Асимптотика сумм с функцией Мёбиуса

[Sonic86]

1.

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k) \frac{\ln k}{k}.$$

Значение суммы (она сходится) я нашел здесь: http://mathworld.wolfram.com/MoebiusFunction.html и смог вывести, а вот остаточный член частичной суммы оценить не получается Численно похож на $O \left( \frac{1}{\ln n}\right)$, но может и не такой. Вообще, хотелось бы поменьше
2.

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)$$

Ну тут понятно, что никто не знает (а кто знает - скрывает ) Мне надо оценку вида $O(n^a)$ для $\frac{1}{2}<a<1$ какая сейчас известна, хоть какую-нибудь. Я опять же пробежался по книжкам и погуглил, но не нашел. И правильно ли я понимаю, что $a$ можно брать $s_0 + \varepsilon$, где $s_0$ - известная на сегодня граница сверху для действительной части нулей дзета-функции? (если это так, то я в Воронине Карацубе нашел оценку нулей, но там предел для $a$ равен 1.)

[Руст]

Sonic86 в сообщении #472226 писал(а):

1.

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k) \frac{\ln k}{k}.$$

2.

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)$$

Ну тут понятно, что никто не знает (а кто знает - скрывает ) Мне надо оценку вида $O(n^a)$ для $\frac{1}{2}<a<1$ какая сейчас известна, хоть какую-нибудь. Я опять же пробежался по книжкам и погуглил, но не нашел. И правильно ли я понимаю, что $a$ можно брать $s_0 + \varepsilon$, где $s_0$ - известная на сегодня граница сверху для действительной части нулей дзета-функции? (если это так, то я в Воронине Карацубе нашел оценку нулей, но там предел для $a$ равен 1.)

Правильно понимаете. Чтобы доказать, что остаточный член порядка $O(n^{-1/2}(\ln n)^a)$ надо доказать гипотезу Римана.
Здесь только гипотеза Линделефа ни чем не поможет.

[Sonic86]

Руст в сообщении #472234 писал(а):

Правильно понимаете. Чтобы доказать, что остаточный член порядка $O(n^{-1/2}(\ln n)^a)$ надо доказать гипотезу Римана.
Здесь только гипотеза Линделефа ни чем не поможет.

Спасибо за справку!
А насчет пункта 1 - он тоже к ГР сводится?!

[Vince Diesel]

А для $\sum\limits_{k=1}^n \frac{\mu (k) }{k}$ известна асимптотика?

[Sonic86]

Vince Diesel в сообщении #472256 писал(а):

А для $\sum\limits_{k=1}^n \frac{\mu (k) }{k}$ известна асимптотика?

Вообще, оно похоже на $\prod\limits_{p \leqslant n} \left( 1-\frac{1}{p} \right) \sim \frac{e^{- \gamma}}{\ln x}$, но доказать у меня это пока не получилось

[Sonic86]

Я посчитал асимптотику $\sum\limits_{k=1}^n \frac{\mu (k)}{k}$ обходным путем. У меня получилось
$\sum\limits_{k=1}^n \frac{\mu (k)}{k} \sim \frac{1}{\ln n},$
причем константа $=1 \neq e^{-\gamma}$. Вряд ли я ошибся, но подсчитать лучше каким-то другим способ, а не моим, у меня решение слишком длинное + если я так решать буду, теряется смысл решать исходную задачу.
Я еще численно проверю сейчас.

[sup]

Прахар, стр. 85 $(\alpha \geqslant 0)$

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k) \frac{\ln ^{\alpha} k}{k}=b(\alpha)+O(e^{-c \sqrt{\ln n}}).$$

Прахар, стр. 82

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)=O(e^{-c \sqrt{\ln n}})$$

Эти оценки можно улучшить, но не "кардинальным" образом.

[Sonic86]

sup, спасибо!

-- Вс июл 31, 2011 06:18:04 --

sup в сообщении #472330 писал(а):

Прахар, стр. 82

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)=O(e^{-c \sqrt{\ln n}})$$

Только тут:

Прахар писал(а):

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)=O(n e^{-c \sqrt{\ln n}})$$

А у меня в Excele получилось, что $\lim\limits_{n \to + \infty} \sup n^{\frac{3}{5}} \sum\limits_{k=1}^n \mu (k) = + \infty$.

[Руст]

sup в сообщении #472330 писал(а):

Прахар, стр. 85 $(\alpha \geqslant 0)$

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k) \frac{\ln ^{\alpha} k}{k}=b(\alpha)+O(e^{-c \sqrt{\ln n}}).$$

Прахар, стр. 82

$$\sum\limits_{k=1}^n \mu (k)=O(e^{-c \sqrt{\ln n}})$$

Эти оценки можно улучшить, но не "кардинальным" образом.

В последнем по видимому пропустили n. Должно быть $O(nexp(-c \sqrt{\ln n})).$
Суммы с $\mu (k)$ тесно связаны с распределением простых чисел, т.е. с гипотезой Римана. В книжке Манина "Доказуемое, недоказуемое" приводится эквивалентная формулировка гипотезы Римана:

$$\sum_{k=1}^n \mu(k) =O(\sqrt n ).$$

Что касается $\sum_{k=1}^n\frac{\mu(k)}{k}$, то элементарными путями можно вывести $O(\frac{1}{\ln n})$. Только я не уверен, что коэффициент получится 1.

[sup]

(Оффтоп)

Да, разумеется, я там пропустил множитель $n$ Копи/паст, понимаете ли, будь он неладен.

[Руст]

Sonic86 в сообщении #472331 писал(а):

А у меня в Excele получилось, что $\lim\limits_{n \to + \infty} \sup n^{\frac{3}{5}} \sum\limits_{k=1}^n \mu (k) = + \infty$.

А как он считает. Вообще кто нибудь считал $f(n)=\sum_{k=1}^n \mu(k)$ до значений $n\le 10^9$?

[Sonic86]

Руст в сообщении #472339 писал(а):

А как он считает. $n\le 10^9$?

Блин, я опечатался: $\lim\limits_{n \to + \infty} \sup n^{\frac{3}{5}} \sum\limits_{k=1}^n \frac{\mu (k)}{k} = + \infty$.
Считал-то конечно я я численно оценил обратную величину скорости падения максимума среди всех сумм с верхним пределом, большим или равным $n$ для $n \geqslant 6 \cdot 10^4$. Выглядит некрасиво, но получилось что-то вроде $n^a(n)$, где $a(n)$ у меня медленно падает и упала меньше $0,6$.

Руст в сообщении #472339 писал(а):

А Вообще кто нибудь считал $f(n)=\sum_{k=1}^n \mu(k)$ до значений $n\le 10^9$?

Не знаю. Ну я могу Надо? Или думаете ресурсов очень много надо? Первые $10^5$ значений функции Мебиуса примерно за секунду посчиталось.

[Руст]

Sonic86 в сообщении #472360 писал(а):

Руст в сообщении #472339 писал(а):

А как он считает. $n\le 10^9$?

Не знаю. Ну я могу Надо? Или думаете ресурсов очень много надо? Первые $10^5$ значений функции Мебиуса примерно за секунду посчиталось.

При таком темпе до миллиарда может год потребуется. Интересно как выглядят максимальные отклонения. Интересен примерный график

$$f(n)=\frac{1}{\sqrt n}\sum_{k=1}^n\mu(k).$$

[Sonic86]

Руст в сообщении #472370 писал(а):

При таком темпе до миллиарда может год потребуется.

Да вроде нет. За 3 минуты дошел до $10^7$. И это при том, что я делители перебираю всего лишь как $2;3;4;5;6;...$. Но дело оказывается не в этом: файл будет весить 1 Гб. А коэффициент сжатия не более 10. А Интернет у меня плохой Хотя могу скинуть код программы (хотя тогда Вы его и сами сможете наваять). Надо?

[Руст]

Можно ограничиться до $10^8$. Если можно сделать график указанной функции, было бы хорошо.