Предел среднего

[alisa-lebovski]

sup, спасибо! Только Реньи, а не Эрдеш (Вы их опять путаете). Я не сильна в тауберовых теоремах. Можно ли объяснить, почему в случае post1493861.html#p1493861 переход не работает (там есть сходимость ряда, но нет "плотностей")?

lel0lel в сообщении #1493907 писал(а):

Предлагаю рассмотреть (или предложить к рассмотрению) ещё какие-нибудь ряды Дирихле и получить красивые формулы.

Например, линейные комбинации $\Delta(n)=\Omega(n)-\omega(n)$ с функцией Мебиуса $\mu(n)$ или ее модулем $|\mu(n)|$.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1493822 писал(а):

Точнее, это Реньи ссылается на себя и на Эрдеша.
Доказал ли кто-нибудь из них на самом деле существование плотностей?

По-моему существование плотностей напрямую связано с существованием предельного распределения данной арифметической функции, как последовательности случайных величин. Если существует предельное распределение, то существуют и данные асимптотические плотности.

[alisa-lebovski]

vicvolf в сообщении #1493927 писал(а):

Если существует предельное распределение, то существуют и данные асимптотические плотности.

Совершенно верно, если речь идет о целочисленных функциях, это одно и то же. Фактически, в теории чисел "плотностями" называют вероятности принять то или иное значение, для предельного распределения.

[vicvolf]

alisa-lebovski в сообщении #1493928 писал(а):

vicvolf в сообщении #1493927 писал(а):

Если существует предельное распределение, то существуют и данные асимптотические плотности.

Совершенно верно, если речь идет о целочисленных функциях
, это одно и то же.

Мы же о таких и говорим. Поэтому проблема имеет чисто вероятностное решение.

[sup]

(Оффтоп)

Насчет Эрдеша я, конечно, знатно обмишурился
То, что авторы Реньи и Туран, я и не приметил.

Пусть

$$ f(s) = \int \limits_0^{\infty}e^{-sx}dF(x) $$

В теореме Икеара требуется, чтобы $F(x)$ была неотрицательной, неубывающей, и при $s \to 1 + it$, $\operatorname{Re} s \to 1 + 0$ была сходимость к некоторой $g(t)$

$$ f(s) - \frac{A}{s - 1} \to g(t), $$

равномерно по $t$ на каждом компакте.
Пусть

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

Вообще говоря, здесь нет неубывания $F(x)$, но это несущественно (можно добавить возрастающий сдвиг). А вот с равномерной сходимостью проблемы.
Во внутренней сумме выделим четные и нечетные слагаемые. Лень писать подробно, просто покажу пример

$$ \frac{1}{(2m)^s} + \frac{1}{(2m + 1)^s} = \frac{2}{(2m)^s} + \left (\frac{1}{(2m + 1)^s} - \frac{1}{(2m)^s} \right ). $$

Отсюда получаем

$$ f(s) = -\frac{f(s)}{2^{s - 1}} + h(s), $$

где $h(s)$ определена при $\operatorname{Re} s > 1/2$. Легко видеть, что никакой равномерной сходимости на компактах нет.

[alisa-lebovski]

Спасибо большое! И остается вопрос: следует ли из условий теоремы Икеара для рассматриваемых рядов существование плотностей? Или можно найти контрпример, что теорема Икеара работает, а плотностей нет?

[sup]

В общем случае теоремы Икеара плотностей никаких нет, и мне нечего сказать.
Что касается нашей исходной темы, то здесь как раз работает та самая аналитическая кухня (о которой я уже говорил ранее). Имеем

$$ \sum z^l \sum \frac{\chi_l(k)}{k^s} = G(z,s) \zeta(s). $$

Причем функция $G(z,s)$ дана явно (в виде произведения) и ее свойства легко проверяются. Отсюда легко перейти к коэффициентам Тейлора

$$ \sum \frac{\chi_l(k)}{k^s} = g_l(s)\zeta(s) $$

и применить теорему Икеара. В результате, как раз, и получим существование плотностей. Теорема в точности это и утверждает. Ну, и, за компанию, получаем конкретное значение этой плотности.
Ранее я уже показывал, если рассматривать только вещственные $s$, то теорема Х.-Л. дает куда более слабое утверждение (взвешенное среднее). Выход в комплексную плоскость дает замечательное усиление.

[alisa-lebovski]

Спасибо, понятно.

-- Вт ноя 24, 2020 15:30:33 --

lel0lel в сообщении #1493909 писал(а):

Пусть функция $g$ определена на натуральных числах следующим образом:
$g(1)=0;$ для простого $p$ и натурального $\widetilde{n}\not\equiv 0 \pmod{p}$ выполняется $g(p^k \widetilde{n})=g(\widetilde{n})+f(k)$, функция $f$ -- произвольная.

Правильно ли я понимаю, что Вы ввели такие функции, что для $n=p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ верно $g(n)=f(k_1)+\dots+f(k_m)$? И $\Delta=\Omega-\omega$ подходит с $f(k)=k-1$, и для нее есть плотности, а для $ak-b$ нет при $a\ne b$. Тогда напрашивается вопрос: для каких $f$ еще есть плотности (или это уникальный случай)?

[staric]

sup

Спасибо, разложили по полочкам... И вообще всем участникам. Сижу дома, похоже, с известным вирусом, но все внимательно читаю... Просто отвечать тяжеловато.

[lel0lel]

alisa-lebovski в сообщении #1493955 писал(а):

ввели такие функции, что для $n=p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ верно $g(n)=f(k_1)+\dots+f(k_m)$?

Да, верно.

alisa-lebovski в сообщении #1493955 писал(а):

для каких $f$ еще есть плотности (или это уникальный случай)?

Тоже думал над этим вопросом, но пока не буду спешить с ответом. Единственное, по-моему нужно требовать $f(1)=0$, но возможно, что ещё что-то на скорость роста.

Жаль сейчас нет времени, ночью постараюсь написать некоторые результаты. Формулу Эйлера можно записать в замкнутой форме без использования рекурсии, для неё находится производящая функция.

[alisa-lebovski]

staric

(Оффтоп)

staric в сообщении #1493958 писал(а):

Сижу дома, похоже, с известным вирусом, но все внимательно читаю...

Сочувствую. Держитесь.

[lel0lel]

Позволю маленький повтор.

lel0lel в сообщении #1493909 писал(а):

Теорема.
Пусть функция $g$ определена на натуральных числах следующим образом:
$g(1)=0;$ для простого $p$ и натурального $\widetilde{n}\not\equiv 0 \pmod{p}$ выполняется $g(p^k \widetilde{n})=g(\widetilde{n})+f(k)$, функция $f$ -- произвольная. Тогда имеет место обобщённая формула Эйлера:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ z^{g(n)}}{n^s}=\prod_{p}\frac{1}{1-\varphi_p(s,z)},\,\,\,\, \text{ где } \varphi_p(s,z)=\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j+1} a_j(z)}{(p^{s})^j},$$

функции $a_j(z)$ определяются следующим линейным рекуррентным соотношением:

$$a_0=1, a_{k+1}(z)=\sum\limits_{i=0}^{k}(-1)^i z^{f(i+1)}a_{k-i}(z).$$

Производящая функция:

$$G(a_k (z);x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}a_k(z)x^k=\frac{1}{1-\sum\limits_{i=0}^{\infty}(-1)^i z^{f(i+1)}x^{i+1}}.$$

Тогда the Euler product formula имеет вид:

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ z^{g(n)}}{n^s}=\prod_{p}\left(1+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{ z^{f(i)}}{(p^s)^i}\right).$$

(Оффтоп)

Должно быть эта формула известна, просто её сложно найти в литературе.

Выглядит полезным следующее обобщение.
Пусть функция $g$ определена на натуральных числах следующим образом:
$g(1)=0;$ для простого $p$ и натурального $\widetilde{n}\not\equiv 0 \pmod{p}$ выполняется $g(p^k \widetilde{n})=g(\widetilde{n})+f_p(k)$, функции $f_p$ -- произвольные. Другими словами для $n=p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ справедливо $g(n)=f_{p_1}(k_1)+\dots+f_{p_m}(k_m)$.
Тогда

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ z^{g(n)}}{n^s}=\prod_{p}\left(1+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{ z^{f_p(i)}}{(p^s)^i}\right).$$

На первый взгляд ничего существенно нового. Но это обобщение позволяет уменьшать или увеличивать вклады в сумму Дирихле от отдельных простых. Таким способом мы можем ввести некоторую модуляцию ряда простых чисел. Например если $f_p(i)=(i-1)h(p)$, здесь $h$ модулирующая функция, тогда

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ z^{g(n)}}{n^s}=\prod_{p}\left(1+\frac{1}{p^s-z^{h(p)}}\right).$$

(Оффтоп)

staric
Выздоравливайте и присоединяйтесь. Ваши задачи всегда очень интересны!

[RIP]

(Оффтоп)

lel0lel в сообщении #1494008 писал(а):

Должно быть эта формула известна, просто её сложно найти в литературе.

В человеческой формулировке она звучит так: если $f$ — мультипликативная функция и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ сходится абсолютно, то $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=\prod_{p}\left(\sum_{k=0}^{\infty}f\left(p^k\right)\right)$. (Для $f\geqslant0$ сходимость ряда равносильна сходимости произведения.) Должна быть практически в любом учебнике по аналитической теории чисел. Например, Tom M. Apostol «Introduction to analytic number theory», пар. 11.6 (по крайней мере в издании 1976 г.).

[lel0lel]

RIP
Спасибо! То-то меня не покидает чувство, что занимаюсь изобретением велосипеда) Сам же приводил ссылку https://dlmf.nist.gov/27.4, там она идёт первым номером
За учебник отдельное спасибо, надо будет как-нибудь почитать после работы.

[RIP]

lel0lel в сообщении #1493600 писал(а):

Думаю, именно это подразумевали авторы написав: "Thus it follows by standart methods".

Под standard methods подразумевается применение формулы Перрона (в аналитической теории чисел обычно используется приближённая версия этой формулы). Можно посмотреть, как доказывается асимптотический закон распределения простых чисел, например, в книжке: А.А. Карацуба «Основы аналитической теории чисел». Вещь действительно очень стандартная для аналитической теории чисел.

sup в сообщении #1493815 писал(а):

Между прочим, в работе… доказывается нужная формула в предположении, что существуют плотности

На самом деле нет — в работе доказывается одновременно и существование плотностей, и формула (с опусканием стандартных выкладок). Логика такая. Формулу (4.7) можно проинтерпретировать как сходимость характеристических функций. По теореме Леви из теории вероятностей, получаем сходимость по распределению. Нужна только неотрицательность всех $d_k$, чтобы $A(1,u)$ действительно было харфункцией нужного распределения, но это очевидно из представления $\sum_{k=0}^{\infty}d_kz^k=\frac{6}{\pi^2}\prod_p\left(1+\frac{1}{p+1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{p^k}\right)$.