2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 18:50 


23/02/12
2233
lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):
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 $\delta(s,1)=\zeta(s)$,
...

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 $\frac{1}{\zeta(1) k}$. .
Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 18:57 


20/04/10
628
Русь
vicvolf в сообщении #1493609 писал(а):
Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.
Енто почему? Посмотрите внимательнее куда подставляется единичка или лучше $s\to 1+0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 18:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
807
В конкретном результате статьи я не сомневаюсь, вопрос о методах.
В общем случае, речь идет о следующем. Если для некоторой последовательности $a_n$ верно
$$\frac{1}{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^s}\to C,\quad s\to 1+0,$$
то следует ли отсюда
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty ?$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 19:09 


23/02/12
2233
lel0lel в сообщении #1492875 писал(а):
$$\lim\limits_{ m\to \infty}\frac {1} {m+1} \sum_{j=0}^{m} x^{\Omega(2j+1)-\omega(2j+1)}=\sum_{k=0}^{\infty}\widetilde{d}_k x^k=\prod _{p\geq 3}\left(1-{\frac {1}{p}}\right)\left(1+{\frac {1}{p-x}}\right), \text { где }|x|<3$$

lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):
$$\lim\limits_{m\to\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m} x^{\Delta(n)}=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{1}{p-x}\right).$$.
А почему одна формула для нечетных и всех $n$?

-- 21.11.2020, 19:12 --

lel0lel в сообщении #1493614 писал(а):
vicvolf в сообщении #1493609 писал(а):
Слева (из сказанного Вами) стоит не среднее значение, а 1.
Енто почему? Посмотрите внимательнее куда подставляется единичка или лучше $s\to 1+0$.
Не знаю,как это сообщение попало. Я его удалил.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 19:17 


20/04/10
628
Русь
vicvolf
Об этом уже писал: в одном случае рассматривается сумма по нечётным, стало быть по двойке просеивать не нужно, поэтому и произведение по всем простым кроме двойки. В другом случае сумма по всем натуральным, поэтому произведение по всем простым, включая двойку.

alisa-lebovski
Попробуем доказать или построить контрпример?)

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 20:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
807
lel0lel в сообщении #1493618 писал(а):
Попробуем доказать или построить контрпример?)
Может, я что-то путаю, но как насчет $a_n=(-1)^n n$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 20:17 


20/04/10
628
Русь
Вы правы, скользкое место. Контрпримеров тьма.
Быть может потребовать, чтобы существовал конечный предел
alisa-lebovski в сообщении #1493615 писал(а):
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 20:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
807
По-моему, требовать надо с начала, а не с конца. Может быть, неотрицательности $a_n$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение21.11.2020, 22:03 


20/04/10
628
Русь
Отрицательность нужна, так как $|x|<2$.

А вот условие $\lim\limits_{k\to\infty}a_k/k=0$ обеспечит справедливость Alisa-Lebovski Theorem )

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение22.11.2020, 06:54 
Заслуженный участник


18/01/15
2237
lel0lel в сообщении #1493653 писал(а):
А вот условие $\lim\limits_{k\to\infty}a_k/k=0$ обеспечит справедливость Alisa-Lebovski Theorem )
Никоим образом. Пример: $(a_i)=(1,-1,-1, 1,1,1,1,-1,-1,\ldots)$, т.е. $a_n=(-1)^k$ при $2^k\leq n<2^{k+1}$. Предела среднего $(1/m)\sum_{n=1}^m a_n$ нет, а, с другой стороны, $\sum_{n=1}^\infty a_n/n^s =o(1/(s-1))$. (Доказательство оставим читателю). Или можно рассмотреть $b_i=a_i+1$, если хотим неотрицательности.

Вообще, если бы предполагаемое утверждение было верно, то тривиальным было бы доказательство асимптотического закона распределения простых чисел (достаточно взять $a_n=\Lambda(n)$, где $\Lambda$ --- функция Мангольта, т.е. $\Lambda(p^k)=\ln p$, и $\Lambda(n)=0$ в остальных случаях. Ряд $\sum \Lambda(n)/n^s$ --- это не что иное, как $-\zeta'(s)/\zeta(s)$ ).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение22.11.2020, 08:21 
Заслуженный участник


22/11/10
1170
alisa-lebovski в сообщении #1493615 писал(а):
В общем случае, речь идет о следующем. Если для некоторой последовательности $a_n$ верно
$$\frac{1}{\zeta(s)}\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^s}\to C,\quad s\to 1+0,$$
то следует ли отсюда
$$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k\to C,\quad n\to\infty ?$$

В таком виде это тауберова теорема Харди-Литтлвуда (с неотрицательными $a_k$). Из нее следует лишь
$$
\frac{1}{\ln n} \sum_{k=1}^n  \frac{a_k}{k} \to  C.
$$
Так что, видимо, надо искать подходящие варианты таких теорем.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение22.11.2020, 16:14 


20/04/10
628
Русь
vpb
Спасибо. Вы умеете охладить пыл. Если я правильно понял, то в вашем примере предел с дзетой равен нулю.

На данный момент мы имеем ряд контрпримеров, для которых общими чертами являются:
1) нулевой предел с дзетой,
2) несуществование предела среднего $a_k$.

Возникает возможность добавить одно из следующих требований:
1) предел с дзетой отличен от нуля и конечен (это как раз случай из статьи)
2) существуют и конечны оба предела (это более жёсткий вариант, поскольку придётся предварительно исследовать предел среднего $a_k$)
Возможно, что и с этими условиями удастся построить контрпримеры. Не стану ничего утверждать, поскольку уже один раз получил по лбу)


Невозможно удержаться от дифференцирования и интегрирования соотношения
lel0lel в сообщении #1493579 писал(а):
$$\lim\limits_{m\to\infty}\frac{1}{m}\sum_{n=1}^{m} x^{\Delta(n)}=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1+\frac{1}{p-x}\right).$$

Хоть это уже и некоторое баловство, но я всё же предлагаю получить все моменты величины $\Delta(n)$.
Начну:
$\overline{\Delta(n)}=\sum\frac{1}{p(p-1)}$ (эта формула уже была указана staric)
$\overline{ \Delta(n)^2}=\sum\frac{p^2+p-1}{p^2(p-1)^2}+\left(\sum\frac{1}{p(p-1)}\right)^2$
$$\overline{ (\Delta(n)+1)^{-1}}=\frac{\sum\limits_{p}\ln{\frac{p}{p-1}}\prod\limits_{p'\ne p}\left(1+\frac{1}{p'-p}\right)}{\prod\limits_{p}\left(1+\frac{1}{p-1}\right)}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение22.11.2020, 18:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


05/12/09
807
lel0lel в сообщении #1493745 писал(а):
1) предел с дзетой отличен от нуля и конечен (это как раз случай из статьи)
Это не принципиально, к $a_k$ можно прибавить константу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение22.11.2020, 19:21 


20/04/10
628
Русь
Да, конечно. Сказывается недосып. Остаётся
lel0lel в сообщении #1493745 писал(а):
2) существуют и конечны оба предела

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел среднего
Сообщение23.11.2020, 07:35 
Заслуженный участник


22/11/10
1170
Между прочим, в работе Эрдёша доказывается нужная формула в предположении, что существуют плотности
$$
d_k = \lim \limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} \sum \limits_{l \leqslant n, \Omega(l) - \omega(l) = k} 1.
$$
Сначала формулируется теорема (со ссылкой на Реньи), в которой утверждается и существование плотностей и окончательная формула. А затем
Эрдёш писал(а):
We shall now give a new proof of (4.3).

Т.е. доказывается только сама формула.

Если плотности существуют, то
$$
\lim \limits_{n \to \infty}\frac{1}{n} \sum \limits_{l \leqslant n} z^{\Omega(l) - \omega(l)} = \sum d_kz^k.
$$
После чего уже действительно несложно доказать требуемое равенство. Да, хотя бы с помощью теоремы Харди-Литтлвуда.
А вот существование плотностей, как раз, и не очевидно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 81 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group