Предел среднего

[Dmitriy40]

Ага, вторая сумма должна начинаться с $k=2$, очевидно же.
Тогда с ограничением на $p,k$ в виде условия $m=p^k/2<10^9$ (чтобы сравнить с предыдущим счётом) обе суммы равны примерно $1.853$. Не попал, но уже где-то близко.

[lel0lel]

Двойку зря отбросили (это можно рассмотреть позже), для начала лучше так:
$S(x)=\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(j)-\omega(j)}$, нужно исследовать $S(x)$.

Пусть $\xi(n,k)$ -- доля натуральных чисел меньших $n$, при которых функция $\Omega(z)-\omega(z)$ принимает значение равное $k$. Очевидно $\sum_{k=0}^{\lfloor \log_2 n\rfloor-1}\xi(n,k)=1$.
Эмпирические результаты:

$\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,0)\approx0.6079,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,1)\approx 0.2007,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,2)\approx 0.0963,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,3)\approx 0.0476,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,4)\approx 0.0237,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,5)\approx 0.0118,\ldots$

Это весьма важные константы; если получить их замкнутую форму, то можно продвинуться далеко. Нашёл что $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,0)=6/\pi^2$, смотреть Square-free_integer. Константы связаны со значениями функции Римана в целых точках.
Для $k\geq 1$ наблюдается следующая закономерность $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,k+1)\approx\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,k)/2$, она как раз и определяет область, в которой $S(x)$ принимает конечные значения.

Если рассматривать только нечётные (исходная задача), то есть $\xi(n,k)$ -- доля нечётных чисел меньших $n$, при которых функция $\Omega(z)-\omega(z)$ принимает значение равное $k$; эта доля вычисляется по отношению ко всем нечётным меньшим $n$.
Тогда

$\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,0)=8/\pi^2\approx0.8105,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,1)\approx 0.1325,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,2)\approx 0.0387,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,3)\approx 0.0122, $ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,4)\approx 0.0039,$ $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,5)\approx 0.00129,\ldots$

С некоторого номера имеем $\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,k+1)\approx\lim\limits_{ n\to \infty}\xi(n,k)/3$.

[vpb]

lel0lel в сообщении #1492567 писал(а):

Двойку зря отбросили

Нет, не зря. Рассмотрим множество всех чисел вида $2^k3^2n$, где $(6,n)=1$. Можно показать, что уже предел средних по этому множеству бесконечен. (Вот более простое аналогичное утверждение. Рассмотрим функцию $f(n)$, которая равна наибольшей степени двойки, делящей $n$. Тогда предел усредненных значений $f(n)$ бесконечен.)

[lel0lel]

vpb в сообщении #1492570 писал(а):

Нет, не зря.

Всё ж таки зря. При каких $x$ предел $\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(j)-\omega(j)}$ равен конечному числу?
Да, при $x=2$ получим бесконечность, но есть другие значения $x$.

Удалось найти полезную информацию о константах $d_k=\lim\limits_{n\to\infty}\xi(n,k)$:
The_distribution_of_the_difference_of_prime_omega_functions
On a theorem of theorem Erdős-Kac
смотреть самый конец статьи.

[vpb]

lel0lel в сообщении #1492578 писал(а):

Да, при $x=2$ получим бесконечность, но есть другие значения $x$.

В такой общей постановке надо отбрасывать, как я понимаю, все простые числа $\leq x$.

[vicvolf]

nnosipov в сообщении #1492461 писал(а):

novichok2018 в сообщении #1492459 писал(а):

Так всё-таки величина $\Omega(2n+1)-\omega(2n+1)$ не имеет конечного или бесконечного предела?

Очевидно, что не имеет: если $2n+1$ --- простое, то она равна нулю, а если $2n+1$ --- степень простого, то она равна показателю этой степени минус один, что может быть сколь угодно большим.

Да, верхняя граница разности этих двух арифметический функций не ограничена при $n \to \infty$, но среднее значение ограничено, т.е. $E[\Omega(n)-\omega(n),n]=O(1)$ при $n \to \infty$. Это связано с тем, что асимптотики средних значений: $E[\Omega(n),n]=\ln\ln(n)+O(1), E[\omega(n),n]=\ln\ln(n)+O(1),n \to \infty$. Кстати асимптотики у дисперсий такие же $D[\Omega(n),n]=\ln\ln(n)+O(1), D[\omega(n),n]=\ln\ln(n)+O(1),n \to \infty$.
Предельным распределением для каждой указанной функции $\Omega(n),\omega(n)$ является нормальное распределение. Но предельное распределение разности указанных функций не является нормальным из-за их "зависимости".

[staric]

Не знаю, как это поможет, но да, средняя разность омег от нечетных сходится

$$\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} (\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)) = \sum_{p \geqslant {3}} \frac {1}{p(p-1)} + O(\frac {1}{\ln{m}})$$

, где $p$-простое, а $\sum_{p \geqslant {3}} \frac {1}{p(p-1)}=0.273156669049795...$, см. A136141

С другой стороны, я подозреваю, что 2-го графика Dmitriy40 достаточно, чтобы угадать значение нашего среднего

(Оффтоп)

по крайней мере, для тех, кто слышал о простых близнецах

, а это уже полдела...

[lel0lel]

В бумаге выше описан способ вычислять такие суммы. Если его применить для вашей задачи, то получим:

$$\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\widetilde{d}_k x^k=\prod _{p\geq 3}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)\left(1+{\frac {1}{p-x}}\right), \text { где }|x|<3$$

Действительно, если положить $x=2$, то получим предел равный $1/C_2$, где $C_2$ -- константа простых близнецов.

[Dmitriy40]

Я конечно понимаю что $\sum x$ и $\sum 2^x$ связаны, но столь лёгкий переход от одной к другой выше в сообщениях меня удивляет.

[vicvolf]

Поясните, пожалуйста, как из этого:

lel0lel в сообщении #1492578 писал(а):

Удалось найти полезную информацию о константах $d_k=\lim\limits_{n\to\infty}\xi(n,k)$:
The_distribution_of_the_difference_of_prime_omega_functions
On a theorem of theorem Erdős-Kac
смотреть самый конец статьи.

следует это:

lel0lel в сообщении #1492875 писал(а):

Если его применить для вашей задачи, то получим:

$$\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\widetilde{d}_k x^k=\prod _{p\geq 3}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)\left(1+{\frac {1}{p-x}}\right), \text { где }|x|<3$$

[staric]

Что до последнего равенства, лучше смотреть On the density of certain sequences of integers, там, оказывается есть вывод.
Я не задумывался над общей формулой... Решал другой вопрос, о среднем

$$E=\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m} \mu^2(2j+1)\prod _{p \mid(2j+1)} \frac{p}{p-2}$$

С одной стороны,

$$E=\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m} \mu^2(2j+1)\prod _{p \mid(2j+1)} \sum_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac{2}{p}\right)^k=\frac {1} {m} \sum_{j=1}^{m} 2^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}$$

С другой,

$$E=\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m} \left (\mu^2(2j+1) \prod _{p \mid(2j+1)} \sum_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{p}\right)^k\right )\prod _{p \mid(2j+1)} \frac{p-1}{p-2}=\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m}\prod _{p \mid(2j+1)} \frac{p-1}{p-2}=$$

$$=\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m}\left (1+\sum_{d \mid(2j+1)}\prod _{p \mid d} \frac{1}{p-2}\right)=1+\frac {1} {m}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d \mid(2j+1)} d \prod_{p \mid d} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(p-1)^{2k}}=$$

$$=1+\frac {1} {2m}\sum_{d} d\lfloor \frac {2m+1}{d}\rfloor \prod_{p \mid d} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(p-1)^{2k}}=1+\prod_{p} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(p-1)^{2k}}=\prod_{p}\frac {1}{1-\frac{1}{(p-1)^2}}$$

Кое-где равенства нестрогие, их лучше заменять стрелками при $m,p\to \infty$, но дела это не меняет.

[vicvolf]

lel0lel в сообщении #1492875 писал(а):

Если его применить для вашей задачи, то получим:

$$\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\widetilde{d}_k x^k=\prod _{p\geq 3}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)\left(1+{\frac {1}{p-x}}\right), \text { где }|x|<3$$

Вывод этой формулы в общем виде здесь

staric в сообщении #1493323 писал(а):

Что до последнего равенства, лучше смотреть On the density of certain sequences of integers, там, оказывается есть вывод.

тоже не нашел.

[lel0lel]

vicvolf
В общих чертах понять доказательство немудрено. Хотя я пожалуй соглашусь, что оно могло бы быть чуточку поподробней.

Будем следовать бумаге

lel0lel в сообщении #1492578 писал(а):

On a theorem of Erdős-Kac
смотреть самый конец статьи

Рассматривается сумма Дирихле

$$\delta(s,x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ x^{\Delta(n)}}{n^s}, \text{ где } \Delta(n)=\Omega(n)-\omega(n).$$

Заметьте, что $\delta(s,1)=\zeta(s)$, и в этом случае имеет место тождество Эйлера, которое можно получить с помощью классического просеивания по простым числам. Нам же нужно сообразить как просеивать нашу сумму при $x\ne 1$. Для начала, так же как и в случае c дзета-функцией, выберем в качестве просеивающих множителей $1/p^s$. Рассмотрим $\delta(s,x)-\frac{1}{p^s} \delta(s,x)$. Если $\widetilde{n}$ не содержит множитель $p$, то все слагаемые вида $x^{\Delta(p\widetilde{n})}/(p\widetilde{n})^s-\frac{1}{p^s}x^{\Delta(\widetilde{n})}/\widetilde{n}^s$ будут равны нулю, поскольку $\Delta(p\widetilde{n})=\Delta(\widetilde{n}).$ А что до со слагаемых вида $x^{\Delta(p^2\widetilde{n})}/(p^2\widetilde{n})^s-\frac{1}{p^s}x^{\Delta(p\widetilde{n})}/(p\widetilde{n})^s$, то они равны $(x-1)x^{\Delta(\widetilde{n})}/(p^2\widetilde{n})^s$, поскольку $\Delta(p^2\widetilde{n})=\Delta(\widetilde{n})+1.$ Видно, что просеивающий множитель $1/p$ не до конца справился со своей задачей -- остались слагаемые $(x-1)x^{\Delta(\widetilde{n})}/(p^2\widetilde{n})^s$. Очевидно, что с этими слагаемыми мы справимся если выбрать другой просеивающий множитель, а именно $\delta(s,x)-\left(\frac{1}{p^s} +\frac{x-1}{p^{2s}}\right)\delta(s,x)$. Но и в этом случае простое $p$ будет присутствовать в знаменателях, останутся слагаемые $(x-1)^2x^{\Delta(\widetilde{n})}/(p^3\widetilde{n})^s$.
Несложно доказать, что "правильный" просеивающий множитель это

$$\sum_{i=1}^{\infty}\frac{ (x-1)^{i-1}}{(p^s)^i}=\frac{1}{p^s+1-x}.$$

Тогда

$$\delta(s,x)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s+1-x}\right)^{-1}=\prod_{p}\left(1+\frac{1}{p^s-x}\right).$$

Можно записать:

$$\delta(s,x)/\zeta(s)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)\left(1+\frac{1}{p^s-x}\right).$$

Далее авторы полагают $s=1$ и замечают, что слева стоит среднее значение величины $x^{\Delta(k)}$, при этом вероятность $k$-го значения равна $\frac{1}{\zeta(1) k}$. С гармоническим рядом надо бы поаккуратней, но так быстрее. При больших $k$ плотность вероятности приближается к равномерному распределению. Отсюда

$$\lim\limits_{m\to\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m} x^{\Delta(n)}=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{1}{p-x}\right).$$

Довольно понятно, что если отбросить из рассмотрения некоторые простые, то просеивать по ним будет не нужно.

[alisa-lebovski]

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):

Далее авторы полагают $s=1$ и замечают, что слева стоит среднее значение величины $x^{\Delta(k)}$, при этом вероятность $k$-го значения равна $\frac{1}{\zeta(1) k}$. С гармоническим рядом надо бы поаккуратней, но так быстрее. При больших $k$ плотность вероятности приближается к равномерному распределению.

Ну нельзя же так. Сейчас бы такое в журнал не приняли.

[lel0lel]

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):

Далее авторы полагают $s=1$ и замечают, что слева стоит среднее значение величины $x^{\Delta(k)}$, при этом вероятность $k$-го значения равна $\frac{1}{\zeta(1) k}$.

Не совсем точно выразился. Правильнее сказать так: это моя вольная интерпретация того, что я полагаю полагали авторы)
Понятно, что нужно оценивать частичные суммы двух рядов. Думаю, именно это подразумевали авторы написав: "Thus it follows by standart methods". Не вижу особых проблем, чтобы принять эту бумагу, тем более ранее тот же результат был получен одним из авторов другим способом.