Как это доказывается?

[maximk]

$\sum\limits_{a=1}^{n}\frac{1}{a'} = O(\sqrt{n})$
при $n\to\infty$.

Здесь $a'$ есть произведение всех простых делителей $a$.


Можно попробовать рассмотреть сумму $\frac{1}{\max_{p|a'}}$, где $p$ - простое, но что это даст?

[mathematician123]

maximk в сообщении #1636046 писал(а):

Здесь $a'$ есть произведение всех простых делителей $a$.

Обычно это называют радикалом и обозначают $\text{rad}(a)$.

Можно написать оценку сверху

$$\sum_{a = 1}^{n} \frac{1}{\text{rad}(a)} \le \sqrt{n} + \frac{k_1}{n^{1/3}} + k_2$$

где $k_1$ - количество чисел $x$ из промежутка от 1 до $n$, для которых $n^{1/3} < \text{rad}(x) < n^{1/2}$, $k_2$ - количество чисел $x$ из промежутка от 1 до $n$, для которых $\text{rad}(x) < n^{1/3}$. Тогда достаточно доказать оценки $k_1 = O(n^{5/6})$, $k_2 = O(n^{1/2})$. Выглядит правдоподобно, хотя я не знаю как это доказывать.

[maximk]

А если попытаться рассмотреть сумму $\sum\limits_{a=1}^{n}\frac{1}{\ln(\ln a)}$? (Здесь радикал оценили суммой обратных простых чисел: формулу можно найти в учебнике Бухштаба по теории чисел в параграфе о числовых функциях)

Что о ней можно сказать?

[Null]

$\sum\limits_{a=2}^{n}\frac{1}{\ln(\ln a)}\sim \frac{n}{\ln(\ln n)}$ - слишком много.

[maximk]

Вообще интересно несколько более общее утверждение. А именно

$\sum\limits_{a=1}^{n}\frac{\mu(a')a'}{a^2}\varphi(a)=O(n^{(1/2)+\varepsilon})$.

Здесь $\mu(k)$ - функция Мёбиуса, $\varphi(k)$ - функция Эйлера.

Понятно, что $\varphi(a)\leqslant a$, $|\mu(k)|\leqslant 1$, если грубо.