\log(n))$.

3.$\sum_{p \leq n}{1/p} \sim \frac {n}{n\log(n)}+\frac {n}{n\log^2(n)}+C$$+\int_2^n {\frac {tdt}{t^2\log(t)}}+\int_2^n {\frac {tdt}{t^2\log^2(t)}}=\log\log(n)+C+1/\log^2(n)$ или $\sum_{p \leq n}{1/p}=\log\log(n)+O(1)$.

[Null]

В примерах везде ошибки:
Из $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$ ни как не следует $\sum_{p \leq n}{1}=\frac {n}{\log(n)}+O(\frac {n}{\log^2(n)})$.
Все что после "или" не доказано.

-- Вс июн 14, 2020 21:05:45 --

vicvolf в сообщении #1468897 писал(а):

$$ n/\log(n)+n/\log^2(n)=B(n),(2)$$

Не равно, но эквивалентно.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1468897 писал(а):

$$A(n)=\pi(n) \sim n/\log(n)+n/\log^2(n)=B(n),(2)$$

Здесь все верно. Посмотрите, где стоит знак эквивалентности $\pi(n) \sim n/\log(n)+n/\log^2(n)=B(n)$

Null в сообщении #1468904 писал(а):

В примерах везде ошибки:
Из $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$ ни как не следует $\sum_{p \leq n}{1}=\frac {n}{\log(n)}+O(\frac {n}{\log^2(n)})$.
Все что после "или" не доказано.

Почему не доказано? Для того, чтобы были равны асимптотики (основной и остаточный члены) должны выполняться указанные мною условия. Они в этих примерах выполнятся. Слово "или" надо убрать, так как из эквивалентности это не следует.

[Null]

vicvolf в сообщении #1468914 писал(а):

Здесь все верно. Посмотрите, где стоит знак эквивалентности $\pi(n) \sim n/\log(n)+n/\log^2(n)=B(n)$

Нет.$B(n)=\sum_{k=2}^n 1/\log(k)+1/\log^2(k)\neq n/\log(n)+n/\log^2(n)$

vicvolf в сообщении #1468914 писал(а):

Слово "или" надо убрать, так как из эквивалентности это не следует.

Если вы не доказали, то пишите прямо - типа "на самом деле известно то-то". Если думаете что из $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$ следует $\sum_{p \leq n}{1}=\frac {n}{\log(n)}+O(\frac {n}{\log^2(n)})$ то докажите это.

А на самом деле что $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$, что$\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}$ - одно и то же, ни чего не поменялось. Меняя $B(n)$ на эквивалентные результат(использования вашего метода) не поменяется(при определенных ограничениях на $f$) - я это вам доказал.

Если хотите улучшить результат вам надо брать разность и оценивать её. Советую брать $b_n=\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}$.

[vicvolf]

Null в сообщении #1468934 писал(а):

А на самом деле что $\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}+\frac {n}{\log^2(n)}+C$, что$\sum_{p \leq n}{1} \sim \frac {n}{\log(n)}$ - одно и то же, ни чего не поменялось.

Согласен.

Цитата:

Если хотите улучшить результат вам надо брать разность и оценивать её. Советую брать $b_n=\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}$.

Спасибо, подумаю.

[vicvolf]

Пусть $a_k=1$, если $k$- простое число и $a_k=0$ в противном случае. Обозначим $A(n)=\sum_{k=1}^n {a_k}=\pi(n)$.

Пусть $b_1=0$,$b_k=1/\log(k)$ и $B(n)=\sum_{k=1}^n {b_k}=\sum_{k=2}^n {1/\log(k)}$.(1)

На основании асимптотического закона простых чисел:

$$A(n)=\pi(n) =n/\log(n)+O(n/\log^2(n))=B(n).(2)$$

Используя формулу Абеля $\sum_{k=1}^n {b_kf(k)=B(n)f(n)-\int_1^n {B(t)f'(t)dt}$ и формулы (1), (2) получим:

$$\sum_{p \leq n}{f(p)} = \sum_{k=1}^n {b_kf(k)}=\frac {nf(n)}{\log(n)}+O(\frac{nf(n)}{\log^2(n)})-\int_2^n {\frac {tf'(t)dt}{\log(t)}}+O(\int_2^n {\frac {tf'(t)dt}{\log^2(t)}}).(3)$$

Приведем примеры использования формулы (3):

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

2. $\sum_{p \leq n}{\log(p)}=n+O(n/\log(n))$.

3. $\sum_{p \leq n}{1/p}=\log\log(n)+O(1)$.

[Null]

vicvolf в сообщении #1468986 писал(а):

$$\sum_{p \leq n}{f(p)} = \sum_{k=1}^n {b_kf(k)}$$

Это неправда. Попробуйте доказать.

vicvolf в сообщении #1468986 писал(а):

$$n/\log(n)+O(n/\log^2(n))=B(n)$$

- Так писать нельзя. Так же вам стоит доказать что $B(n)=n/\log(n)+O(n/\log^2(n))$

[vicvolf]

Null в сообщении #1469002 писал(а):

vicvolf в сообщении #1468986 писал(а):

$$\sum_{p \leq n}{f(p)} = \sum_{k=1}^n {b_kf(k)}$$

Это неправда.

$\sum_{p \leq n} {f(p)}=\sum_{k=1}^n {a_kf(k)} \sim \sum_{k=1}^n {b_kf(k)}=B(n)f(n)-\int_1^n {B(t)f'(t)dt}$

Эквивалентность в данном случае ничего не дает для оценки остаточного члена. Нужна оценка через O-большое.

Допустим $B(n)=n/\log(n)+O(g(n))$, где $g(n)$ - некоторая функция.

Тогда оценка через O-большое закладываетя сразу через формулу Абеля и можно выделить главный и остаточный член:

$\sum_{p \leq n} {f(p)}=\sum_{k=1}^n {a_kf(k)} = $$nf(n)/\log(n)+O(f(n)g(n))-\int_2^n {\frac {tf'(t)dt}{\log(t)}|+O(\int_2^n {g(t)f'(t)dt})$.

Асимптотика все равно присутствует, но она задается не через эквивалентность, а через оценку O-большое.

Кстати раньше Вас подобное равенство через o-малое не смущало:

$\sum_{p \leq n} {f(p)}=\sum_{k=1}^n {a_kf(k)} = \sum_{k=2}^n {f(k)/\log(k)}(1+o(1))$.

Я понимаю, что это равносильно эквивалентности, но оценку через o-малое можно заменить более точной оценкой через O-большое, что я и делаю.