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
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение15.11.2023, 17:54 


13/01/23
286
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 :(

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение16.11.2023, 11:21 


23/02/12
3026
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение16.11.2023, 14:11 


13/01/23
286
vicvolf, ну так со вторым случаем всё было понятно, да. А вот первый?..

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение17.11.2023, 10:10 


23/02/12
3026
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение17.11.2023, 22:55 


13/01/23
286
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 $f(p_1^{k_1}\dots p_s^{k_s}) = f(p_1)+\dots +f(p_s)$

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение18.11.2023, 11:34 


23/02/12
3026
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!+...$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение18.11.2023, 13:48 


13/01/23
286
vicvolf, Ваша оценка не противоречит моей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение18.11.2023, 15:28 


23/02/12
3026
KhAl в сообщении #1618585 писал(а):
vicvolf, Ваша оценка не противоречит моей.

А можете ее доказать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение18.11.2023, 16:13 


13/01/23
286
vicvolf, это же просто $|2\sin(x/2)| \leqslant |x|$

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение19.11.2023, 09:24 


23/02/12
3026
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение19.11.2023, 21:15 


13/01/23
286
vicvolf, не необходимо и достаточно, а просто достаточно.

Первый случай остаётся несделанным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение20.11.2023, 11:01 


23/02/12
3026
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. $\sum_p {\frac{|f(p)|}{p}} < \infty$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение20.11.2023, 22:35 


13/01/23
286
бред, но у меня нет сил и желания с Вами спорить. ищите ошибку, из темы ухожу (решения задачи Вы, кажется, не знаете)

 Профиль  
                  
 
 Re: Обращение Мебиуса для сильно мультипликативных ариф. функций
Сообщение20.11.2023, 23:35 


23/02/12
3026
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 29 ]  На страницу Пред.  1, 2

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