Порядок роста функции Мертенса

[Otta]

Хорошо, только ошибочка вышла. И потом, оно ведь упрощается. Сейчас не надо, и так хорошо.

Далее. Вы доказываете, что некоторые функции вида частичные суммы ряда $s_n(x)=O(S_n(x))$ для всех $n$.
Но отсюда не следует, что сами суммы ряда $s(x)=O(S(x))$. Или следует? а если следует, то почему?

[vicvolf]

Это доказывается по индукции -
$M_0(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k(1+p_k)} \zeta'(p_k)}=$$\sum_{k=1}^{\infty}{O((x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^{\infty}{x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k)}=O(M(x))$

[Otta]

По индукции доказываются утверждения только для конечного $n$. Произвольного, но конечного. Предельные переходы по индукции не делаются. Хотите доказывать - берите выражение, оценивайте сумму всего ряда по модулю, смотрите, выйдет ли.

[vicvolf]

Otta в сообщении #1331998 писал(а):

По индукции доказываются утверждения только для конечного $n$. Произвольного, но конечного. Предельные переходы по индукции не делаются. Хотите доказывать - берите выражение, оценивайте сумму всего ряда по модулю, смотрите, выйдет ли.

По индукции доказывается для счетного множества. Все нетривиальные нули можно пронумеровать, т.е поставить в взаимное однозначное соответствие натуральному ряду чисел, т.е. бесконечному.

[Otta]

Так Вы докажете утверждение вида

Otta в сообщении #1331990 писал(а):

$s_n(x)=O(S_n(x))$ для всех $n$.

Самое большее.

vicvolf в сообщении #1332003 писал(а):

По индукции доказывается для счетного множества.

Нет. По индукции, еще раз, доказываются утверждения вида $\forall n \ge n_0\ P(n)$

[vicvolf]

Otta в сообщении #1332005 писал(а):

Так Вы докажете утверждение вида

Otta в сообщении #1331990 писал(а):

$s_n(x)=O(S_n(x))$ для всех $n$.

Самое большее.

vicvolf в сообщении #1332003 писал(а):

По индукции доказывается для счетного множества.

Нет. По индукции, еще раз, доказываются утверждения вида $\forall n \ge n_0\ P(n)$

Стр. 17 Бухштаб Теорема 3 - утверждение верно для всех натуральных чисел.

-- 12.08.2018, 19:24 --

Otta в сообщении #1331979 писал(а):

Нет. Вы его сперва напишите и посмотрите, что изменится. Если ничего не изменится (что вряд ли) - тогда соглашусь.

Ну что с теоремой 1 соглашаетесь?

[Otta]

Да как же я с ней буду соглашаться, когда Вы метод математической индукции не понимаете.

[vicvolf]

Вы прочитали Бухштаба стр 17 Теорему 3?
Если нет, тогда цитирую.

Теорема 3
Если известно, что некоторое утверждение 1) верно для 1 (для первого нетривиального нуля); 2) из предположения, что утверждения верно для некоторого $n$ (для $n$ - нетривиальных нулей), вытекает, что оно верно для $n+1$ (для $n+1$ нетривиальных нулей), то это утверждение верно для всех натуральных чисел (для всех нетривиальных нулей).

Согласны?

[Otta]

Какое конкретно утверждение будет верным для каждого $n$ в Вашем случае?

[vicvolf]

Otta в сообщении #1332017 писал(а):

Какое конкретно утверждение будет верным для каждого $n$ в Вашем случае?

$n$ - это количество нетривиальных нулей. Я написал все утверждения в скобках в предыдущей теме.

[Otta]

Если написали, тем проще. Процитируйте, пожалуйста.

[vicvolf]

Для первого нетривиального нуля $p_1$ имеем:

$1/x\int_1^x {y^p_1dy/p_1 \zeta'(p_1)=x^{p_1}/(p_1(p_1+1)\zeta'(p_1)=O(x^{p_1}/p_1\zeta'(p_1))$.

Предположим, что соотношение выполняется для $n$ первых нетривиальных нулей: $p_1,p_2,...p_n$ т.е:

$1/x\int_1^x {\sum_{k=1}^n {y^{p_k}dy/p_k\zeta'(p_k)}}=\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k(1+p_k) \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}$.

Тогда получим для первых $n+1$ нетривиальных нулей

$1/x\int_1^x {\sum_{k=1}^{n+1} {y^{p_k}dy/p_k\zeta'(p_k)}}=O(\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}+$$O(x^{p_{n+1}}/p_{n+1}\zeta'(p_{n+1}))=O(\sum_{k=1}^{n+1} {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}$.

Это значит, что утверждение верно для всех нетривиальных нулей:

$M_0(x) \sim \sum_{k=1}^{\infty} {x^{p_k}/p_k(1+p_k)} \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^{\infty}{x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k)}=O(M(x))$

[Otta]

vicvolf
Вы цитируете полное доказательство (на Ваш взгляд) утверждения методом мат. индукции.
Процитируйте только то утверждение, которое, как в Бухштабе или где там, верно для каждого $n$.

[Xaositect]

vicvolf в сообщении #1332031 писал(а):

Это значит, что утверждение верно для всех нетривиальных нулей:

Разумеется, не значит. На таком уровне уже надо рассмтривать зависимость константы внутри $O$ от параметра $n$.

Пример:
Для любого $n$ верно $\sum_{k = 1}^n \frac{(2x)^k}{k!} = O(\sum_{k = 1}^n \frac{x^k}{k!})$, однако неверно, что $\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(2x)^k}{k!} = e^{2x} = O(\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{x^k}{k!}) = O(e^x)$.

[vicvolf]

Otta в сообщении #1332034 писал(а):

vicvolf

Процитируйте только то утверждение, которое, как в Бухштабе или где там, верно для каждого $n$.

Для $n$ первых нетривиальных нулей: $p_1,p_2,...p_n$ выполняется:

$1/x\int_1^x {\sum_{k=1}^n {y^{p_k}dy/p_k\zeta'(p_k)}}=\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k(1+p_k) \zeta'(p_k)}=O(\sum_{k=1}^n {x^{p_k}/p_k\zeta'(p_k))}$.