Задача по теории чисел

a101

Помогите решить задачку, кому не трудно:
\forall N
| \sum_{k=1}^N \mu(k) / k | \le 1
Виноградова нет и никаких идей. Попросили решить.

a101

Спасибо. Обсжудалась. Пусто.
Но, думаю, тему можно закрыть.

Xephon

и ты, Леха, спрашиваешь как решить задачу?!

avgustinka

| \sum_{k=1}^N \mu(k) / k | \le 1 -- вот эта была! не может быть, чтоб её там не было. Даже я знал её решение (даже может вспомню, если напрягусь сильно )
Ты не путаешь её с \sum_{k=1}^\infty \mu(k) / k = 0 ?
Вот эта задачка, я до сих пор не знаю как решается.

stm7537641

Ты не путаешь её с \sum_{k=1}^\infty \mu(k) / k = 0 ?
Я думаю это должно вытекать из формального тождества \zeta(s)^{-1}=\sum_{1\leq n\leq \infty}\mu(n)/n^s -- ведь дзета-функция имеет полюс при s=1

avgustinka

Всё не так просто.
Там никакие теоремы не работают, так что приходится вручную оценивать хвост... А это такая попа. (у меня не получилось по крайней мере, хотя, это конечно ещё ни о чём не говорит )
В общем, фокус тут не проходит.

a101

Ту, что ты написал, я решил за минут 5 Правда с хвостом не парился, думаю это у человека спрашивать не будут. А вот ту, что я написал - нет . То, что она была - правда, но решили ее не на форуме, и человек не помнит как. Если скажешь хотя бы пару идей, думаю сам дорешаю, просто до этого не попадались задачи такие с частичной суммой.

haltay

\sum_{k=1}^N \mu(k) / k = \sum_{k <=N, k-неч} \mu(k) / k + \sum_{k <=N, k-чет} \mu(k) / k = \sum_{k <=N, k-неч} \mu(k) / k - \sum_{k <=N/2, k-неч} \mu(k) / 2k = \sum_{N/2 < k <=N, k-неч} \mu(k) / k + \sum_{k <=N/2, k-неч} \mu(k) / 2k
Дальше индукция и каждая из последних двух сумм оценивается сверху 1/2

a101

Красиво

avgustinka

э... а что там за индукция будет, если не секрет?

avgustinka

Ту, что ты написал, я решил за минут 5 Правда с хвостом не парился, думаю это у человека спрашивать не будут.
твоё решение тоже необоснованные игры с бесконечностью? Если да, то такое не прокатит. А если более или менее строгое (ну или есть какие-нть идеи, кроме "перевернём дзета-функцию в единице, получим 0" то давай, в студию, интересно же. 8)

a101

Уже пытались сдавать и не сдали? Мне лень оценивать остаточные члены... Просто не так сильно мне все это надо, чтобы думать... Не себе сдаю. А у РСА все чисто и красиво, лучше дремовского.
А по поводу моего решения, то да, переставляю члены. Ряд абсолютно не сходящийся, поэтому можно получить, что угодно. Ну 0 я и получаю легко

avgustinka

Уже пытались сдавать и не сдали?
Видишь, ли в чём дело... Когда мне Чубариков давал эту задачку, он мне это "решение" сообщил, как шутку. Поэтому мне было бы странно после этого идти и рассказывать его на полном серьёзе. 8) Пришлось забить на этот спецкурс (к счастью, и без него хватало).
Я не знаю ни одного человека, который попробовал и у которого прокатило.
Мне лень оценивать остаточные члены... Просто не так сильно мне все это надо, чтобы думать...
Я тебя понимаю.
А у РСА все чисто и красиво, лучше дремовского.
Я не спорю, но просто я реально не понял, в чём состоит индукция. Может напишешь формально? Ну или неформально, но чтоб я понял?

a101

Второй член в последнем равенстве меньше 1/2. Например, по индукции

stm7537641

Все-таки объясните, пожалуйста, в чем я неправ. Бесконечное произведение \prod_{p}(1-p^{-1}) (произведение по всем простым) расходится к нулю, т.е. имеет пределом 0. Но оно равно (так ведь?) ряду \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)/n -- вроде бы это чисто формальное тождество. Может я где-то неаккуратно обращаюсь с неабсолютно сходящимися рядами?

avgustinka

В том, что как справедливо было отмечено выше, члены неабсолютно сходящегося ряда можно переставить так что, он будет сходиться к какому угодно числу по довольно простой теореме из матана 2-го или 3-го семестра -- это для R. Для C -- то же самое, но покомпонентно, если не ошибаюсь (т.е. там вариантов побольше уже будет).
\prod_{p}(1-p^{-1}) (произведение по всем простым) равно (так ведь?) ряду \sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)/n
В том-то и дело, что не так. Там разные вещи под знаком предела... Если ещё не понятно, выпиши первые частичные суммы (произведения) для первого выражения и для второго.

avgustinka

Ну, хорошо, давай рассмотрим второй член. Я поверю, что он оценивается "по индукции", когда ты мне скажешь, откуда берётся вот это неравенство:

a101

Я имел ввиду по индукции по простым после 2 И не это неравентство, а то, что левая часть меньше 1. Делаем тоже с тройкой... И, видимо получаем, решение Дремова?

avgustinka

ну эта индукция -- это вообще нечто... мне даже страшно представить, как там база будет выглядеть.
в общем, решение Дрёмова -- каноническое, именно такое я когда-то и знал.

a101

Назовем это спуском
А ты как понимаешь, как оценить последнею сумму одной второй?

avgustinka

дык я и не понимаю
я вообще не уверен, что они по отдельности оцениваются.
если б я понимал, не спрашивал бы. =)

a101

А вот так можно сделать вторую?
Рассмотрим \sum \mu(k) / k^s. При s > 1 ряд абсолютно сходтиться, и, очевидно, равен П (1 - 1/p_k^s). Последнее, при s->1 само стремиться к 0. Тогда и наш ряд, при s = 1 равен 0.

stm7537641

По-моему чтобы использовать эти соображения нужно доказать непрерывность суммы ряда как функции от s в точке s=1
(при s-->1+0) -- ведь пока совпадение суммы ряда и произведения доказано только при s>1 !.

a101

А там никакой теоремы нет?

stm7537641

Я по крайней мере такой не помню Вообще-то существование какой-то общей теоремы на этот счет сомнительно, т.к. члены абсолютно сходящегося ряда можно переставлять, а условно сходящегося -- нет.
P.S.: Вот еще (наверное впрочем глупое) соображение. Когда мы раскладываем произведение П(1-1/p) (произведение по всем простым то частичные суммы получающегося ряда -- это суммы вида S_p=\sum_k \mu(k)/k -- сумма по всем таким таким k, в разложении которых на простые множители все они не превосходят данное p. Ясно что эти частичные суммы не совпадают с частичными суммами ряда \sum_{n=1}^{\infty} \mu(n)/n, но может как-то можно доказать, что такая перестановка членов не влияет на сумму условно сходящегося ряда? (Например, разность между соответствующими частичными суммами стремится к 0).

Boter

Вообщем, ходили мы целой толпой к Чубарикову с этим решением. Он сразу же как только пришли к нему сказал: "покажите". Потом говорит: "ааа... если вы с решением где "по чётным и нечётным", то сразу говорю: неправильно.
Потом доказал, что нельзя оценить одну из сумм 1/2.
Решение такое. Сначала доказать (из теоремы в Виноградове что 1=sum_1^n (mu(d)[n/d] )
Потом оценить нужный ряд сверху этой суммой(которая равна 1). Оценить используя то, что целая часть числа= само число - его дробная часть.
Вот и всё

a101

Это решение было выше Собственно после него и пошел флуд
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: