Помогите решить задачку по теории чисел

kica

Мне нужно решить задачу по теории чисел. Вот условие:
\sum_{n \leq x} \mu(n) = O(x^{\frac 12 + \varepsilon}, \varepsilon > 0 \Leftrightarrow \zeta(s) \ne 0, \text{ при } Re\, s > \frac 12
\mu(n) - функция Мебиуса, \zeta(s) - дзета-функция Римана.

NHGKU2

Воспользуемся тем фактом, что 1 / \zeta(s) = \sum_{n=1}^\infty \mu(n) / n^s.
Исходя из условия A_n = \sum_{k=1}^n \mu(k) = O(n^{1/2 + \varepsilon}) и применяя к ряду \sum_{n=1}^\infty \mu(n) / n^s преобразование Абеля, можно показать, что он сходится абсолютно при Re s > 1/2 + \varepsilon. Это означает, что 1 / \zeta(s) — аналитическая функция в области {Re s > 1/2 + \varepsilon}, а т.к. \varepsilon — любое, то и в области {Re s > 1/2}, откуда следует требуемое.
Если надо, могу написать подробнее.

kica

Да, я уже понял идею, как нужно решать - ты меня опередил немного.
В общем, представление для $\frac 1{\zeta(s)}$, приведенное тобой, будет верно в области $Re\, s > 1$. Оказывается, из первого утверждения следует его верность и в области $Re\, s > \frac 12$, что и было бы неплохо доказать. По всей видимости, это становится очевидно, если показать абсолютную сходимость ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \frac {\mu(n)}{n^s}$.
Спасибо!

NHGKU2

Пусть A_n = \sum_{k=1}^n \mu(k A_0 = 0, тогда \mu(n) = A_n - A_{n-1}, n = 1, 2, ... Рассмотрим частичные суммы ряда: \sum_{n=1}^N \mu(n) / n^s. По известной формуле Абеля имеем:
\sum_{n=1}^N \mu(n) / n^s = \sum_{n=1}^N (A_n - A_{n-1}) / n^s = A_N / N^s + \sum_{n=1}^{N-1} A_n (1 / n^s - 1 / (n+1)^s).
Переходим к пределу при N->\infty. Поскольку, как легко видеть, lim_{N->\infty} A_N / N^s = 0 при Re s > 1/2 + \varepsilon (т.к. по условию A_n = O(n^{1/2 + \varepsilon} то получаем
\sum_{n=1}^\infty \mu(n) / n^s = \sum_{n=1}^\infty A_n (1 / n^s - 1 / (n+1)^s) при Re s > 1/2 + \varepsilon.
Последний же ряд сходится абсолютно при Re s > 1/2 + \varepsilon (это легко понять, если выписать асимптотику главного члена).

kica

О, спасибо!
Если я нигде не ошибся, далее происходит следующее.
Рассмотрим область $\Omega_{\delta, \varepsilon} := \{s \in \mathbb{C}| Re\, s > \frac 12 + \varepsilon, |s - 1| > \delta \}$. В ней ряд $\ksi(s) := \sum_{n=1}^{\infty} \frac {\mu(n)}{n^s}$ сходится абсолютно, значит, $\ksi(s)$ - аналитическая функция. $\zeta(s)$ также будет аналитической в рассматриваемой области, более того $\zeta(s) = \frac s{s-1} - s \int_1^{\infty} \frac {\{x\}}{x^{s+1}}dx$, $\ksi(s) = s \int_1^{\infty} \frac {A(x)}{x^{s+1}}dx$, где $A(x) := \sum_{n \leq x} \mu(n)$. Понятно, что в области $\{s \in \mathbb{C}| Re\, s > 1\}$ будет выполнено тождество $\ksi(s) \zeta(s) \equiv 1$. В области $\Omega_{\delta, \epsilon}^1 := \{s \in \mathbb{C}| \frac 12 + \varepsilon < Re\, s < 1, |Im\, s| < 3, |s - 1| > \delta}$ произведение $\ksi(s) \zeta(s)$ ограничено, поскольку ограничена каждая функция. Оценим $\ksi(s) \zeta(s)$ в области $\Omega_{\delta, \epsilon}^2 := \{s \in \mathbb{C}| \frac 12 + \varepsilon < Re\, s < 1, |Im\, s| > 3, |s - 1| > \delta}$:
$$\ksi(s) \zeta(s) = \frac {s^2}{s-1} \int_1^{\infty} \frac {A(x)}{x^{s+1}}dx - \frac {s^2}{s-1} \int_1^{\infty} \frac {\{x\}}{x^{s+1}}dx \int_1^{\infty} \frac {A(x)}{x^{s+1}}dx$$
$$\left |\frac {s^2}{s-1} \int_1^{\infty} \frac {A(x)}{x^{s+1}}dx \right | \leq \left | \frac {s^2}{s-1} \left (\int_1^{x_0(\varepsilon)} x^{-s}dx + \int_{x_0(\varepsilon)}^{\infty} \frac {C(\varepsilon)}{x^{(s - 1/2 - \varepsilon)+1}}dx \right ) \right | \leq \left | \frac {s^2}{s-1} \left ( \frac {C_1(\varepsilon)}{1-s} + \frac {C(\varepsilon)}{s - 1/2 - \varepsilon} \right ) \right | \leq C_2(\varepsilon) \left | \frac {s^2}{(s-1s-1/2-\varepsilon)} \right | \leq C_3(\varepsilon)$$
Таким образом, получаем следующую оценку:
$$\left | \ksi(s) \zeta(s) \right | \leq C_3(\varepsilon) \left (1 + \left | \int_1^{\infty} \frac {\{x\}}{x^{s+1}}dx \right | \right ) \leq 2 C_3(\varepsilon)$$
Значит, в области $\Omega_{\delta, \varepsilon}$ произведение $\ksi(s) \zeta(s)$ ограничено по модулю. Тогда по теореме Лиувиля получаем, что $\ksi(s) \zeta(s) \equiv 1$ в этой области. Отсюда следует прямое утверждение задачи.
Все правильно?

kica

Нет, неправильная оценка $\ksi(s) \zeta(s)$ в области $\Omega_{\delta, varepsilon}^2$...
И вполне очевидно, что можно поменять.
Модуль интеграла $\int_1^{\infty} \frac {\{x\}}{x^{s+11}}dx$ можно оценить сверху числом $\frac 1s$, а не единицей, как было сделано.
Также в проведенных оценках допущен несерьезный недочет, но его легко поправить.
Что касается обратного утверждения, я пока не представляю, как можно его доказать...

kica

Никаких идей не будет по поводу обратного утверждения задачи?
Я вот думаю, что можно попробовать доказать сходимость последовательности частичных сумм к обратной к дзета-функции Римана функции, а точнее произведения к единице... Откуда будет следовать сходимость самого ряда, а, следовательно, требуемое утверждение.
Только вот интересный факт: если рассмотреть в области $\{s \in \mathbb{C}: Re\, s > 1\}$ произведение частичной суммы ряда для обратной функции к дзета-функции и самой дзета-функции, то оно будет равно $1 + \sum_{k=N+1}^{\infty}a_n(s)$, где второе слагаемое можно оценить сверху по модулю. Значит, по теореме Лиувиля, оно будет тождественной константой, что, очевидно, не так... Где в этом рассуждении ошибка?

assasin

В обратную сторону делается с помощью формулы Перрона. Это не так просто, как в прямую сторону. В книжке Карацубы "Основы аналитической теории чисел" (издание 2) эта задачка - номер 5в к главе 5. Там есть указания к решению.

kica

Спасибо!
Обязательно посмотрю!
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: