Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций

[KhAl]

vicvolf, спасибо за подсказку, но я не понимаю/не верю, что это сработает.

Для первого случая у меня есть три (равных) выражения:
Первоначальное $|\exp(it \ln(p^k)) - \exp(it \ln(p^{k-1}))|$;
Чуть проще $|\exp(it \ln(p)) - 1|$;
И тригонометрическое $|\exp(it \ln(p)/2) - \exp(-it \ln(p)/2)|$. К какому из них Вы предлагаете применять рязложение в ряд?

Кстати, я здесь постоянно путаю, где ставить двойку, внутри или вне логарифма, прошу простить за это :(

[vicvolf]

Если $f(n)$ - сильно аддитивная функция, для которой $|f(p)| \leq 1$ - убывающая функция и $\sum_{p}\frac{f(p)}{p}< \infty$, то $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}-1|}{n}} < \infty$.

Доказательство

Так как $|f(p)| \leq 1$ - убывающая функция, то справедливо разложение в ряд: $e^{itf(p)}=1+itf(p)+O(f^2(p))$.(1)

На основании (1): $\sum_p{\frac{|e^{itf(p)}-1|}{p}}=\sum_p{\frac {tf(p)}{p}}+O(\sum_p{\frac{f^2(p)}{p}})$.(2)

Учитывая, что $|f(p)| \leq 1$, то $|f^2(p)| \leq |f(p)|$. Поэтому если $\sum_{p}\frac{f(p)}{p}< \infty$, то $\sum_{p}\frac{f^2(p)}{p}< \infty$ и на основании (2) выполняется $\sum_p{\frac{|e^{itf(p)}-1|}{p}} < \infty$.(3)

Для сильно аддитивной $f(n)$ выполнения (3) достаточно, чтобы $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}-1|}{n}} < \infty$ ч.т.д.

Случай 2 является примером выполнения данного утверждения.

Для случая 1 данное утверждение не подходит.

[KhAl]

vicvolf, ну так со вторым случаем всё было понятно, да. А вот первый?..

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1618177 писал(а):

vicvolf, ну так со вторым случаем всё было понятно, да. А вот первый?..

Не совсем понятно. По-моему требование убывание аддитивной арифметической функции $f(n)$ можно убрать, так как при $|f(p)| \leq 1$ получается, что $|f(p)| \geq f^2(p)$. Посмотрите, пожалуйста, внимательнее, а потом перейдем к случаю 1.

[KhAl]

vicvolf, да, можно убрать, если $f(n)$, $t$ вещественные (тогда $|\exp(it f(p)) - 1| \leqslant |tf(p)|$), или если $f$ ограничена (тогда как Вы сказали). При этом требуем $f(p_1^{k_1}\dots p_s^{k_s}) = f(p_1)+\dots +f(p_s)$

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1618524 писал(а):

vicvolf, да, можно убрать, если $f(n)$, $t$ вещественные (тогда $|\exp(it f(p)) - 1| \leqslant |tf(p)|$)

Это не верно, так как $|e^{itf(p)-1}|=|itf(p)}-t^2f^2(p)/2-it^3f^3(p)/3!-t^4f^4(p)/4!-...| $$ \leq |tf(p)|+t^2f^2(p)/2+|t^3f^3(p)|/3!+t^4f^4(p)/4!+...$.

[KhAl]

vicvolf, Ваша оценка не противоречит моей.

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1618585 писал(а):

vicvolf, Ваша оценка не противоречит моей.

А можете ее доказать?

[KhAl]

vicvolf, это же просто $|2\sin(x/2)| \leqslant |x|$

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1618616 писал(а):

vicvolf, это же просто $|2\sin(x/2)| \leqslant |x|$

Понял. Домножим на $|e^{-itf(p)/2}|=1$ и получим $|e^{itf(p)}-1||e^{-itf(p)/2}|=|e^{itf(p)/2}-e^{-itf(p)/2}}|=|2isin(tf(p)/2)| \leq |tf(p)|$.
Поэтому $\sum_p {\frac{|e^{itf(p)}-1|}{p}} \leq \sum_p {\frac{|tf(p)|}{p}}< \infty$, когда $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$. Это необходимо и достаточно для сильно аддитивной арифметической функций $f$, чтобы $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}} < \infty$
Во втором случае это выполняется.
Оказывается условия $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$ необходимо и достаточно также для аддитивной арифметической функции $f$, чтобы $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}} < \infty$. Частично Вы уже это делали:
Поделив выражение $|\exp(it f(p^k)) - \exp(it f(p^{k-1}))|$ на $1 = |\exp(it f(p^{k+1/2}))|$, получим $|\exp(it f(p/2)) - \exp(-it f(p/2))| = 2|\sin(it f(p)/2) \leq |tf(p)|$.
Далее $\sum_{p} {\frac {|\exp(it f(p^k)) - \exp(it f(p^{k-1}))|}{p^k}}\leq \sum_{p} {\frac{|tf(p)|}{p^k}}< \infty$.
Если это условие выполняется для $k=1$, то оно выполняется для $k>1$.
Условие $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$ для аддитивной арифметической функции $f$ в первом случая не выполняется, поэтому ряд в этом случае расходится.

[KhAl]

vicvolf, не необходимо и достаточно, а просто достаточно.

Первый случай остаётся несделанным.

[vicvolf]

KhAl в сообщении #1618832 писал(а):

vicvolf, не необходимо и достаточно, а просто достаточно.

Необходимость доказывается очень просто.

Утверждение
Пусть $f$ - аддитивная арифметическая функция, для которой выполняется условие - $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}} < \infty$, тогда $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$.

Доказательство
Учитывая, что $f$ - аддитивная арифметическая функция, поэтому $e^{itf(n)$ - мультипликативная арифметическая функция.
Следовательно: $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{|e^{itf(n)}*\mu(n)|}{n}} = \prod_{l=1}^{\infty}{\sum_{p} {\frac {|\exp(it f(p_l^k)) - \exp(it f(p_l^{k-1}))|}{p_l^k}}}< \infty$, где $k \geq 1$.
Отсюда выполняется $\sum_{p} {\frac {|\exp(it f(p^k)) - \exp(it f(p^{k-1}))|}{p^k}}\leq \sum_{p} {\frac{|tf(p)|}{p^k}}< \infty$, где $t$ - фиксированное действительное число.
Последнее выполняется, если $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p^k}} < \infty$, при $k \geq 1$.
Следовательно это справедливо и для $k=1$, т.е. $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$.

[KhAl]

бред, но у меня нет сил и желания с Вами спорить. ищите ошибку, из темы ухожу (решения задачи Вы, кажется, не знаете)

[vicvolf]

KhAl Спасибо за участие в теме. В первом случае ряд действительно расходится. У меня есть решение в частном случае, но я хотел его обобщить. Давайте закончим.