Подобрать мультипликативную функцию

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1627165 писал(а):

Если хотите, чтобы проверили Ваше рассуждения - так и напишите, и напишите хотя бы, что доказываете.

Уточню. Вот что я доказываю:

vicvolf в сообщении #1627162 писал(а):

Пусть $f(n)=u*\mu(n)$, где $u(n)$ - мультипликативная арифметическая функция.

Тогда из выполнения условия:
$\sum_{k=1}^{\infty} |u*\mu(p^k)|=\sum_{k=1}^{\infty} |u(p^k)-u(p^{k-1})|=O(1/p^{1+\epsilon})$ (4)

следует $\sum_{n=1}^{\infty}|u*\mu(n)| < \infty$, (5)

и $\sum_{n=1}^{\infty} u*\mu(n)= \prod_p (1+\sum_{k=1}^{\infty} (u(p^k)-u(p^{k-1})))$. (6)

Пример $u(p^k)=1/p^{2k+2}$.

В этом случае:
$\sum_{k=1}^{\infty} |u(p^k)-u(p^{k-1})|=$$\sum_{k=1}^{\infty}{(1-1/p^2)(1/p^{2k})}=1/p^2=O(1/p^{1+\epsilon})$, т.е. выполняется условие (4).

Отсюда следует:
$\sum_{k=1}^{\infty} (u(p^k)-u(p^{k-1}))=1/p^2$ и $\prod_p(1+1/p^2)=\zeta(2)/\zeta(4)$, поэтому $\sum_{n=1}^{\infty}u*\mu(n)=\zeta(2)/\zeta(4)$.

Если $n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}$, то по мультипликативности: $u(n)=1/p_1^{2m_1+2}p_2^{2m_2+2}...p_k^{2m_k+2}$.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1627198 писал(а):

при условии $u(p^k) \geq u(p^{k-1})$

А кто сказал, что $u(p^k)$ вообще монотонна по $k$? Что если она прыгает туда-сюда, тогда ряд телескопическим не получится.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1627364 писал(а):

vicvolf в сообщении #1627198 писал(а):

при условии $u(p^k) \geq u(p^{k-1})$

А кто сказал, что $u(p^k)$ вообще монотонна по $k$? Что если она прыгает туда-сюда, тогда ряд телескопическим не получится.

Спасибо за замечание. Я тоже об этом подумал, поэтому сменил формулировку.

[mihaild]

vicvolf в сообщении #1627375 писал(а):

Я тоже об этом подумал, поэтому сменил формулировку

Не вижу разницы между формулировкой в post1627198.html#p1627198 и post1627241.html#p1627241.
Что (4) влечет (5) и (6) правдоподобно, но надо аккуратно расписать.

[vicvolf]

mihaild в сообщении #1627376 писал(а):

vicvolf в сообщении #1627375 писал(а):

Что (4) влечет (5) и (6) правдоподобно, но надо аккуратно расписать.

Спасибо!

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1627098 писал(а):

Нашел нетривиальные решения. Интересным методом - Свертки Дирихле. Может кто-то попробует? Приведу решение немного позже.

Метод свертки Дирихле в исследовании поведения арифметических функций основан на том, что некоторая арифметическая функция $u(n)$ представляется в виде свертки Дирихле некоторой близкой функции с известной асимптотикой $u_0(n)$ и достаточно малой арифметической функции$g(n)$, т.е. $u(n)$ ищется в виде $u(n)=u_0*g(n)$.

В нашем случае, тривиальным решением, как уже говорилось, является $u(n)=1$, поэтому берем в качестве $u_0=1$ и ищем решение в виде: $u(n)=1*g(n)=\sum_{d|n}{g(d)}$, (7)
где $g(n)$ - мультипликативная арифметическая функция, для которой $\sum_{k=1}^{\infty}{|g(p^k)|}=O(1/p^{1+\epsilon})$. (8)

В этом случае $\sum_{k=1}^{\infty} {|u*\mu(p^k)|}=\sum_{k=1}^{\infty} {|1*g*\mu(p^k)|=\sum_{k=1}^{\infty} {|g(p^k)|}=O(1/p^{1+\epsilon})$, т.е. выполняется условие (4).

Поэтому выполняются (5),(6) и справедливо равенство: $\sum_{n=1}^{\infty} {u*\mu(n)}=\prod_p (1+\sum_{k=1}^{\infty}{g(p^k))}$.(9)

Пример. Пусть $g(p^k)=1/p^{2k}$. Тогда, учитывая (7): $u(n)=1*1/Id_2=\sum_{d|n}{1/Id_2(d)$ и:

$\sum_{k=1}^{\infty}{|g(p^k)|}=\sum_{k=1}^{\infty}{|1/p^{2k}|}=\frac{1}{p^2-1}=O(1/p^{1+\epsilon})$, т.е. соответствует условию (8).

Поэтому на основании (9): $\sum_{n=1}^{\infty} {u*\mu(n)}=\prod_p (1+\sum_{k=1}^{\infty}(1/p^{2k}))= \zeta(2)$.