Распределение простых, равносильные утверждения

[Sonic86]

В статье Постникова и Романова
http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml ... n_lang=rus
о распределении простых в самом начале написано

статья писал(а):

Асимптотический закон распределения простых чисел имеет несколько эквивалентных формулировок (в том смысле, что одно утверждение выводится из другого путём элементарных рассуждений), например:

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x)$$

$$\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$$

$$\sum\limits_{p\leqslant x}\ln p \sim x$$

Я не могу понять, почему формулировки с функцией Мебиуса эквивалентны?
Я могу доказать, что из $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$ следует, что $\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)=o(x)$. Но в противоположную сторону просто так не получается.
Более того, если считать, что для функции $\alpha(n)$ верно, что $\sum\limits_{n\leqslant x}\alpha(n)=o(x)$, то отсюда не следует, что $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\alpha(n)}{n}=o(1)$ (например, для $\alpha(n)=\frac{1}{\ln n}$). Т.е. только того знания о $\mu$, что $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$ для вывода $\sum\limits_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}{n}=o(1)$ недостаточно, нужно что-то еще знать (и кстати: если $\alpha$ домножить на константу, то будет видно, что добавления факта $\mu(n)|\leqslant 1$ тоже недостаточно).

Подскажите, как доказать?

[ex-math]

Преобразование Абеля дает лишь $o(\ln x)$.

[Sonic86]

Ну вот у меня такая же ситуация Видимо, авторы использовали еще какое-то соотношение.

[ex-math]

Нашел для Вас доказательство в книге Харди "Расходящиеся ряды". Теорема 267 на с.465, нужна только первая часть, доказательство сразу за ней. Что подставить в нашем случае написано в самом конце параграфа. Ничего сложного, просто чуть более тонкий подход.

Суть в том, чтобы рассмотреть сумму

$$ \sum_{n\leqslant x}\mu(n)\left\{\frac xn\right\}=x\sum_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}n-1 $$

и показать, что она есть $o(x)$. Для этого ее разбивают на две: по $n\leqslant\delta x$ и $\delta x<n\leqslant x$. Первая тупо меньше $\delta x$, а со второй надо сделать преобразование Абеля и пользоваться тем, что по предположению $M(x)=o(x)$. Там выйдет сумма типа

$$ \sum_{\delta x<n\leqslant x}\left|\left\{\frac xn\right\}-\left\{\frac x{n+1}\right\}\right|, $$

так она разобьется на $\frac1{\delta}$ сумм, в каждой из которых под знаками дробных долей стоят числа с одинаковой целой частью. Тогда модули можно снять и все посокращается, а сумма в целом будет $O(\frac1{\delta})$, ну и на $o(x)$ домножить. Остается только произнести заклинания, что для любого эпсилон мы выберем сначала дельту, чтобы первая сумма была мала, а потом такой большой $x$, чтобы была мала вторая.

[Sonic86]

Ага, понимаю! У авторов в конце доказательства кстати тот же подход:
Сумма $S(x)$ разбивается там на $S(\delta x)$ и вторую сумму, которая оценивается как $f(x,\delta)\frac{1}{\sqrt{\delta}}o(x)$. В 1-й сумме делаем малый коэффициент за счет $\delta$, а во 2-й большой коэффициент поедается $o(x)$.

А точность оценки, видимо, получается за счет использования в формуле

ex-math в сообщении #757643 писал(а):

$$ \sum_{n\leqslant x}\mu(n)\left\{\frac xn\right\}=x\sum_{n\leqslant x}\frac{\mu(n)}n-1 $$

соотношения $\sum\limits_{n\leqslant x}\mu(n)\left[\frac{x}{n}\right]=1$, за счет которого берется оценка.

[ex-math]

Совершенно верно, поэтому-то с $\alpha(n)$ такая штука ничего не даст.

[Sonic86]

Я попробовал - у меня все равно не получается ни по теореме Аксера из книги Харди, ни просто так:
1. В теореме Аксера стоит условие $\chi(x)$ имеет ограниченную вариацию на каждом конечном интервале из $[1;X]$. У нас в качестве $\chi(x)$ берется $\{x\}$. Определение вариации я взял с Вики: $V_a^b(\{x\})=\sup\limits_{a\leqslant x_1<...<x_m\leqslant b}\sum\limits_{k=0}^m|\{x_{k+1}\}-\{x_k\}|$. Тогда на всем отрезке $[1;X]$ $\{x\}$ имеет вариацию $2X$, а последняя величина неограниченна при $X\to\infty$.
2. Если просто в лоб расписать, то получим
$S(x)=S(\delta x)+o(\delta)+\sum\limits_{\delta x+1<n<x}M(n)\left(\left[\frac{x}{n}\right]-\left[\frac{x}{n+1}\right]\right)+\sum\limits_{\delta x+1<n<x}\frac{M(n)}{n(n+1)}$
Последнее слагаемое $=o(1)\ln \frac{1}{\delta}$, а что делать с предпоследним - неясно. Даже если предположить, что всегда $\left[\frac{x}{n}\right]-\left[\frac{x}{n+1}\right]=[n\mid x]\leqslant 1$, то получим сумму $\sum\limits_{n\mid x, n>\sqrt{x}}M(n)$, которую лучше чем $\frac{1}{2}\tau(x)M(x)$ я оценить не могу.

...Хотя я могу в этой сумме выполнить обратное суммирование по частям (что немного смущает):
$\sum\limits_{\delta x+1<n<x}M(n)\left(\left[\frac{x}{n}\right]-\left[\frac{x}{n+1}\right]\right)=$
$=M(x)-M(\delta x)\left[\frac{1}{\delta}\right]+\sum\limits_{\delta x+1<n<x}(M(n)-M(n-1))\left[\frac{x}{n}\right]=$
$=M(x)-M(\delta x)\left[\frac{1}{\delta}\right]+\sum\limits_{\delta x+1<n<x}\mu(n)\left[\frac{x}{n}\right]=$
$=o(x)+(1+\frac{1}{\delta})\sum\limits_{\delta x+1<n<x}\mu(n)=o(x)$

И тогда все вроде получается.
Но я еще толком не проверил.

[ex-math]

1. Там действительно немного корявая формулировка. Имеется в виду, что вариация на конечном интервале ограничена. В нашем случае $2X$ ограничено при фиксированном $X$. Это условие просто отсекает совсем уж уродливые $\chi(x)$. Чтобы развеять сомнения, посмотрите как это используется в доказательстве -- там нужна оценка вариации на отрезке $[1,\frac1\delta]$, а именно, чтобы это была константа, зависящая только от $\delta$.

2. Зря Вы разбиваете дробную долю на два слагаемых -- это громоздко. Но зато лучше видно, что в предпоследней сумме почти все слагаемые равны нулю, кроме тех $O(\frac1\delta)$ штук, для которых эти целые части различаются. Лучше все же вернуться к дробным долям. Представим, что в вашей предпоследней сумме они стоят вместо целых частей. Оценивая по модулю каждое слагаемое и пользуясь условием на $M(x)$, получим $o(x)$, умноженное на вторую сумму из моего позапрошлого поста (лень переписывать). Дальше нужно избавиться от модулей, чтобы слагаемые посокращались. Это можно сделать, если $\{\frac xn\}$ монотонна. У нас в сумме $O(\frac1\delta)$ таких участков монотонности. На каждом из них остаются только первая и последняя дробные доли, то есть не больше единицы.

[Sonic86]

ex-math в сообщении #758015 писал(а):

Зря Вы разбиваете дробную долю на два слагаемых -- это громоздко. Но зато лучше видно, что в предпоследней сумме почти все слагаемые равны нулю, кроме тех $O(\frac1\delta)$ штук, для которых эти целые части различаются. Лучше все же вернуться к дробным долям. Представим, что в вашей предпоследней сумме они стоят вместо целых частей. Оценивая по модулю каждое слагаемое и пользуясь условием на $M(x)$, получим $o(x)$, умноженное на вторую сумму из моего позапрошлого поста (лень переписывать). Дальше нужно избавиться от модулей, чтобы слагаемые посокращались. Это можно сделать, если $\{\frac xn\}$ монотонна. У нас в сумме $O(\frac1\delta)$ таких участков монотонности. На каждом из них остаются только первая и последняя дробные доли, то есть не больше единицы.

все, понял. Я спутал с суммой по делителям и вообще заклинило
Т.е.
$|\cdot|\leqslant\left|\sum\limits_{\delta x<n<x}|M(n)|\left|\left\{\frac{x}{n}\right\}-\left\{\frac{x}{n+1}\right\}\right|\right|\leqslant \max\limits_{\delta x<n<x}|M(n)|\sum\limits_{\delta x<n<x}\left|\left\{\frac{x}{n}\right\}-\left\{\frac{x}{n+1}\right\}\right|$
интервалы, на которые разбивается последняя сумма, их граничные точки $\frac{x}{1};\frac{x}{2};\frac{x}{3};...$ и тогда их точно $O(\frac{1}{\delta})$.
И тогда можно было бы совсем без $\delta$ обойтись, сразу заменять ее на $\frac{1}{\sqrt{x}}$ например (несколько непривычно работать с ф-ями 2-х переменных и с символом $O$)

ex-math в сообщении #758015 писал(а):

1. Там действительно немного корявая формулировка. Имеется в виду, что вариация на конечном интервале ограничена. В нашем случае $2X$ ограничено при фиксированном $X$. Это условие просто отсекает совсем уж уродливые $\chi(x)$. Чтобы развеять сомнения, посмотрите как это используется в доказательстве -- там нужна оценка вариации на отрезке $[1,\frac1\delta]$, а именно, чтобы это была константа, зависящая только от $\delta$.

Понял.

Еще раз спасибо за столь подробные объяснения

[ex-math]

Все-таки совсем без дельты нельзя. Вот если бы знать, что $M(x)=O(x/f(x))$ с растущей $f(x)$, тогда да, можно было бы выбрать дельта явно, скажем, $1/\sqrt{f(x)}$.

[Sonic86]

Сейчас попробовал явно - да, получается, что без дельты нельзя, потому мы ее должны в явном виде держать до самого конца рассуждений, чтобы не стереть информацию, а конец выглядит упрощенно так:
$(\forall \delta>0)F(x)=\delta O(x)+\frac{1}{\delta}o(x)$ и отсюда уже рассуждениями получаем, что $F(x)=o(x)$ (или сначала написать, что $\frac{1}{\delta}o(x)=o(x)$, а уже потом положить $\delta=\delta(x)=o(1)$, что формально не жульничество ). Если же заранее положить $\delta=\delta(x)=o(1)$, то оценить мы не сможем, потому что не может быть определено выражение $\frac{o(1)}{o(1)}$.

ex-math в сообщении #758720 писал(а):

Все-таки совсем без дельты нельзя. Вот если бы знать, что $M(x)=O(x/f(x))$ с растущей $f(x)$, тогда да, можно было бы выбрать дельта явно, скажем, $1/\sqrt{f(x)}$.

Прочитал и засомневался: а разве, если произвольная $F(x)=o(x)$, то мы не можем утверждать, что $F(x)=O\left(\frac{x}{f(x)}\right)$ с $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$? Вроде как можем Просто $f(x):=\frac{x}{F(x)}=\frac{1}{o(1)}$ - бесконечно большая (а как бесконечно большую в $O$-символике писать?).
Значит нам для избавления от дельты только этого и не хватало?
Хотя писать в доказательстве от начала до конца неведомые $f(x)$, про которые известно лишь то, что они бесконечно большие, это, конечно, странно. Но может это проще, чем использовать эпсилон-дельта рассуждения.

Просто ясно, что если в конце неявно превращаем $\delta$ в $\delta(x)$, то можно сразу выполнить эту подстановку в самом начале (поскольку подстановки и преобразования коммутативны) и потом не мучиться. Хотя может с дельтой даже лучше.

(Оффтоп)

Т.е. проблема такая: с одной стороны, чем больше информации сотрем, тем понятнее будет. С другой стороны, если сотрем лишнюю информацию, то доказательство не пройдет. Нужно выбрать оптимальный вариант рассуждения.

[ex-math]

Вот поэтому я и предпочитаю по возможности работать с $O$, потому что там $f(x)$ всегда конкретна, и мы фактически имеем дело с неравенством. А "неведомая" $f(x)$ это, как Вы и отметили, по сути то же, что $o$, то есть некое предельное соотношение. Значит эпсилон и дельта тут будут самым естественным языком, хотя это дело вкуса, разумеется.

Кстати, Ваше намерение взять $\delta(x)$ типично для работы с $O$. А здесь скорее будет $x(\delta)$ вот в каком смысле: для любого $\varepsilon$ берем такое $\delta$ (у нас оно просто будет равно $\varepsilon$), чтобы первая сумма была меньше $\varepsilon x$. При этом вторая сумма не превосходит $\frac x\delta$ умноженного на некоторую бесконечно малую. Тогда по определению, начиная с некоторого $x_0(\delta)$, эта бесконечно малая будет меньше $\varepsilon\delta$, а вторая сумма меньше $\varepsilon x$. Итак, $\forall\varepsilon\exists x_0$ и т.д., то есть получаем искомое $o$.