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


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение30.11.2022, 12:34 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Да.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение01.12.2022, 15:53 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1572032 писал(а):
Да.
Спасибо!
Известна нижняя оценка для мультипликативной арифметической функции $\sigma_k(n) \geq n^k,k>0$. Однако нижняя оценка соответствующей сильно мультипликативной арифметической функции $\prod_{p|n}\sigma_k(p)$ значительно меньше $n^k,k>0$, в точках со степенями простых чисел больше 1 (не свободных от квадратов).

Правильно ли я сделал эту оценку? Учитывая, что функция $g(p)=p^k+1$ монотонно возрастает, то воспользуемся второй частью утверждения, указанного выше:

$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}}=$$e^{k\sum_{p \leq \ln(n)}\ln(p)}= e^{k(\ln(n)+O(\ln(n)/\ln\ln(n))} \geq n^{k(1-c\ln\ln(n))}$, где с - постоянная.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение02.12.2022, 18:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Неверно. В оценке нужно брать простые $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Для $p_{\omega(n)}$ есть нетривиальная оценка сверху $p_{\omega(n)}\leqslant\bigl(1+o(1)\bigr)\ln n$, но в данном случае нужна оценка снизу, которой нет (возьмите $n=2^m$ и посмотрите).

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение02.12.2022, 20:15 


23/02/12
3161
RIP
$\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}(p^k+1)$.

$1/\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}1/(p^k+1)$.

Учитывая, что $f(p)=1/(p^k+1)$ - монотонно убывает, то получаем:

$\frac{1}{\prod_{p|n}{\sigma(p)}}=\prod_{p|n}{1/(p^k+1)} \leq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(1/(p^k+1))}}$$=1/e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}$.

Отсюда получаем:

$\prod_{p|n}\sigma(p)=\prod_{p|n}(p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)}{\ln(p^k+1)}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение02.12.2022, 21:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение03.12.2022, 10:35 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1569212 писал(а):
Если функция $f$ убывает, бывает полезна оценка $\sum_{p|n}f(p)\leqslant\sum_{p\leqslant p_{\omega(n)}}f(p)$ (где $p_k$ — $k$-е простое число) вместе с оценкой $p_{\omega(n)}\leqslant(1+o(1))\ln n$ (обе оценки достигаются при $n=p_1p_2\dotsm p_m$).

RIP в сообщении #1569243 писал(а):
Вторая оценка? Она следует из тривиального неравенства $$\ln n\geqslant\ln\prod_{p\leqslant p_{\omega(n)}}p=\sum_{p\leqslant p_{\omega(n)}}\ln p=\theta\bigl(p_{\omega(n)}\bigr)$$
(где $\theta(x)$ — тета-функция Чебышёва) и асимптотического закона распределения простых чисел в виде $\theta(x)\sim x$ при $x\to+\infty$.
А если уточнить оценку $p_{\omega(n)} \leq (1+o(1))\ln(n)$.

Так как $\theta(x)=\sum_{p \leq x}=x+O(x/\ln(x))$, то $\theta(p_{\omega(n)})=p_{\omega(n)}+O(p_{\omega(n)}/\ln(p_{\omega(n)})$.

Учитывая, что $\ln(n) \geq \theta(p_{\omega(n)})=p_{\omega(n)}+O(p_{\omega(n)}/\ln(p_{\omega(n)})$, то получаем: $p_{\omega(n)} \leq \ln(n)+O(\ln(n)/\ln\ln(n))$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение05.12.2022, 10:46 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1572370 писал(а):
Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.
Да, если $g(n)=\prod_{p|n}\sigma_k(p)=\prod_{p|n}(p^k+1)$, то $g(2^m)=2^k+1$. Например, при $m=10,k=1$ значение $g(n=1024)=3$, т.е. практически 0.

Поэтому исправим:
$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq e^{\sum_{p \leq \ln(n)(1+o(1))}{\ln(p^k+1)}}=$$e^{k\sum_{p \leq \ln(n)(1+o(1))}\ln(p)}= e^{k \ln(n)(1+o(1))}=n^{k(1+o(1))}$.

Однако, при данной точности $p_{\omega(n)}$, оценка снизу не наглядна.

Если же уточнить оценку $p_{\omega(n)}=\ln(n)(1+O(1/\ln\ln(n))$, то получим:

$\prod_{p|n} \sigma_k(p)= \prod_{p|n} (p^k+1) \geq n^{k(1+O(1/\ln\ln(n)))}\geq n^{k(1-1/\ln\ln(n))}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение08.12.2022, 11:58 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1572370 писал(а):
Ещё раз: должно быть не $p\leqslant\ln n$, а $p\leqslant p_{\omega(n)}$. Ваши неравенства с $p\leqslant\ln n$ неверны. Подставьте $n=2^m$ и проверьте.
Наконец дошло. Оценка снизу является тривиальной: $\prod_{p|n}\sigma_k(p)=\prod_{p|n}(p^k+1) \geq 2^k+1$. Верно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение04.03.2023, 16:33 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1569421 писал(а):
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu^2(n)}{n\varphi(n)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}$
Добрый день! А как это доказать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение04.03.2023, 18:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
vicvolf в сообщении #1584258 писал(а):
А как это доказать?
Воспользоваться произведением Эйлера: если $f$ — мультипликативная функция и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ сходится абсолютно, то $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=\prod_{p}\bigl(f(1)+f(p)+f(p^2)+\dotsb\bigr)$. В частности, $\zeta(s)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}$ при $\operatorname{Re}s>1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение04.03.2023, 20:56 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1584285 писал(а):
если $f$ — мультипликативная функция и ряд $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)$ сходится абсолютно, то $\sum_{n=1}^{\infty}f(n)=\prod_{p}\bigl(f(1)+f(p)+f(p^2)+\dotsb\bigr)$.
Спасибо, действительно в теореме 4 на стр 9 можно взять $s=0$ https://docs.yandex.ru/docs/view?tm=167 ... 26nosw%3D1

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение14.05.2023, 10:04 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1569421 писал(а):
Можно (даже лучше) и без логарифмов:
\begin{gather*}
\sum_{n\leqslant x}\frac{n}{\varphi(n)}=\sum_{n\leqslant x}\sum_{d|n}\frac{\mu^2(d)}{\varphi(d)}=\sum_{d\leqslant x}\frac{\mu^2(d)}{\varphi(d)}\left\lfloor\frac{x}{d}\right\rfloor\leqslant Bx,\qquad B=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu^2(n)}{n\varphi(n)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)},\\
\intertext{поэтому}
\#\left\{n\leqslant x : \varphi(n)\leqslant\frac{n}{T}\right\}\leqslant\frac{Bx}{T}.
\end{gather*}

Правильно ли я понимаю?

Если арифметическая функция $f(m),m=1,...,n$ ограничена в среднем, то это значит, что среднее значение данной функции:

$E[f,n]=\frac {1}{n}|\sum_{m \leq n}{f(m)}| \leq A$, где А - постоянное число.

В этом случае, если $A \geq 0$, то асимптотика среднего значения $f(m),m=1,...,n$ равна $E[f,n]=A+o(1)$. Поэтому существует предел $\lim_{n \to \infty} {E[f,n]}=A$.

Если $A<0$, то асимптотика среднего значения $f(m),m=1,...,n$ равна $E[f,n]=-A+o(1)$. Поэтому существует предел $\lim_{n \to \infty} {E[f,n]}=-A$.

Например, в случае $f(m)=m/\varphi(m)$, значение $A=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}$ . Асимптотика среднего значения равна $E[f,n]=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}+o(1)$, а асимптотика сумматорной функции $\sum_{m \leq n}\frac{m}{f(m)}=\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}n+o(n)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение14.05.2023, 14:04 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
vicvolf в сообщении #1593862 писал(а):
Правильно ли я понимаю?
Нет. Смысл цитаты в том, что если для знакопостоянной функции $f$ (более общо: ограниченной сверху или снизу) «матожидание» $E[f,n]$ ограничено, то для любой сколь угодно медленно растущей функции $\varphi(n)\to+\infty$ «почти всюду» справедливо неравенство $\lvert f(n)\rvert\leqslant\lvert\varphi(n)\rvert$. Смысл Вашего сообщения от меня ускользает.

В общем случае из ограниченности никакая асимптотика вида $A+o(1)$ не следует. (В данном конкретном примере такая асимптотика есть, но это не следует напрямую из неравенства, а доказывается отдельным вычислением.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение15.05.2023, 11:36 


23/02/12
3161
RIP в сообщении #1593875 писал(а):
В общем случае из ограниченности никакая асимптотика вида $A+o(1)$ не следует.
Требуется доказательство монотонности $E[f.n]$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Асимптотическая оценка суммы
Сообщение15.05.2023, 19:05 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
vicvolf в сообщении #1593951 писал(а):
Требуется доказательство монотонности $E[f.n]$?
Необязательно. В общем случае монотонности может и не быть (для функции $f(n)=n/\varphi(n)$ монотонности нет). И предел в общем случае может не существовать. Для каждой функции нужно отдельно проверять.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 83 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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