fixfix
2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Число делителей
Сообщение06.11.2007, 14:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
Рискну однако, хотя и знаю здесь по крайней мере двоих, кто может сказать: - "решил за 5 мин (сек)", или ссылку укажет. :D

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 $\lim\limits_{C\to +\infty} \frac{N(C)}{C}=1$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.11.2007, 17:56 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
bot писал(а):
Рискну однако, хотя и знаю здесь по крайней мере двоих, кто может сказать: - "решил за 5 мин (сек)", или ссылку укажет. :D

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 $k>L$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение07.11.2007, 12:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение07.11.2007, 13:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2007, 16:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
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. :D
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2007, 17:17 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Нет, здесь вы правы. Вот насчёт $N_3$ получается $$\lim_{C\to \infty }\frac{N_3(C)}{C}=\frac{6}{\pi ^2}\zeta (3).$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.11.2007, 18:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 7 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: Gagarin1968


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group