Число делителей

[bot]

Рискну однако, хотя и знаю здесь по крайней мере двоих, кто может сказать: - "решил за 5 мин (сек)", или ссылку укажет.

Пусть $\tau (x)$ - число натуральных делителей натурального числа $x$, включая $1$ и $x$.
Обозначим $N(C)$ количество натуральных $x<C$, для которых $4 | \tau (x)$. Доказать, что $\lim\limits_{C\to +\infty} \frac{N(C)}{C}=1$

[Руст]

bot писал(а):

Рискну однако, хотя и знаю здесь по крайней мере двоих, кто может сказать: - "решил за 5 мин (сек)", или ссылку укажет.

Пусть $\tau (x)$ - число натуральных делителей натурального числа $x$, включая $1$ и $x$.
Обозначим $N(C)$ количество натуральных $x<C$, для которых $4 | \tau (x)$. Доказать, что $\lim\limits_{C\to +\infty} \frac{N(C)}{C}=1$

Действительно очень простая задача. Из формулы для числа делителей, следует, что оно нечётное только если число есть точный квадрат, таких $\sqrt C $. А чётно и не делится на 4, если $n=pk^2$, p - простое. Соответственно количество исключений равно

$$\sqrt{C}+\sum_{k=1}^{[\sqrt C ]} \pi (\frac{C}{k^2})=o(C).$$

Сумма оценивается разложением на часть $k<L=(ln(C))^{2/3}$ и $k>L$.

[bot]

Я суммировал наоборот не по квадратам, а по простым.

Руст писал(а):

Сумма оценивается разложением на часть $k<L=(ln(C))^{2/3}$ и $k>L$.

Можно пояснить?

[Руст]

bot писал(а):

Сумма оценивается разложением на часть $k<L=(ln(C))^{2/3}$ и $k>L$.

Можно пояснить?[/quote]
Вклад тех k, что меньше L не перосходит $L\pi (C)=O(\frac{C}{(lnC)^{1/3}}=o(C)$.
Вклад тех k, что больше L не превосходит $\sum_{k>L}\frac{C}{k^2} =O(\frac{C}{L}=o(C).$
Вообще можно вычислить и предел

$$\lim_{C\to \infty }\frac{N_4(C)\sqrt{ln(c)}}{C}.$$

Здесь через $N_d(C)$ обозначено количество тех $n<C$, у которых количество делителей не делится на d. Более интересная задача состоит в оценке асимптотики $N_d$ при других d, например при d=3.

[bot]

Руст писал(а):

Вклад тех k, что меньше L не перосходит $L\pi (C)=O(\frac{C}{(lnC)^{1/3}}=o(C)$.
Вклад тех k, что больше L не превосходит $\sum_{k>L}\frac{C}{k^2} =O(\frac{C}{L}=o(C).$ ...

Понял - лень думать было.

Цитата:

Вообще можно вычислить и предел

$$\lim_{C\to \infty }\frac{N_4(C)\sqrt{ln(c)}}{C}.$$

Можно - у меня нуль получается. Если корень убрать, то

$$\lim_{C\to \infty }\frac{N_4(C)\ln C}{C}=2$$

.
Либо я где-то прокололся, а тогда я даже знаю где.

[Руст]

Нет, здесь вы правы. Вот насчёт $N_3$ получается

$$\lim_{C\to \infty }\frac{N_3(C)}{C}=\frac{6}{\pi ^2}\zeta (3).$$

[bot]

Руст писал(а):

Нет, здесь вы правы.

Tnks, а то я уж было заподозрил, что в асимптотике в одном месте нельзя обойтись без гипотезы Римана - неужто, думал, на остатке от $\pi(x)$ погорел?
Дома посмотрел - нет, всё ОК, но всё равно спасибо.