Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций

[vicvolf]

Доказать, что $g*\mu(p^a)=0$, если $g(n)$ - сильно мультипликативная арифметическая функция, $p$ - простое число и $a \geq 2$ - натуральное число.

[KhAl]

В смысле, для $a \geqslant 2$ доказать, что $g(p^a) - g(p^{a-1}) = 0$, если для всякого $b \geqslant 1$ $g(p^b) = g(p)$?

Тянет на открытую* проблему.

* в антидискретной топологии

[vicvolf]

KhAl Рад, что задача оказалась для Вас тривиальной. Скажите, пожалуйста, Вам эта формула была известна ранее или взяли из темы Заголовок: Свертка Дирихле и Обращение Мебиуса для мультипликатив. а.ф.? Я просил в этой теме ответить - известны ли данные формулы, но никто не ответил. Поэтому и разместил эту задачку.

[KhAl]

vicvolf, я вроде никакой формулы не приводил, просто выписал определение свёртки?

[vicvolf]

Тогда другая задача на обращение Мебиуса. Определить сходимость ряда:

$$\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}},$$

где $i$ - мнимая единица а $t$ - постоянная, в случаях:
1. $f(n)=\ln n$.
2. $f(n)=\ln \frac {\varphi(n)}{n}$?

[vicvolf]

Сделаю подсказку.
Ряд Дирихле $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{e^{itf(n)}*\mu(n)}{n}}$ сходился бы абсолютно, если ряды Дирихле $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{e^{itf(n)}}{n}}$ и $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{\mu(n)}{n}}$ - сходились абсолютно. Это условие является достаточным. Однако, оно не выполняется, так как ряд Дирихле $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{\mu(n)}{n}}$ сходится условно и ряд Дирихле $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{e^{itf(n)}}{n}}$ также не сходится абсолютно. Поэтому для определения абсолютной сходимости исходного ряда необходимо анализировать обращение Мебиуса $e^{itf(n)}*\mu(n)$ для конкретной арифметической функции $f$.

[KhAl]

Для всякой мультипликативной арифметической функции $g(n) \geqslant 0$ выполнено

$$\sum_{n=1}^{+\infty} g(n) = \prod_{p \in \mathbb{P}} \left( \sum_{k=0}^{+\infty} g(p^k) \right)$$

В случае 1 $g(p^k) = \frac{2\lvert\sin(t\ln(p)/2)\rvert}{p^k}$, $k \geqslant 1$. Не вижу причин, чтобы такое произведение сходилось, слишком уж похоже на обычную сумму из $\frac{1}{n}$.

В случае 2 $g(p) = \frac{2\lvert\sin(t\ln(p-1)/2)\rvert}{p}$, $g(p^k) = 0$ для $k \geqslant 2$. То же самое.

Неясно, как с этим всем разбираться без PNT, да и с ней я не умею...

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1617621 писал(а):

Неясно, как с этим всем разбираться без PNT, да и с ней я не умею...

PNT - Probabilistic number theory? В этом случае ничего специфичного нет. Не надо уходить от оценки выражений с комплексными числами, воспользуйтесь тем, что $e^{it\ln h(n)}=(h(n))^{it}$.

[KhAl]

vicvolf, нет, это prime number theorem

vivolf писал(а):

воспользуйтесь тем, что $e^{it\ln h(n)}=(h(n))^{it}$.

Правая часть это ведь только формальная запись, возводить в мнимую степень нельзя, а если и можно, то неприятно? Можно из неё вытащить мультипликативность левой части, но и не более... Нужны-то какие-то оценки снизу на свёртку, а их откуда брать?

(это я так, с собой разговариваю, Вы можете не отвечать)

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1617689 писал(а):

возводить в мнимую степень нельзя, а если и можно, то неприятно?

А слева разве не мнимая степень? Существует аналитическое продолжение показательной функции $e^z$. Справедливо также аналитическое продолжение тождества $e^{\ln z}=z$ везде кроме отрицательной вещественной оси (в нашем случае при $h(n)>0$).

[KhAl]

vicvolf, ну $n^{it}$ и $n^{it}$, а что дальше то? Чем удобнее, чем $\exp(it \ln(n))$?

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1617621 писал(а):

Для всякой мультипликативной арифметической функции $g(n) \geqslant 0$ выполнено

$$\sum_{n=1}^{+\infty} g(n) = \prod_{p \in \mathbb{P}} \left( \sum_{k=0}^{+\infty} g(p^k) \right)$$

В случае 1 $g(p^k) = \frac{2\lvert\sin(t\ln(p)/2)\rvert}{p^k}$, $k \geqslant 1$. Не вижу причин, чтобы такое произведение сходилось, слишком уж похоже на обычную сумму из $\frac{1}{n}$.
В случае 2 $g(p) = \frac{2\lvert\sin(t\ln(p-1)/2)\rvert}{p}$, $g(p^k) = 0$ для $k \geqslant 2$. То же самое.

Хочу разобраться с Вашим решением. Не могли бы Вы подробнее его расписать (особенно тригонометрическую часть)? Во втором случае наверно $\ln (\varphi(p)/p)=\ln(1-1/p) \sim -1/p$, что влияет на сходимость, учитывая $p$ в знаменателе?

[KhAl]

Распишу через пару часов.

В случае 2 ошибся, похоже, и ряд сходится.

[KhAl]

vicvolf в сообщении #1616607 писал(а):

Тогда другая задача на обращение Мебиуса. Определить сходимость ряда:

$$\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}},$$

где $i$ - мнимая единица а $t$ - постоянная, в случаях:
1. $f(n)=\ln n$.
2. $f(n)=\ln \frac {\varphi(n)}{n}$?

Общее:
1) $\exp(it f(n))$ мультипликативна, если $f$ удовлетворяет $f(mn) = f(m) + f(n)$ для $m \perp n$. Значит и общий член ряда мультипликативен.
2) Как уже было сказано, для всякой мультипликативной арифметической функции $g(n) \geqslant 0$ выполнено

$$\sum_{n=1}^{+\infty} g(n) = \prod_{p \in \mathbb{P}} \left( \sum_{k=0}^{+\infty} g(p^k) \right)$$

3) При $n = p^k,\, k \geqslant 1$ имеем $|\exp(it f(p^k)) * \mu(p^k)| = |\exp(it f(p^k)) - \exp(it f(p^{k-1}))|$

3.2) Для $k \geqslant 2$ это $0$, а для $k = 1$ это $|\exp(it\frac{1}{p-1}) - 1| = O(1/p)$. Тогда ряд равен произведению вида $\prod_{p \in \mathbb{P}} (1 + O(1/p^2))$, которое сходится.

3.1) Имеем $f(mn) = f(m) + f(n)$. Поделив выражение из 3) на $1 = |\exp(it f(p^{k+1/2}))|$, получим $|\exp(it f(p/2)) - \exp(-it f(p/2))| = 2|\sin(it \ln (p/2))|$.
Тогда произведение сходится т.т.т сходится сумма $\sum_{p \in \mathbb{P}} 2\frac{|\sin(\ln(p/2))|}{p}$ (логарифмируем произведение и отбрасываем слагаемые порядка малости $p^{-2}$. Такая сумма должна расходиться, наверное.

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1617911 писал(а):

а для $k = 1$ это $|\exp(it\frac{1}{p-1}) - 1| = O(1/p)$.

Немного уточню. Разложение в ряд $e^z=\sum_{n=0}^{\infty} {\frac{z^n}{n!}}$ справедливо для всей комплексной плоскости.
Во втором случае $z=it\ln(1-\frac{1}{p})$. Поэтому
$e^{it\ln(1-\frac{1}{p})}=1+it\ln(1-\frac{1}{p})+0,5it\ln(1-\frac{1}{p})^2+...$$ \sim 1-\frac{it}{p}+O(\frac{1}{p^2})$.
Учитывая это оценка модуля равна:
$|e^{it\ln(1-\frac{1}{p})}-1|=O(1/p)$.

Пожалуйста, используйте разложение в ряд $e^z$ для первого случая.