Сильвестрийн процедур

Өмнөх постоор танилцсан шинэ ойлголтуудынхаа хүрээнд Чебышёвын онолыг «тайлбарлах» гэж оролдъё. Чебышёвын онолын гол асуудал нь

\displaystyle \sum_{k\leq x}\psi(x/k)=T(x)\equiv\sum_{n\leq x}\ln n=x\ln x-x+O(\ln x)

харьцааг ойролцоогоор ч болтугай урвуулж, \psi(x) функцийн талаар мэдээлэл гаргаж авах явдал байгаа. Үүнийг урвуулах нэг арга бол, \Lambda=\mu*\ln адилтгалаас эхлээд, өмнөх постны хуйлаасыг нийлбэрчлэх теоремыг ашиглан

\displaystyle \psi(x)=\sum_{n\leq x}\Lambda(n)=\sum_{n\leq x}(\mu*\ln)(n)=\sum_{k\leq x}\mu(k)T(x/k)

гэж гаргах явдал юм. Энэ томъёо \psi(x) функцийг T(x) функцээр яг илэрхийлэх боловч, өмнө өгүүлснээр Мёбиусын функцийн талаарх мэдлэгийг шаардах тул,  \mathit1*\Lambda=\ln адилтгалыг \nu\approx\mu гэсэн функцтэй хуйлбал

\nu*\mathit1*\Lambda=\nu*\ln

болно. Үүнийг нийлбэрчилбэл

\displaystyle V(x)=\sum_{n\leq x}(\nu*\mathit1*\Lambda)(n)=\sum_{n\leq x}(\nu*\ln)(n)=\sum_{k\leq x}\nu(k)T(x/k)\qquad(*)

болох ба зүүн гар талыг нь

\displaystyle V(x)=\sum_{n\leq x}(\nu*\mathit1*\Lambda)(n)=\sum_{k\leq x}(\nu*\mathit1)(k)\psi(x/k)=\sum_{k\leq x}E(x/k)\Lambda(k)\qquad(**)

гэж хоёр янзаар нийлбэрчлэх боломжтой. Энд

\displaystyle E(x)=\sum_{n\leq x}(\nu*\mathit1)(n)=\sum_{k\leq x}\Big[\frac{x}{k}\Big]\nu(k).

Жишээлбэл, Чебышёвын

\displaystyle V(x)=T(x)-T(x/2)-T(x/3)-T(x/5)+T(x/30)

 сонголтыг (*) томъёотой харьцуулбал

\nu_*=\delta_1-\delta_2-\delta_3-\delta_5+\delta_{30}

функцэд харгалзах нь харагдана. Энд \delta_m(n)=\delta_{m,n} буюу, \delta_m(n) нь n=m үед л \delta_m(n)=1, бусад үед \delta_m(n)=0 гэж тодорхойлогдсон функц.

Одоо (*)-(**) томъоноос \psi(x) функцийн үнэлгээг гаргаж авч болдог байхын тулд \nu функц ямар ямар шинж чанартай байх хэрэгтэй вэ? гэсэн ауултанд хариулахыг оролдъё.

  • Юуны түрүүнд, T(x)=x\ln x+O(x) гэдгийг санаад, (*) томъёоны зүүн гар тал \approx\psi(x) гэж бодвол, уг томъёоны баруун гар тал O(x) хэмжээтэй байхын тулд \sum_n\nu(n)/n=0 байх хэрэгтэй. Чебышёвын схем энэ шаардлагыг хангана.
  • Хоёрдугаарт, (*) томъёоны зүүн гар тал буюу (**) томъёоны баруун гар тал \approx\psi(x) байхын тулд ядаж x бага үед E(x)\approx1 байх хэрэгтэй. Чебышёвын схемын хувьд 1\leq x<6 мужид E(x)=1 байгаа.
  • Эцэст нь, хялбарыг бодож \nu(n)\neq0 байх n-ийн тоог төгсгөлөг гэж шаардаж болно.

Ерөнхий тохиолдолд

\displaystyle \sum_n\frac{\nu(n)}n=0\qquad(\dagger)

гэж шаардвал, Стирлингийн T(x)=x\ln x-x+O(\ln x) ойролцооллыг ашиглан (*) томъёоноос

\displaystyle V(x)=\sum_{n\leq x}\nu(n)T(x/n)=\underbrace{-\Big(\sum_{n}\frac{\nu(n)\ln n}{n}\Big)}_{A(\nu)}x+O(\ln x)=A(\nu)x+O(\ln x)

гэж гарна. Жишээ нь, Чебышёвын схемийн хувьд

\displaystyle A_*=A(\nu_*)=\frac{\ln2}2+\frac{\ln3}3+\frac{\ln5}5-\frac{\ln30}{30}=0.92129\ldots

байдгийг бид мэднэ. Цааш нь, x\geq1 үед

E(x)\leq1

гэж үзвэл (**) томъёоноос \psi(x)-ийн доод зааг

\displaystyle V(x)=\sum_{k\leq x}E(x/k)\Lambda(k)\leq\sum_{k\leq x}\Lambda(k)=\psi(x)

гээд шууд гарч ирнэ. Нөгөө талаас, 1\leq x<N үед

E(x)\geq1

гэж үзвэл

\displaystyle V(x)=\sum_{k\leq x}E(x/k)\Lambda(k)\geq\sum_{x/N<k\leq x}\Lambda(k)=\psi(x)-\psi(x/N)

болох ба,

\displaystyle \psi(x)-\psi(x/N)\leq V(x)=A(\nu)x+O(\ln x),\\\psi(x/N)-\psi(x/N^2)\leq V(x/N)=A(\nu)x/N+O(\ln x),\\\psi(x/N^2)-\psi(x/N^3)\leq V(x/N^2)=A(\nu)x/N^2+O(\ln x),\\\ldots

гэсэн [\frac{\ln x}{\ln N}] ширхэг мөрийг хооронд нь нэмснээр

\displaystyle \psi(x)\leq(1+N^{-1}+N^{-2}+\ldots)A(\nu)x+O(\ln^2\!x)=\frac{N}{N-1}A(\nu)x+O(\ln^2\!x)

гэсэн зааг олдоно. Дээрх хоёр заагийг нэгтгэж бичвэл

\displaystyle A(\nu)x+O(\ln x)\leq\psi(x)\leq\frac{N}{N-1}A(\nu)x+O(\ln^2\!x).\qquad(\dagger\dagger)

Чебышёвын схемийн хувьд E(x) нь 30 үетэй, үргэлж 0\leq E(x)\leq1 байдаг. Түүнчлэн x<6 үед E(x)=1 тул N=6 гэсэн үг. Эндээс бидний танил

\displaystyle A_*x+O(\ln x)\leq\psi(x)\leq\frac65A_*x+O(\ln^2\!x)

зааг шууд мөрдөнө. Дараах зурагт Чебышёвын схемд харгалзах E(x) функцийг дүрслэв.

(**) томъёоноос

\displaystyle V(x)=\sum_{n\leq x}E(x/n)\Lambda(n)=\sum_{n\leq x}\big(E(n)-E(n-1)\big)\psi(x/n)

тул V(x) функцийг \psi(x/n) функцүүдээр задалсан задаргааг энэ график дээрээс шууд «уншиж» болно. Жишээлбэл, Чебышёвын схем дээр

\displaystyle V(x)=\psi(x)-\psi(x/6)+\psi(x/7)-\psi(x/10)+\psi(x/11)-\psi(x/12)+\ldots.

Энэ зургийг харж байгаад, \psi(x) функцийн үл буурах чанарыг ашиглаад

\displaystyle V(x)=\psi(x)\underbrace{-\psi(x/6)+\psi(x/7)}_{\leq0}\underbrace{-\psi(x/10)+\psi(x/11)}_{\leq0}\underbrace{-\psi(x/12)+\ldots}_{\leq0}\\{}\qquad\leq\psi(x)

\displaystyle V(x)=\psi(x)-\psi(x/6)+\underbrace{\psi(x/7)-\psi(x/10)}_{\geq0}+\underbrace{\psi(x/11)-\psi(x/12)}_{\geq0}+\ldots\\{}\qquad\geq\psi(x)-\psi(x/6)

тэнцэл бишүүдийг гаргаж авахад амархан. Үүнийг дор зургаар дүрсэлж үзүүлэв. Үл буурах чанараар хооронд нь хослуулан устгасан гишүүдийг тасархай улаан шугамаар холбосон. 

Чебышёвын ажлаас 30-40 жилийн дараа Жеймс Сильвестр ба түүний хамтрагч Жеймс Хаммонд нар

\nu_1=\delta_1-2\delta_2,\\\nu_2=\delta_1-\delta_2-2\delta_3+\delta_6,\\\nu_3=\delta_1-\delta_2-\delta_3-\delta_4+\delta_{12}

гэсэн 3 шинэ схемийг олсон. Сильвестрийн өөрийнх нь тэмдэглэгээгээр эдгээрийг

\nu_1=[1;2,2],\qquad\nu_2=[1,6;2,3,3],\qquad\nu_3=[1,12;2,3,4]

гэж бичнэ. Энэ тэмдэглэгээгээр Чебышёвын схем

\nu_*=[1,30;2,3,5]

болно гэсэн үг. Дээрх шинэ схемүүд бүгд {}(\dagger) нөхцлийг хангах ба үргэлж 0\leq E(x)\leq1 байдаг. Түүнчлэн

  • \nu_1 схемийн хувьд E(x)-ийн үе нь 2 ба x<2 үед E(x)=1.
  • \nu_2 схемийн хувьд E(x)-ийн үе нь 6 ба x<3 үед E(x)=1.
  • \nu_3 схемийн хувьд E(x)-ийн үе нь 12 ба x<4 үед E(x)=1.

Дээрх 3 схемийн E(x) функцүүдийг дараах зурагт дүрслэв.

Ингээд (\dagger\dagger) томъёонд орсон A(\nu) ба B(\nu)=\frac{N}{N-1}A(\nu) тогтмолуудыг дээрх схем тус бүр дээр бодвол

A(\nu_1)=0.6931\ldots,\qquad B(\nu_1)=2A(\nu_1)=1.3862\ldots,\\A(\nu_2)=0.7803\ldots,\qquad B(\nu_2)=\frac32A(\nu_2)=1.1705\ldots,\\A(\nu_3)=0.8522\ldots,\qquad B(\nu_3)=\frac43A(\nu_3)=1.1363\ldots

гарна. Эдгээр хосуудын аль нь ч Чебышёвын

A(\nu_*)=0.9212\ldots,\qquad B(\nu_*)=\frac65A(\nu_*)=1.1055\ldots

хосыг давж гарахгүй боловч \psi(x)=O(x) ба \frac1{\psi(x)}=O(x) заагуудыг нэг их ажил удалгүйгээр өгөх тул зарим үед илүү сонирхол татаж мэднэ. Жишээлбэл, Бертраны постулатыг батлахад \nu_2 схем байхад л хангалттай. Үргэлжлүүлэн унших

Advertisements
Posted in Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих

Арифметик функцүүд

Эерэг бүхэл тоонууд дээр тодорхойлогдсон, бодит (эсвэл комплекс) утга авдаг функцийг тооны онолд арифметик функц гэдэг. Арифметик функцүүдийн жишээ гэвэл

f(n)=n^2+3,\qquad g(k)=k!,\qquad h(n)=(-1)^n,

гэх мэтийг дурдаж болно. Тооны онолоос бусад салбарт бол эдгээрийг зүгээр л тоон дарааллууд гэх байсан. Мэдээж захын нэг арифметик функцийг судлаад байх нь тийм ч сонирхолтой биш. Тооны онолд зарим арифметик функц онцгой байр суурь эзэлдэг. Жишээлбэл, бид өмнө нь

\displaystyle\pi(n)=\sum_{p\leq n}1,\qquad\theta(n)=\sum_{p\leq n}\ln p,\qquad\psi(n)=\sum_{p^k\leq n}\ln p

болон n=p^k үед \Lambda(n)=\ln p байдаг, n\neq p^k үед \Lambda(n)=0 байдаг Мангольдтын

\displaystyle\Lambda(n)=\begin{cases}\ln p&\textrm{if}\quad n=p^k\\0&\textrm{if}\quad n\neq p^k\end{cases}

функцтэй тааралдсан.

Хэрэв бид хэдэн арифметик функц жагсааж бичих төдийхнөөр орхих байсан бол тэдгээрт ийм сүртэй нэр өгөх хэрэггүй байх байсан. Арифметик функцүүдийг жинхэнэ «амилуулахын» тулд тооны онолын үүднээс сонирхолтой үйлдлүүдийг тэдгээр дээр тодорхойлох хэрэгтэй. Ийм үйлдлүүдийг анх системтэйгээр судалсан хүн нь Николай Васильевич Бугаев юм. Одоо ямар үйлдлүүд чухал байж мэдэх талаар ойлголт авах үүднээс Чебышёвын онолын суурь хэсгийг эргэн санацгаая. Арифметикийн үндсэн теоремоос дурын натурал тоог

\displaystyle n=\prod_{p^k|n}p

байдлаар задалж болох ба эндээс логарифм авбал

\displaystyle \ln n=\sum_{p^k|n}\ln p=\sum_{b|n}\Lambda(b)\qquad(*)

болдгийг бид мэднэ. Чебышёв үүнийг нийлбэрчилсэн

\displaystyle \ln[x]!=\sum_{n\leq x}\sum_{b|n}\Lambda(b)

томъёог гарааны цэгээ болгож аваад анхны тоонуудын тархалтын талаар дүгнэлт хийсэн байгаа. Одоо ингэж тойруу замаар явалгүйгээр (*) томъёог «урвуулж» Мангольдтын функцийг шууд олох гээд үзье. Ерөнхий томъёо гаргах үүднээс

\displaystyle f(n)=\sum_{b|n}g(b)

гэж үзээд,

\displaystyle f(1)=g(1),\\ f(2)=g(2)+g(1),\\ f(3)=g(3)+g(1),\\ f(4)=g(4)+g(2)+g(1),\\ f(5)=g(5)+g(1),\\ f(6)=g(6)+g(3)+g(2)+g(1),\\ f(7)=g(7)+g(1),\\ f(8)=g(8)+g(4)+g(2)+g(1),\\ f(9)=g(9)+g(3)+g(1),

гэх мэтчилэн бичье. Үүний n-р мөрнөөс өмнөх мөрүүдийг нь нэмж хасах замаар баруун гар талд нь байгаа g(n)-ээс бусад бүх гишүүдийг устгаж байна гэж төсөөл. Тэгвэл дараах зүй тогтол ажиглагдана.

  • Хэрэв n нь 2-т хуваагддаг бол, g(\frac{n}2) гишүүнийг баруун гар талаас арилгахын тулд (\frac{n}2)-р мөрийг хасах хэрэгтэй. Энэ явцад g(\frac{n}{2m}) маягийн бүх гишүүд хамтдаа устана. Жишээ нь 8-р мөрнөөс 4-р мөрийг хасахад g(4)+g(2)+g(1) гишүүд устана.
  • Хэрэв n нь 3-т хуваагддаг бол, g(\frac{n}3) гишүүнийг баруун гар талаас арилгахын тулд (\frac{n}3)-р мөрийг хасах хэрэгтэй. Энэ явцад g(\frac{n}{3m}) маягийн бүх гишүүд хамтдаа хасагдана. Жишээ нь 18-р мөрнөөс 6-р мөрийг хасахад g(6) төдийгүй g(2) гишүүн бас хасагдана.
  • Гэх мэтчилэн, хэрэв n нь p анхны тоонд хуваагддаг бол, g(\frac{n}p) гишүүнийг баруун гар талаас арилгахын тулд (\frac{n}p)-р мөрийг хасна. Энэ явцад g(\frac{n}{mp}) маягийн бүх гишүүд хамтдаа хасагдана.
  • Хэрэв n нь 4-т хуваагддаг бол, g(\frac{n}4) гишүүн өмнө нь (\frac{n}2)-р мөрийг хасах үед хасагдчихсан учраас, (\frac{n}4)-р мөрийг хасах шаардлага байхгүй.
  • Үүнчлэн хэрэв n нь (4m)-д хуваагддаг бол, g(\frac{n}{4m}) гишүүн өмнө нь (\frac{n}2)-р мөрийг хасах үед хасагдчихсан учраас, (\frac{n}{4m})-р мөрийг хасах шаардлага байхгүй.
  • Гэх мэтчилэн, хэрэв n нь mp^2 хэлбэрийн тоонд хуваагддаг бол, g(\frac{n}{mp^2}) гишүүн өмнө нь (\frac{n}{p})-р мөрийг хасах үед хасагдчихсан учраас, (\frac{n}{mp^2})-р мөрийг хасах шаардлага байхгүй.
  • Нөгөө талаас, хэрэв n нь 6-д хуваагддаг бол, g(\frac{n}6) гишүүн өмнө нь (\frac{n}2)-р ба (\frac{n}3)-р мөрүүдийг хасах үед 2 удаа хасагдсан учраас, (\frac{n}6)-р мөрийг нэмж өгөх хэрэгтэй.
  • Гэх мэтчилэн, хэрэв n нь pq хэлбэрийн, ялгаатай хоёр анхны тооны үржвэрт хуваагддаг бол, g(\frac{n}{pq}) гишүүн өмнө нь (\frac{n}p)-р ба (\frac{n}q)-р мөрүүдийг хасах үед 2 удаа хасагдсан учраас, (\frac{n}{pq})-р мөрийг нэмж өгөх хэрэгтэй.
  • Цаашилбал, хэрэв n нь pqr хэлбэрийн, гурван ялгаатай анхны тооны үржвэрт хуваагддаг бол, g(\frac{n}{pqr}) гишүүн өмнө нь (\frac{n}p)-р, (\frac{n}q)-р ба (\frac{n}r)-р мөрүүдийг хасах үед 3 удаа хасагдаад, (\frac{n}{pq})-р, (\frac{n}{pr})-р ба (\frac{n}{qr})-р мөрүүдийг нэмэх үед 3 удаа нэмэгдээд «хуучин байрандаа» ирчихсэн байсан учраас, (\frac{n}{pqr})-р мөрийг одоо хасч өгөх хэрэгтэй.

Эцэст нь, хэрэв n нь p_1p_2\cdots p_m хэлбэрийн, m ялгаатай анхны тооны үржвэрт хуваагддаг бол, (\frac{n}{p_1p_2\cdots p_m})-р мөрийг (-1)^m тэмдэгтэйгээр нэмэхэд g(\frac{n}{p_1p_2\cdots p_m}) гишүүн устана гэдгийг индукцээр харуулъя. Дээр m=1,2,3 тохиолдлуудыг бид шалгачихсан байгаа.

  • Тэгэхээр g(\frac{n}{p_1p_2\cdots p_m}) гишүүний өмнөх коэффициент анх 1 байж байгаад, g(\frac{n}{p_i}) хэлбэрийн гишүүдийг устгах үед 1-m болно. Энд m=1 үед 1-m=0 байгааг ажиглаарай.
  • Ингээд g(\frac{n}{p_ip_j}) хэлбэрийн гишүүдийг устгах үед 1-m+\binom{m}2 болно. Энд m=2 үед 1-m+\binom{m}2=0 байгааг ажиглаарай.
  • Дараа нь g(\frac{n}{p_ip_jp_k}) хэлбэрийн гишүүдийг устгах үед 1-m+\binom{m}2-\binom{m}3 болно. Энд m=3 үед 1-m+\binom{m}2-\binom{m}3=0 байгааг ажигла.

Ингэж явсаар, хамгийн сүүлд (\frac{n}{p_1p_2\cdots p_m})-р мөрийг (-1)^m тэмдэгтэйгээр нэмсний дараа g(\frac{n}{p_1p_2\cdots p_m}) гишүүний өмнөх коэффициент

1-m+\binom{m}2-\binom{m}3+\ldots+(-1)^{m-1}\binom{m}{m-1}+(-1)^m=(1-1)^m=0

болж, бидний батлах гэсэн зүйл батлагдана.

Дээр өгүүлсэн бүгдийг дүгнэж бичихийн тулд, a=p_1p_2\cdots p_m гэсэн m ялгаатай анхны тооны үржвэрүүдийн хувьд \mu(a)=(-1)^m байдаг, бусад тохиолдолд (ө.х. a тооны задаргаанд анхны тооны квадрат болон түүнээс дээш зэрэг орсон л бол) \mu(a)=0 байдаг \mu(a) гэсэн функц тодорхойлбол

\displaystyle g(n)=\sum_{b|n}\mu(n/b)f(b)=\sum_{ab=n}\mu(a)f(b)\qquad(**)

гэсэн томъёо гарна. Үүнд g(n)-ийн томъёонд f(n)-ийн өмнөх коэффициент үргэлж 1 байх ёстой тул \mu(1)=1 гэж авна. Энэ томъёог Мёбиусын урвуугийн томъёо, \mu функцийг Мёбиусын функц гэж нэрлэдэг. Мёбиусын функцийн эхний 20 утгыг жагсааж бичвэл

\mu(n)=(1,-1,-1,0,-1,1,-1,0,0,1,-1,0,-1,1,1,0,-1,0,-1,0,\ldots).

Одоо Мёбиусын томъёог (*) адилтгалд хэрэглэснээр

\displaystyle \Lambda(n)=\sum_{b|n}\mu(n/b)\ln b\qquad(\dagger)

болно. Энэ томъёог ашиглан \Lambda(n) функцийн талаар хангалттай мэдээлэл гарган авч, анхны тооны теоремыг батлах боломжтой юу? Харамсалтай нь, үүний тулд Мёбиусын функцийн талаар сайн мэдэх хэрэгтэй ба, Мёбиусын функцийг судлахын тулд анхны тооны тархалтын талаар мэдээлэл хэрэгтэй. Тухайлбал, анхны тооны теорем нь дараах тэнцэл биштэй эквивалент гэдгийг Эдмунд Ландау 1906 онд баталсан:

\displaystyle\sum_{n\leq x}\mu(n)=o(x).

Мёбиусын (**) эсвэл (\dagger) томъёог шууд хэрэглэхэд төвөгтэй байж мэдэх ч арифметик функцүүд дээрх гол чухал үйлдлийг эдгээр томъёо бидэнд бэлэглэнэ: f ба g функцүүдийн хуйлаас гэж нэрлэгдэх, f*g гэж тэмдэглэгдэх функцийг

\displaystyle (f*g)(n)=\sum_{b|n}f(n/b)g(b)=\sum_{ab=n}f(a)g(b)

томъёогоор тодорхойлъё. Хуйлаасыг нэг төрлийн үржвэр гэж ойлгох хэрэгтэй. Тэгвэл (\dagger) томъёог

\displaystyle \Lambda=\mu*\ln

гэж бичиж болно. Түүнчлэн, анхны (*) томъёо маань

\displaystyle \ln=\mathit1*\Lambda

болж хувирна. Үүнд \mathit1 нь \mathit1(n)=1 гэж тодорхойлогдсон функц.

Хуйлаас орсон өөр жишээнүүд гэвэл, n-ийн хуваагчдын тоо

\displaystyle d(n)=\sum_{b|n}1

тул

\displaystyle d=\mathit1*\mathit1.

Хэрэв n=p^k үед \lambda_p(n)=1 байдаг, n\neq p^k үед \lambda_p(n)=0 байдаг \lambda_p гэсэн функц тодорхойлбол, n-ийн анхны тоон задаргаан дахь p-ийн зэрэг нь

\displaystyle \nu_p(n)=\sum_{b|n}\lambda_p(b)

буюу

\displaystyle \nu_p=\mathit1*\lambda_p

томъёогоор өгөгдөнө.

Арифметик функцүүдийн хуйлаасны

\displaystyle (f*g)(n)=\sum_{ab=n}f(a)g(b)

тодорхойлолтоос хуйлах үйлдэл коммутатив

f*g=g*f

болох нь тодорхой. Цаашилбал

\displaystyle (f*g*h)(n)=\sum_{ab=n}\Big(\sum_{jk=a}f(j)g(k)\Big)h(b)=\sum_{jkb=n}f(j)g(k)h(b)

тул хуйлах үйлдэл ассоциатив

(f*g)*h=g*(f*h).

Мөн \delta гэсэн функцийг \delta(1)=1 ба n\geq2 үед \delta(n)=0 гэж тодорхойлбол

\displaystyle (\delta*g)(n)=\sum_{ab=n}\delta(a)g(b)=g(n)

буюу

\delta*g=g

тул \delta нь хуйлах үйлдлийн хувьд нэгжийн үүрэг гүйцэтгэнэ. Одоо

\delta*\mathit1=\mathit1

адилтгалыг Мёбиусын томъёогоор урвуулбал,

\delta=\mathit1*\mu.

Өөрөөр хэлбэл Мёбиусын функц нь (хуйлах үйлдлийн хувьд) \mathit1 функцийн урвуу нь юм. Энэ чанарыг сууриа болгож аваад,

f=\mathit1*g

тэнцлийн хоёр талыг Мёбиусын функцээр үржүүлж, хуйлах үйлдлийн ассоциатив чанарыг ашиглан, Мёбиусын урвуугийн томъёог гаргаж авч бас болно:

\mu*f=\mu*\mathit1*g=\delta*g=g.

Чебышёвын онолд чухал үүрэг гүйцэтгэдэг өөр нэг үйлдэл бол

H(x)=\displaystyle\sum_{n\leq x}h(n)

маягийн нийлбэр юм. Ялангуяа h нь өөрөө h=f*g хэлбэртэй нийлбэр их тохиолддог. Үүнд

\displaystyle\sum_{n\leq x}(f*g)(n)=\sum_{n\leq x}\sum_{ab=n}f(a)g(b)=\sum_{ab\leq x}f(a)g(b)=\sum_{a\leq x}f(a)\sum_{k\leq x/a}g(k)

гэдгээс дараах теорем гарна.

Теорем. Арифметик функцүүдийн нийлбэрийн хувьд

F(x)=\displaystyle\sum_{n\leq x}f(n),\qquad G(x)=\displaystyle\sum_{n\leq x}g(n)

гэсэн тэмдэглэгээнүүд оруулбал

\displaystyle H(x)=\sum_{n\leq x}(f*g)(n)=\sum_{a\leq x}f(a)G(x/a)=\sum_{b\leq x}F(x/b)g(b).\qquad(\dagger\dagger)

Мөрдлөгөө 1. \nu_p=\lambda_p*\mathit1 гэдгээс

\displaystyle\nu_p(n!)=\sum_{k\leq n}(\lambda_p*\mathit1)(k)=\sum_{a\leq n}\lambda_p(a)\sum_{k\leq n/a}1=\sum_{a\leq n}\lambda_p(a)\cdot\Big[\frac{n}{a}\Big]=\sum_{k\geq1}\Big[\frac{n}{p^k}\Big]

гээд Лежандрын теорем мөрдөнө.

Мөрдлөгөө 2. Арифметикийн үндсэн теоремын \ln=\mathit1*\Lambda бичиглэлээс Чебышёвын онолын үндсэн адилтгал

\displaystyle T(x)=\ln[x]!=\sum_{n\leq x}\ln n=\sum_{n\leq x}(\mathit1*\Lambda)(n)=\sum_{k\leq x}\psi(x/k)

гарах ба зүүн гар талд нь Стирлингийн ойролцооллыг хэрэглэснээр

\displaystyle\sum_{k\leq x}\psi(x/k)=x\ln x-x+O(\ln x).

Мөрдлөгөө 3. d=\mathit1*\mathit1 гэдгээс

\displaystyle D(x)=\sum_{n\leq x}d(n)=\sum_{n\leq x}(\mathit1*\mathit1)(k)=\sum_{a\leq x}\sum_{k\leq x/a}1=\sum_{a\leq x}\Big[\frac{x}{a}\Big].

Сүүлийн мөрдлөгөөг сайжруулах үүднээс, нийлбэрийн томъёоны Дирихле гиперболын арга гэж нэрлэгдсэн нэг хувилбарыг авч үзье.

Теорем. Өмнөх теоремын тэмдэглэгээг хэрэглэн, 1<y<x үед

\displaystyle H(x)=\sum_{a\leq y}f(a)G(x/a)+\sum_{b<x/y}F(x/b)g(b) - F(y)G(x/y).

Баталгаа. Өмнөх теоремын үр дүнг

\displaystyle H(x)=\sum_{a\leq y}f(a)G(x/a)+\sum_{y<a\leq x}f(a)G(x/a)

гэж бичээд, сүүлийн нийлбэрийг

\displaystyle\sum_{y<a\leq x}f(a)G(x/a)=\sum_{y<a\leq x}\sum_{b\leq x/a}f(a)g(b)=\sum_{b<x/y}\sum_{y<a\leq x/b}f(a)g(b)\\{}\quad=\sum_{b<x/y}\big(F(x/a)-F(y)\big)g(b)=\sum_{b<x/y}F(x/a)g(b)-F(y)G(x/y)

гэж хувиргаснаар теорем батлагдана.

Мөрдлөгөө. Гиперболын аргыг y=\sqrt{x} үед d=\mathit1*\mathit1 адилтгалын хувьд хэрэглэвэл

\displaystyle\sum_{n\leq x}d(n)=\sum_{a\leq\sqrt{x}}\Big[\frac{x}{a}\Big]+\sum_{b<\sqrt{x}}\Big[\frac{x}{b}\Big]-\big[\sqrt{x}\big]^2=2\sum_{n\leq\sqrt{x}}\Big[\frac{x}{n}\Big]-x+O(\!\sqrt{x}\,).

Энд орсон нийлбэрийг

\displaystyle\sum_{n\leq\sqrt{x}}\Big[\frac{x}{n}\Big]=\sum_{n\leq\sqrt{x}}\Big(\frac{x}{n}-\big\{\frac{x}{n}\big\}\Big)=\sum_{n\leq\sqrt{x}}\frac{x}n+O(\sqrt{x})=x\ln\sqrt{x}+\gamma x+O(\!\sqrt{x}\,)

маягаар үнэлбэл

\displaystyle D(x)=\sum_{n\leq x}d(n)=x\ln x+(2\gamma-1)x+O(\!\sqrt{x}\,)

гэсэн Дирихлен алдарт үнэлгээ гарч ирнэ.

Одоо арифметик функцүүдийг арай өөр өнцгөөс харах гээд үзье. Зэрэгт цуваануудыг үржүүлэх

\displaystyle \Big(\sum_{j=0}^\infty a_jx^j\Big)\Big(\sum_{k=0}^\infty b_kx^k\Big)=\sum_{n=0}^\infty\Big(\sum_{j+k=n}a_jb_k\Big)x^n

томъёоноос \sum a_jx^j ба \sum b_kx^k цуваануудын үржвэр \sum c_nx^n цувааны коэффициентүүд

\displaystyle c_n=\sum_{j+k=n}a_jb_k\qquad(\ddagger)

гэж өгөгдөнө. Үүнийг

\displaystyle (f*g)(n)=\sum_{jk=n}f(j)g(k)\qquad(\ddagger\ddagger)

томъёотой харьцуулаад хар. Зэрэгт цувааны үржвэрийн (\ddagger) томъёоны хувьд

 \displaystyle x^jx^k=x^{j+k}

чанар гол үүрэг гүйцэтгэж байгааг ажиглавал,

\displaystyle e_j(x)e_k(x)=e_{jk}(x)\qquad(\S)

чанарыг хангадаг e_n(x) функцүүд орсон \sum a_ne_n(x) хэлбэрийн цуваануудыг үржүүлэхэд

\displaystyle \Big(\sum_{j=0}^\infty a_je_j(x)\Big)\Big(\sum_{k=0}^\infty b_ke_k(x)\Big)=\sum_{n=0}^\infty\Big(\sum_{jk=n}a_jb_k\Big)e_n(x)

үржвэрийнх нь коэффициентүүд яг (\ddagger\ddagger) томъёогоор өгөгдөнө. Дээрх (\S) нөхцлийг хангадаг хялбар функц гэвэл

\displaystyle e_n(x)=n^{\alpha x}

байна. Цаашилбал, x>0 үед

\displaystyle\sum_n a_ne_n(x)=\sum_n a_nn^{\alpha x}

цувааг нийлэхэд нь саад болох зүйл аль болох бага байлгая гэвэл \alpha<0 гэж авбал дээр. Ингээд хялбарыг бодож \alpha=-1 гэсэн сонголт хийснээр арифметик функцүүдийг бодит (эсвэл комплекс) хувьсагчийн функцүүд рүү хувиргадаг Дирихлен цуваа нэртэй

\displaystyle F(s)=\sum_{n} \frac{f(n)}{n^s}\qquad(\S\S)

хувиргалт гарч ирнэ. Дирихлен цуваа нь тоон дарааллыг үүсгэгч функцэд нь хувиргадаг зэрэгт цуваа

\displaystyle A(x)=\sum_n a_nx^n,

Фурье коэффициентүүдийг функцэд нь хувиргадаг Фурьегийн цуваа

\displaystyle g(x)=\sum_n \hat g(n)e^{-inx}

зэрэгтэй «нэг тэрэгний дугуйнууд» юм. Зэрэгт болон Фурьегийн цуваа нь коэффициентуудынхаа аддитив чанарыг илүү тусгаж авдаг бол, Дирихлен цуваа нь мултипликатив чанартай холбоотой байдгаараа онцлогтой. Хамгийн алдартай Дирихлен цуваа бол мэдээж \mathit1(n)=1 функцэд харгалзах зета функц

\displaystyle\zeta(s)=\sum_{n} \frac1{n^s}

болно. Дирихлен цувааны (\S\S) харгалзааг

f\longleftrightarrow F

гэж илэрхийлэхээр тохирвол

\mathit1\longleftrightarrow\zeta.

Түүнчлэн, дээр өгүүлснээр

f*g\longleftrightarrow FG,

ө.х. арифметик функцүүдийн хуйлаас нь Дирихлен цуваан дор функцүүдийн (жирийн) үржвэрт хувирна.

Теорем. Хэрэв f(n)=O(n^\lambda) бол 

\displaystyle F(s)=\sum_{n} \frac{f(n)}{n^s}

цуваа \alpha>\lambda+1 байх [\alpha,\infty) хэлбэрийн бүх муж дээр абсолют нийлнэ. Үүн дээр нэмээд g(n)=O(n^\lambda) бол 

\displaystyle F(s)G(s)=\sum_{n} \frac{(f*g)(n)}{n^s}

тэнцэтгэл s>\lambda+1 мужид хүчинтэй.

Баталгаа. Эхнийх нь өгүүлбэр

\displaystyle s\geq\alpha\quad\Longrightarrow\quad\frac{f(n)}{n^s}=O(n^{\lambda-\alpha})

ба \lambda-\alpha<-1 гэдгээс шууд гарна. Хоёрдахь өгүүлбэр нь абсолют нийлдэг цуваануудыг гишүүнчлэн үржүүлж, гишүүдийг нь яаж ч бүлэглэж болно гэсэн классик теоремоос мөрдөнө.

Энэ теоремыг \mu*\mathit1=\delta адилтгалд хэрэглэвэл, s>1 үед

\displaystyle\zeta(s)\sum_{n} \frac{\mu(n)}{n^s}=1

буюу

\displaystyle\frac1{\zeta(s)}=\sum_{n} \frac{\mu(n)}{n^s}

гэж гарна. Мөн d=\mathit1*\mathit1 адилтгалаас

\displaystyle\zeta^2(s)=\sum_{n} \frac{d(n)}{n^s}\qquad(s>1).

Түүнчлэн, \ln=\mathit1*\Lambda адилтгалыг

\displaystyle\sum_{n}\frac{\ln n}{n^s}=\zeta(s)\sum_{n}\frac{\Lambda(n)}{n^s}\qquad(s>1)

гэж бичиж болно. Үүнийг цааш нь хялбарчлахын тулд, Дирихлен (\S\S) цуваанаас уламжлал авахад, абсолют нийлдэг муж дотроо

\displaystyle F'(s)=-\sum_{n}\frac{f(n)\ln n}{n^s}

байна гэдгийг ажиглая. Эндээс

\displaystyle \zeta'(s)=-\sum_{n}\frac{\ln n}{n^s}

гарах тул

\displaystyle-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}=\sum_{n}\frac{\Lambda(n)}{n^s}\qquad(s>1)

болно. Энэ нь арифметикийн үндсэн теоремыг Дирихлен цуваануудаар илэрхийлсэн илэрхийлэл юм.

Эцэст нь, Дирихлен цувааны уламжлалыг арифметик функц талд нь бүр илэрхий болгох үүднээс, арифметик функцүүдийн «уламжлалыг»

f'(n)=f(n)\ln n

гэж тодорхойлж болно. Энэ уламжлал нь хуйлаас үйлдлийн хувь Лейбницийн хуулийг дагадаг:

\displaystyle (f*g)'(n)=(f*g)(n)\ln n=\sum_{ab=n}f(a)g(b)\ln n=\sum_{ab=n}f(a)g(b)(\ln a+\ln b)\\{}\qquad=\sum_{ab=n}f'(a)g(b)+\sum_{ab=n}f(a)g'(b)=f'*g+f*g'.

Дээрх тэмдэглэгээг ашиглан арифметикийн үндсэн теоремыг

\Lambda*\mathit1=\mathit1'

гэж илэрхийлж болно.

Posted in Тооны онол | Tagged , , , , , , , , | Сэтгэгдэл бичих

Биномынхоо коэффициентийг бариад урагшаа!

Биномын

\displaystyle\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!}

коэффициентийн анхны тоон задаргааг судалсны үндсэн дээр Эрдёш Бертраны постулатыг харьцангуй хялбархнаар баталсан болохыг бид харсан. Бертраны постулатын анхны баталгааг бол Чебышёв өөрийн боловсруулсан анхны тооны тархалтын талаарх ерөнхий онолын нэг жижиг мөрдлөгөө мэтээр гаргасан. Түүний онолын нэг гол хэрэглээ нь n их үед A=0.9212 ба B=1.1055 тогтмолуудтай

\displaystyle An<\pi(n)\ln n<Bn

тэнцэл бишүүд биелнэ гэдгийг баталсан явдал юм. Тэгвэл Эрдёшын аргыг өргөтгөн ийм тэнцэл бишүүдийг баталж болох уу гэсэн асуулт гарч ирнэ. Энэ асуултын хариултыг шууд хэлэхэд: Тийм боломж бий, гэхдээ A, B тогтмолуудын утгыг яг  Чебышёвынх шиг биш, арай сулруулах хэрэгтэй болно. Нэг ийм хялбар баталгааг дор толилуулъя.

Эрдёшын баталгааны явцад бид

\displaystyle \prod_{p\leq x}p\leq4^{x-1}

болохыг харсан. Эндээс логарифм авбал

\displaystyle \theta(x)=\sum_{p\leq x}\log p\leq(x-1)\ln4

гэсэн зааг гарах ба үүнийг \pi(n) функцийн заагт хувиргах боломжтой. Гэхдээ бид ийм тойруу замаар явах шаардлага байхгүй. Биномын

\displaystyle \binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!}

коэффициент n<p\leq2n байх бүх анхны тоонд хуваагдана гэдгээс

\displaystyle n^{\pi(2n)-\pi(n)}\leq\prod_{n<p\leq2n}p\leq\binom{2n}{n}\leq2^{2n}

буюу

\displaystyle \pi(2n)-\pi(n)\leq\frac{2n\ln2}{\ln n}.\qquad(*)

Энэ томъёог

\displaystyle \pi(2^{k+1})-\pi(2^k)\leq\frac{2^{k+1}}{k}\qquad(**)

гэж бичвэл \pi(2^k)\sim{2^k}/{k} байж магадгүй гэсэн таамаглал төрнө. Иймд утгыг нь сүүлд сонгохоор a>0 гэсэн тогтмол оруулаад,

\displaystyle \pi(2^{k})\leq\frac{a2^{k}}k\qquad(\dagger)

гэдгийг индукцээр батлах гээд үзье. Үүн дээрээ (**) томъёог нэмбэл

\displaystyle \pi(2^{k+1})\leq\frac{a2^{k}}k+\frac{2^{k+1}}k=\frac{(a+2)2^{k}}k

гарах ба, индукцийн алхмыг гүйцээхэд хэрэгтэй

\displaystyle \frac{(a+2)2^{k}}k\leq\frac{a2^{k+1}}{k+1}

тэнцэл биш биелдэг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь

\displaystyle k\geq\frac{a+2}{a-2}

болно. Тухайлбал, (\dagger) тэнцэл бишийг a=\frac52 параметртэйгээр батлая гэвэл, k\to k+1 гэсэн индукцийн алхам k\geq9 үед хүчинтэй. Индукцийн суурь болгоод k=9 тохиолдлыг шалгавал

\displaystyle \pi(2^9)=97<\frac{\frac52\cdot2^{9}}9=142.22\ldots

тул, (\dagger) тэнцэл бишийн a=\frac52 тохиолдол k\geq9 үед батлагдана. Үнэндээ энэ тэнцэл биш 1\leq k\leq8 утгуудад ч хүчинтэй:

\displaystyle\pi(2)=1<\frac{\frac52\cdot2}1=5,\qquad\pi(2^2)=2<\frac{\frac52\cdot2^{2}}2=5,

\displaystyle\pi(2^3)=4<\frac{\frac52\cdot2^{3}}3=6.66\ldots,\qquad\pi(2^4)=6<\frac{\frac52\cdot2^{4}}4=10,

\displaystyle\pi(2^5)=11<\frac{\frac52\cdot2^{5}}5=16,\qquad\pi(2^6)=18<\frac{\frac52\cdot2^{6}}6=26.66\ldots,

\displaystyle\pi(2^7)=31<\frac{\frac52\cdot2^{7}}7=45.71\ldots,\qquad\pi(2^8)=54<\frac{\frac52\cdot2^{8}}8=80.

Эцэст нь, x\geq2 бодит тооны хувьд 2^m<x\leq2^{m+1} гэвэл

\displaystyle\pi(x)\leq\pi(2^{m+1})<\frac{\frac52\cdot2^{m+1}}{m+1}<\frac{5x\ln2}{\ln x}

болно. Ингээд дараах теорем батлагдлаа.

Теорем. x\geq2 бол \displaystyle \pi(x)\leq5\ln2\cdot\frac{x}{\ln x}.

Одоо \pi(x) функцийг доороос нь зааглахын тулд Эрдёшын баталгааны явцад гарсан дараах аргументыг санацгаая. Юуны түрүүнд, m!=1\cdot2\cdots m тооны анхны тоон задаргаанд p анхны тоо яг

\displaystyle \Big[\frac{m}{p}\Big]+\Big[\frac{m}{p^2}\Big]+\Big[\frac{m}{p^3}\Big]+\ldots

зэрэгтэйгээр орно гэсэн Лежандрын теоремоос, \binom{2n}{n} коэффициентийн анхны тоон задаргаанд p анхны тоо

\displaystyle \langle n,p\rangle=\sum_{k\geq0}\Big(\Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\Big)

зэрэгтэйгээр орно гэж гарна. Цаашилбал, ямар ч x бодит тооны хувьд \{x\}<\frac12 бол [2x]=2[x]\{x\}\geq\frac12 бол [2x]=2[x]+1 гэдгээс

\displaystyle \Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\in\{0,1\}.

Түүнчлэн, p^k>2n үед

\displaystyle \Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]=0

учир

\displaystyle \langle n,p\rangle=\sum_{k\geq0}\Big(\Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\Big)\leq\max\{k:p^k\leq2n\}=\Big[\frac{\ln2n}{\ln p}\Big]

буюу

\displaystyle p^{\langle n,p\rangle}\leq2n.

Эндээс шууд

\displaystyle \binom{2n}{n}=\prod_{p\leq2n}p^{\langle n,p\rangle}\leq(2n)^{\pi(2n)}

гэж гарах ба, зүүн гар талд нь

\displaystyle\binom{2n}{n}=\max_{0<k<2n}\binom{2n}{k}\geq\frac{2^{2n}}{2n}

гэсэн тривиал заагийг хэрэглэснээр

\displaystyle \frac{2^{2n}}{2n}\leq\binom{2n}{n}\leq(2n)^{\pi(2n)}

болно. Хоёр талаас нь логарифм авбал

\displaystyle 2n\ln2-\ln2n\leq\pi(2n)\ln2n

буюу

\displaystyle \pi(2n)\geq\frac{2n\ln2}{\ln2n}-1.

Үүнийгээ бүх бодит (эсвэл ядаж хангалттай их) x-ийн хувьд биелдэг

\displaystyle \pi(x)\geq\frac{ax}{\ln x}

хэлбэрийн тэнцэл бишид хөрвүүлэх гээд үзье. Хэрэв 2n\leq x<2n+2 бол,

\displaystyle \pi(x)\geq\pi(2n)\geq\frac{2n\ln2}{\ln2n}-1.\qquad(\dagger\dagger)

Тэгэхээр

\displaystyle \frac{ax}{\ln x}\leq\frac{2a(n+1)}{\ln2n}

тэнцэл бишийн баруун гар тал (\dagger\dagger) тэнцэл бишийн баруун гар талаас хэтрэхгүй байх нөхцөл нь

\displaystyle f(n)=2n\ln2-\ln2n-2a(n+1)\geq0

байх явдал болно. Энд хялбарыг бодоод a=\frac12 гэж авбал f(x) функц нь

\displaystyle x\geq\frac1{2(\ln2-a)}=1.29\ldots

үед үл буурах функц байна. Цаашилбал,

f(11)=0.15\ldots

гэдгээс n\geq11 үед f(n)>0 гэж гарах тул,

\displaystyle \pi(x)\geq\frac{x}{2\ln x}

тэнцэл биш x\geq22 үед хүчинтэй нь батлагдана. Энэ тэнцэл бишийг шууд шалгахад 3\leq x\leq22 үед биелдэг нь харагдана (Зураг). Хэрэв зурагт итгэхгүй бол \pi(x) функц зөвхөн анхны тоонууд дээр л үсрэлттэй гэдгийг санаад, 22 хүртэлх анхны тоонууд дээр дээрх тэнцэл бишийн хоёр талыг тооцоод үзэхэд хангалттай.

Ингээд дараах теорем батлагдлаа.

Теорем. x\geq3 бол \displaystyle \pi(x)\geq\frac{x}{2\ln x}.

Posted in Тооны онол | Tagged , | Сэтгэгдэл бичих

Эрдёшын баталгаа

Пал Эрдёш 1932 онд 19 хүрээгүй байхдаа Бертраны постулатын хялбар баталгааг хийснээр математикийн ертөнцөд өөрийн мэндэлснийг анх зарласан гэдэг. Энэ баталгааны амин сүнс болсон түүний гол ажиглалт нь биномын

\displaystyle\binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!}

коэффициентийн анхны тоон задаргаанд n-тэй ойролцоо анхны тоонууд ордоггүй явдал болно. Үнэхээр, хэрэв \frac23n<p\leq n бол 2p>n тул

\displaystyle n!=1\cdot2\cdots p\cdots n

тооны анхны тоон задаргаанд p ганцхан л удаа (ө.х. дан зэрэгтэй) тохиолдоно. Үүнтэй төстэйгөөр, p>\frac23n нь 3p>2n гэсэн үг тул

\displaystyle (2n)!=1\cdot2\cdots p\cdots n\cdots 2p\cdots2n

тооны анхны тоон задаргаанд p тоо квадрат зэрэгтэйгээр л орно. Тэгэхээр

\displaystyle \frac23n<p\leq n\qquad\Longrightarrow\qquad p\nmid\binom{2n}{n}.

Иймэрхүү маягаар \binom{2n}{n} коэффициентийн анхны тоон задаргаанд орох p\leq n анхны тоонуудын зэргийг дээрээс нь сайн зааглаж чадвал, n<p\leq2n байх анхны тоо хэрэглэлгүйгээр \binom{2n}{n} тоог задлах боломжгүйд хүрэх юм.

Энэ санааг хэрэгжүүлэхийн тулд арай эмх цэгцтэйгээр дахиад эхэлье. Юуны түрүүнд биномын

\displaystyle(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k=\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!(n-k)!}\,x^k\qquad(*)

задаргааны коэффициентүүд \binom{0}{0}=1 ба n\geq1 үед

\displaystyle\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k}+\binom{n+1}{k-1}\qquad k=0,\ldots,n+1

харьцааг хангах тул бүгд бүхэл тоонууд болно. Үүнд \binom{n}{n+1}=\binom{n}{-1}=0.

Цаашилбал, \binom{2n}{n}=\frac{(2n)!}{n!n!} коэффициент анхны тоон задаргаандаа p>2n байх анхны тоонуудыг агуулахгүй нь тодорхой. Энэ задаргаа \frac23n<p\leq n байх анхны тоонуудыг бас агуулахгүй гэдгийг дээр бид харсан.

Тэгэхээр Бертраны постулатын эсрэгээр, n<p\leq2n байх анхны тоо оршин байдаггүй гэж үзвэл, \binom{2n}{n} коэффициент p>\frac23n байх ямар ч анхны тоонд хуваагдахгүй. Энд Бертраны постулат гэдэгт, n нь дурын эерэг бүхэл тоо бол n<p\leq2n байх p анхны тоо олдоно гэсэн өгүүлбэрийг ойлгож байгааг тодруулъя.

Одоо  \binom{2n}{n} коэффициентийн анхны тоон задаргаанд орсон анхны тоонуудын зэргийг үнэлэхийн тулд,

\displaystyle m!=1\cdot2\cdots m

тооны задаргаанд p анхны тоо ямар зэрэгтэй орохыг сонирхоё. Үүнд 1,2,3,\ldots,m тоонууд дотроос яг e_1=[m/p] ширхэг нь p-д хуваагдана, яг e_2=[m/p^2] ширхэг нь p^2-д хуваагдана гэх мэтчилэн явбал, хамгийн сүүлд p^{k+1}>m байх k-ийн хувьд, яг e_k=[m/p^k] ширхэг нь p^k-д хуваагдана гээд зогсох ба дараах теорем батлагдана.

Лежандрын теорем (1808). m!=1\cdot2\cdots m тооны анхны тоон задаргаанд p анхны тоо яг

\displaystyle \Big[\frac{m}{p}\Big]+\Big[\frac{m}{p^2}\Big]+\Big[\frac{m}{p^3}\Big]+\ldots

зэрэгтэйгээр орно.

Лежандрын теоремоос, \binom{2n}{n} коэффициентийн анхны тоон задаргаанд p анхны тоо

\displaystyle \langle n,p\rangle=\sum_{k\geq0}\Big(\Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\Big)

зэрэгтэйгээр орно гэж гарна. Ямар ч x бодит тооны хувьд \{x\}<\frac12 бол [2x]=2[x]\{x\}\geq\frac12 бол [2x]=2[x]+1 гэдгээс

\displaystyle \Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\in\{0,1\}.

Түүнчлэн, p^k>2n үед

\displaystyle \Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]=0

учир

\displaystyle \langle n,p\rangle=\sum_{k\geq0}\Big(\Big[\frac{2n}{p^k}\Big]-2\Big[\frac{n}{p^k}\Big]\Big)\leq\max\{k:p^k\leq2n\}=\Big[\frac{\ln2n}{\ln p}\Big]

буюу

\displaystyle p^{\langle n,p\rangle}\leq2n.

Тухайлбал, \langle n,p\rangle\geq2 бол p^2\leq2n буюу p\leq\sqrt{2n} тул ийм анхны тооны тоо хамгийн ихдээ \sqrt{2n} байх нь мэдээж. Эндээс шууд

\displaystyle \binom{2n}{n}\leq\prod_{\langle n,p\rangle\geq2}p^{\langle n,p\rangle}\cdot\prod_{\langle n,p\rangle=1}p\leq(2n)^{\sqrt{2n}}\cdot\prod_{p\leq\frac23n}p\qquad(**)

гэсэн үнэлгээ гарах ба бидний зорилго бол үүнийг доороос нь их, дээрээс нь бага заагаар зааглаж зөрчилд хүргэх явдал болно.

Эхлээд биномын коэффициентийг доороос нь зааглах гээд үзье. Биномын задаргааны (*) томъёонд x=1 гэж тавьснаар

\displaystyle2^n=1+1+\sum_{k=1}^{n-1}\binom{n}{k}

болох ба n\geq2 үед

\displaystyle\max_{0<k<n}\binom{n}{k}\geq\frac{2^n}{n}.

Нөгөө талаас

\displaystyle\binom{n}{k}=\frac{n-k+1}{k}\binom{n}{k-1}

тул 2k<n+1 үед

\displaystyle\binom{n}{k-1}<\binom{n}{k}.

Иймд биномын коэффициентүүдийн хамгийн их нь яг голдоо байх ба

\displaystyle\binom{2n}{n}=\max_{0<k<2n}\binom{2n}{k}\geq\frac{2^{2n}}{2n}.

Үүнийг (**) томъёондоо хэрэглэвэл

\displaystyle \frac{2^{2n}}{2n}\leq\binom{2n}{n}\leq(2n)^{\sqrt{2n}}\cdot\prod_{p\leq\frac23n}p.\qquad(\dagger)

Энд байгаа анхны тоотой үржвэр нь e^{\theta(2n/3)} гэдгийг анзаарвал Чебышёвын онолыг ашиглан дээрээс нь зааглах боломжтой. Гэхдээ биномын коэффициент ашиглаад шууд зааглаж бас болно.

Лемм. \displaystyle x\geq2\,\,\Longrightarrow\,\,\prod_{p\leq x}p\leq 4^{x-1}.

Баталгаа. x=2 үед 2\leq4 тул лемм үнэн. Одоо x\leq m үед үнэн гэж үзье. Хэрэв m нь сондгой бол m+1 нь тэгш тул

\displaystyle\prod_{p\leq m+1}p=\prod_{p\leq m}p\leq4^{m-1}<4^m.

Тэгэхээр m=2n тохиолдол үлдлээ. Биномын

\displaystyle\binom{2n+1}{n}=\frac{(2n+1)!}{n!(n+1)!}

коэффициент n+1<p\leq2n+1 байх бүх анхны тоонуудад (хэрвээ байдаг л бол) хуваагдах тул

\displaystyle\prod_{n+1<p\leq2n+1}p\leq\binom{2n+1}{n}.

Цаашилбал

\displaystyle2^{2n+1}=\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}

нийлбэрийн голын хоёр нэмэгдэхүүн хоорондоо тэнцүү: \binom{2n+1}{n}=\binom{2n+1}{n+1} гэдгийг бодолцвол

\displaystyle\binom{2n+1}{n}\leq2^{2n}\qquad\Longrightarrow\qquad\prod_{n+1<p\leq2n+1}p\leq\binom{2n+1}{n}\leq2^{2n}.

Ингээд индукцийн таамаглал ёсоор

\displaystyle\prod_{p\leq2n+1}p=\Big(\prod_{p\leq n+1}p\Big)\cdot\Big(\prod_{n+1<p\leq2n+1}p\Big)\leq\Big(\prod_{p\leq n+1}p\Big)\cdot2^{2n}\leq4^n\cdot2^{2n}=4^{2n}

болж, лемм батлагдана.

Одоо леммынхээ үр дүнг (\dagger) томъёонд хэрэглэвэл

\displaystyle \frac{2^{2n}}{2n}\leq\binom{2n}{n}\leq(2n)^{\sqrt{2n}}\cdot\prod_{p\leq\frac23n}p\leq(2n)^{\sqrt{2n}}\cdot4^{\frac23n}.

Хоёр талаас нь логарифм авбал

\displaystyle 2n\ln2-\ln(2n)\leq\sqrt{2n}\ln(2n)+\frac43n\ln2

буюу

\displaystyle 2n\ln2\leq3(1+\sqrt{2n})\ln(2n).

Хангалттай их бүх n-ийн хувьд зүүн гар тал дахь функц давамгайлах нь тодорхой. Үнэндээ, n\geq468 үед

\displaystyle 2n\ln2>3(1+\sqrt{2n})\ln(2n)

тул Бертраны постулат n\geq468 үед батлагдана. Харин n<468 тохиолдолд,

2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631,

дараалал дахь зэргэлдээ хоёр (анхны) тооны ялгавар тэр хоёр тооны багаас нь хэтрэхгүй байгааг ажиглахад хангалттай.

f1f2

Дасгал. n\geq468 үед

\displaystyle 2n\ln2>3(1+\sqrt{2n})\ln(2n)

гэдгийг батал.

Posted in Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих

Чебышёвын теоремын мөрдлөгөөнүүд

Өмнөх постоороо бид Чебышёвын онолын дараах тулгуур теоремыг баталсан.

Теорем. Хичнээн ч том бүхэл тоо k, хичнээн ч бага бодит тоо \alpha>0 өгөгдсөн байсан,

\displaystyle\pi(n)<\mathrm{Li}(n)+\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

байх төгсгөлгүй олон индекс n олдоно. Түүнчлэн,

\displaystyle\pi(n)>\mathrm{Li}(n)-\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

тэнцэл биш төгсгөлгүй олон n-ийн хувьд биелнэ. Өөрөөр хэлбэл дурын k бүхэл тооны хувьд

\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\big(\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\big)\frac{\ln^k\!n}n\leq0,\qquad\limsup_{n\to\infty}\big(\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\big)\frac{\ln^k\!n}n\geq0.

Одоо үүнээс гарах зарим чухал мөрдлөгөөнүүдийг авч үзье.

Мөрдлөгөө 1. Хэрэв

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)\ln n}{n},\qquad\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)(\ln n-1.08366)}{n},\qquad\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{\mathrm{Li}(n)}

хязгааруудын аль нэг нь л оршин байдаг бол, бусад нь мөн оршин байх бөгөөд, утга нь бүгд 1-тэй тэнцүү байх ёстой. Иймд Гаусс-Лежандрын таамаглалыг батлахын тулд энэ хязгаар оршин байхыг харуулах л үлдэнэ.

Баталгаа. Ямар ч \beta тогтмолын хувьд

\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{{x}/{(\ln x+\beta)}}{\mathrm{Li}(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac1{\ln x+\beta}-\frac{x}{(\ln x+\beta)^2}\cdot\frac1x}{\frac1{\ln x}}=1

тул

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)(\ln n+\beta)}{n}=L\qquad\Longleftrightarrow\qquad\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{\mathrm{Li}(n)}=L.

Одоо энэ хязгаар оршин байдаг бөгөөд утга нь L-тэй тэнцүү, өөрөөр хэлбэл \varepsilon>0 тоо хичнээн ч бага байсан n хангалттай их л бол

\displaystyle L-\varepsilon<\frac{\pi(n)}{\mathrm{Li}(n)}<L+\varepsilon

байдаг гэж үзье. Тухайлбал, L>1 бол \varepsilon=\frac{L-1}2 гэж сонгож авснаар хангалттай их бүх n-ийн хувьд

\displaystyle \frac{\pi(n)}{\mathrm{Li}(n)}>L-\varepsilon=\frac{L+1}2=1+\varepsilon

гэж гарна. Энэ нь жишээлбэл төгсгөлгүй олон n-ийн хувьд

\displaystyle\pi(n)<\mathrm{Li}(n)+\frac{n}{\ln^2\!n}

байна гэдэгт харшлах тул L>1 байж болохгүй. Үүнтэй төстэйгөөр, L<1 байж болохгүй гэдгийг харуулна. Мөрдлөгөө батлагдлаа.

Анхны тоонуудын тархалтын талаар

\displaystyle\pi(n)\approx\frac{n}{\ln n-1.08366}

гэсэн таамаглал Лежандр дэвшүүлснийг бид мэднэ. Үүнийг эхний ээлжинд

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)(\ln n-1.08366)}{n}=1

гэж тайлбарлаж болох бөгөөд энэ нь

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)}{\mathrm{Li}(n)}=1

гэсэн Гауссын таамаглалтай эквивалент. Эдгээрийг хамтад нь бид «Гаусс-Лежандрын таамаглал», эсвэл «анхны тооны теорем» гэж яриад байгаа.

Гэвч дээрх тайлбар Лежандрын таамаглалд байгаа 1.08366 гэсэн тогтмолын учрыг тайлбарлахад хүчин мөхөстөнө. Үүний тулд

\displaystyle\pi(n)=\frac{n}{\ln n+\beta(n)}

харьцаагаар \beta(n) гэсэн функц тодорхойлоод,

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\beta(n)=-1.08366

буюу

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Big(\frac{n}{\pi(n)}-\ln n\Big)=-1.08366

гэсэн дараагийн шатны (арай нарийн) таамаглал дэвшүүлж болно. Чебышёв өөрийн теоремыг хэрэглэн энэ таамаглалд засвар хэрэгтэй гэдгийг харуулсан.

Мөрдлөгөө 2. Хэрэв

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Big(\frac{n}{\pi(n)}-\ln n\Big)

хязгаар оршин байдаг бол утга нь (–1)-тэй тэнцүү байх ёстой.

Баталгаа. Дээрх хязгаар оршин байдаг бөгөөд утга нь B-тэй тэнцүү, ө.х.

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Big(\frac{n}{\pi(n)}-\ln n\Big)=B\qquad(*)

гэж үзье. Иймд \varepsilon>0 тоо хичнээн ч бага байсан n хангалттай их л бол

\displaystyle B-\varepsilon<\frac{n}{\pi(n)}-\ln n<B+\varepsilon\qquad(**)

байна. Энэ тэнцэл бишүүдийг (\ln n)-д хуваавал

\displaystyle \frac{B-\varepsilon}{\ln n}<\frac{n}{\pi(n)\ln n}-1<\frac{B+\varepsilon}{\ln n}

гарах тул юуны өмнө

\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\pi(n)\ln n}{n}=1\qquad(\dagger)

гэж мөрдөнө. Тэгэхээр (*) нь Гаусс-Лежандрын таамаглалаас илүү хүчтэй таамаглал гэсэн үг.

Одоо B>-1 гэж үзээд, (**) тэнцэл бишид B-\varepsilon=-1+\delta<0 ба \delta>0 байхаар \varepsilon параметрийг сонговол

\displaystyle \frac{n}{\ln n}-\pi(n)>(B-\varepsilon)\frac{\pi(n)}{\ln n}=(-1+\delta)\frac{\pi(n)}{\ln n}

гарна. Нөгөө талаас, (\dagger) томъёоноос, n хангалттай их үед

\displaystyle \pi(n)<(1+\delta)\frac{n}{\ln n}

тул

\displaystyle \frac{n}{\ln n}-\pi(n)>(-1+\delta)\frac{\pi(n)}{\ln n}>(-1+\delta^2)\frac{n}{\ln^2\!n}

буюу

\displaystyle\pi(n)-\frac{n}{\ln n}-\frac{n}{\ln^2\!n}<-\delta^2\frac{n}{\ln^2\!n}\qquad(\dagger\dagger)

гэж дүгнэж болно. Үүнийг теоремтойгоо холбохын тулд

\displaystyle\mathrm{Li}(x)=\frac{x}{\ln x}+\frac{x}{\ln^2\!x}+O\Big(\frac{x}{\ln^3\!x}\Big)

гэсэн үр дүнг санацгаая. Тухайлбал,

\displaystyle\frac{n}{\ln n}+\frac{n}{\ln^2\!n}-\mathrm{Li}(n)<C\frac{n}{\ln^3\!n}

байх C тогтмол олдоно. Энэ тэнцэл бишийг (\dagger\dagger) дээр нэмбэл хангалттай их бүх n-ийн хувьд

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)<-\delta^2\frac{n}{\ln^2\!n}+C\frac{n}{\ln^3\!n}

болох тул жишээлбэл төгсгөлгүй олон n-ийн хувьд

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)>-\frac{n}{\ln^3\!n}

байна гэдэгт харшилж, B>-1 байж болохгүй нь харагдана. Үүнтэй төстэйгөөр, B<-1 байж болохгүй. Мөрдлөгөө батлагдлаа.

Дээрх баталгаануудаас нэг ажиглалт хийхэд, эхний мөрдлөгөөний баталгаанд

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)<\frac{n}{\ln^2\!n}

тэнцэл биш зөвхөн төгсгөлөг тооны n-ийн хувьд биелэхэд хүрч, зөрчил үүсгэж байсан бол хоёрдахь мөрдлөгөөний баталгаанд

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)<\frac{n}{\ln^3\!n}

тэнцэл биш төстэй үүрэг гүйцэтгэсэн. Үүний цаад учир нь юу вэ гэвэл, 1-рт, хэрэв f(n) функц

\displaystyle \pi(n)-f(n)=O\Big(\frac{n}{\ln^k\!n}\Big)

шинж чанартай бол

\displaystyle f(n)=\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{n}{\ln^k\!n}\Big)

байхаас өөр аргагүй, 2-рт,

\displaystyle\mathrm{Li}(n)=\frac{n}{\ln n}+\frac{n}{\ln^2\!n}+\frac{2n}{\ln^3\!n}+\ldots+\frac{(k-1)!n}{\ln^{k}\!n}+O\Big(\frac{n}{\ln^{k+1}\!n}\Big)

гэсэн задаргаа биелдэг явдал юм. Жишээлбэл

\displaystyle\frac{n}{\ln n-A}=\frac{n}{\ln n}+\frac{An}{\ln^2\!n}+\frac{A^2n}{\ln^3\!n}+O\Big(\frac{n}{\ln^4\!n}\Big)

задаргаа A=1 үед дээрх задаргаатай эхний 2 гишүүнээрээ, A\neq1 үед зөвхөн эхний ганц гишүүнээрээ нийцтэй. Иймд A\neq1 үед

\displaystyle \pi(n)=\frac{n}{\ln n-A}+O\Big(\frac{n}{\ln^2\!n}\Big)

байх боломжтой боловч

\displaystyle \pi(n)=\frac{n}{\ln n-A}+O\Big(\frac{n}{\ln^3\!n}\Big)

байх боломжгүй. Харин

\displaystyle \pi(n)=\frac{n}{\ln n-1}+O\Big(\frac{n}{\ln^3\!n}\Big)

байх боломжтой боловч

\displaystyle \pi(n)=\frac{n}{\ln n-1}+O\Big(\frac{n}{\ln^4\!n}\Big)

байх боломжгүй.

Дээрх ажиглалтыг эмхэтгэж бичье.

Мөрдлөгөө 3. Хэрэв

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Big(f(n)-\mathrm{Li}(n)\Big)\frac{\ln^k\!n}n\neq0

өөрөөр хэлбэл

\displaystyle f(n)-\mathrm{Li}(n)\neq o\Big(\frac{n}{\ln^{k}\!n}\Big)

бол

\displaystyle\pi(n)=f(n)+O\Big(\frac{n}{\ln^{k+1}\!n}\Big)

байх боломжгүй.

Баталгаа.  Ерөнхий чанарыг алдалгүйгээр

\displaystyle\lim_{n\to\infty}\Big(f(n)-\mathrm{Li}(n)\Big)\frac{\ln^k\!n}n<0

гэж үзье. Тэгвэл n хангалттай их үед

\displaystyle f(n)-\mathrm{Li}(n)<-\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

байх \alpha>0 тогтмол олдоно. Нөгөө талаас,

\displaystyle\pi(n)=f(n)+O\Big(\frac{n}{\ln^{k+1}\!n}\Big)

гэдгээс ямар нэг C тогтмолын хувьд

\displaystyle\pi(n)-f(n)<\frac{Cn}{\ln^{k+1}\!n}

байна гэж гарна. Одоо хоёр тэнцэл бишээ хооронд нэмснээр

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)<-\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}+\frac{Cn}{\ln^{k+1}\!n}

болж, төгсгөлгүй олон n-ийн хувьд

\displaystyle\pi(n)-\mathrm{Li}(n)>-\frac{n}{\ln^{k+1}\!n}

гэсэн тулгуур теоремын үр дүнтэй зөрчилдөнө.

Дасгал. Өмнөх мөрдлөгөөг ашиглан,

\displaystyle\pi(n)=f(n)+O\Big(\frac{n}{\ln^{4}\!n}\Big)

байх боломжтой

\displaystyle f(n)=\frac{n\ln n}{\ln^2\!n-\ln n+c}

хэлбэрийн бүх функцийг ол. Өөрөөр хэлбэл,

\displaystyle \lim_{n\to\infty}\Big(\frac{n}{\pi(n)}-\ln n+1\Big)\ln n

хязгаар оршин байдаг бол, утга нь хэд байх ёстой вэ?

Posted in Анализ, Тооны онол | Tagged , , , | Сэтгэгдэл бичих

Чебышёвын тулгуур теорем

Өмнөх постоороо бид s>1 мужид тодорхойлогдсон

\displaystyle f_6(s)=P(s)+Z(s)

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай байна гэдгийг харуулсан. Үүнд

\displaystyle P(s)=\sum_p\frac1{p^s}

нь «анхны тоон зета функц» гэгддэг функц бол

\displaystyle Z(s)=-\sum_{n\geq2}\frac1{n^s\ln n}

нь Z'(s)=\zeta(s)-1 тэнцлийг хангах тул зета функцийн эх функцтэй их ойрын хамаатан. Анхны тоон зета функцийг

\displaystyle P(s)=\sum_p\frac1{p^s}=\sum_{n\geq2}\frac{\pi(n)-\pi(n-1)}{n^s}

гэж бичвэл

\displaystyle f_6(s)=P(s)+Z(s)=\sum_{n\geq2}\Big(\pi(n)-\pi(n-1)-\frac1{\ln n}\Big)\frac1{n^s}

болно. Үүнээсээ цааш нь уламжлал авбал

\displaystyle f_6^{(k)}(s)=(-1)^k\sum_{n\geq2}\Big(\pi(n)-\pi(n-1)-\frac1{\ln n}\Big)\frac{\ln^k\!n}{n^s}.

Тэгэхээр өмнөх постны үр дүнг дараах маягаар томъёолж бас болно.

Теорем. Ямар ч k\geq0 бүхэл тооны хувьд s>1 мужид тодорхойлогдсон

\displaystyle g_k(s)=\sum_{n\geq2}\Big(\pi(n)-\pi(n-1)-\frac1{\ln n}\Big)\frac{\ln^k\!n}{n^s}\qquad(*)

функц s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай.

Хаалтанд байгаа \frac1{\ln n} гишүүнийг

\displaystyle \frac1{\ln n}=L(n)-L(n-1)\qquad(**)

хэлбэрт бичихийн тулд

\displaystyle L(n)=\sum_{j=2}^{n}\frac1{\ln j}

гэсэн функц тодорхойлж болно. Чебышёв үүний оронд (аргумент нь бодит тоо байж болдог)

\displaystyle \mathrm{Li}(x)=\int_2^x\frac{dt}{\ln t}

функцийг илүүд үзсэн бөгөөд дээрх теорем дахь (**) гишүүнийг

\displaystyle \mathrm{Li}(n)-\mathrm{Li}(n-1)=\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}

илэрхийллээр сольсон. Энэ тэнцэтгэлийн баруун гар талын интеграл n=2 үед сарних тул нэг бол \mathrm{Li}(1)=0 гэж хүчээр тодорхойлох, эсвэл (*) нийлбэрийг n=2 биш арай их индексээс эхлэх хэрэгтэй.

Мөрдлөгөө. Ямар ч k\geq0 бүхэл тооны хувьд s>1 мужид тодорхойлогдсон

\displaystyle h_k(s)=\sum_{n\geq3}\Big(\pi(n)-\pi(n-1)-\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}\Big)\frac{\ln^k\!n}{n^s}\qquad(\dagger)

функц s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай.

Баталгаа. Дээрх теоремын (*) нийлбэрийг n=3 индексээс эхлүүлээд (ө.х. нийлбэрийн хамгийн эхний нэмэгдэхүүнийг хаяад) g_k(s) функцийг шинээр тодорхойлбол теорем хүчинтэй хэвээр үлдэх нь мэдээж. Ингээд (*) ба (\dagger) илэрхийллүүдийн ялгаврыг олбол

\displaystyle\Delta(s)=h_k(s)-g_k(s)=\sum_{n\geq3}\Big(\frac1{\ln n}-\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}\Big)\frac{\ln^k\!n}{n^s}.

Үүнийг зааглахын тулд логарифм нь өсөх функц гэдгийг тооцвол

\displaystyle \frac1{\ln n}<\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}<\frac1{\ln(n-1)}

буюу

\displaystyle \Big|\frac1{\ln n}-\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}\Big|<\frac1{\ln(n-1)}-\frac1{\ln n}=\frac{\ln n-\ln(n-1)}{\ln(n-1)\ln n}=\frac{\ln(1+\frac1{n-1})}{\ln(n-1)\ln n}

гарна. Одоо 0\leq x\leq1 үед \ln(1+x)\leq x тэнцэл бишээс

\displaystyle \Big|\frac1{\ln n}-\int_{n-1}^n\frac{dt}{\ln t}\Big|<\frac1{(n-1)\ln(n-1)\ln n}<\frac2n

гэж мөрдөх ба үүнийгээ ашиглан

\displaystyle|\Delta(s)|=|h_k(s)-g_k(s)|<\sum_{n\geq3}\frac{2\ln^k\!n}{n^{1+s}}

заагт хүрнэ. Эндээс \Delta(s) ялгавар s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай гэдэг нь тодорхой. Эцэст нь

h_k(s)=g_k(s)+\Delta(s)

тэнцлийг санавал h_k(s) функц s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай болж, баталгаа дуусна.

Одоо

\displaystyle a_n=\pi(n)-\mathrm{Li}(n),\qquad b_n=\frac{\ln^k\!n}{n^s}

тэмдэглэгээнүүдийг ашиглан (\dagger) илэрхийллийг

\displaystyle h_k(s)=\sum_{n\geq3}(a_n-a_{n-1})b_n=\lim_{m\to\infty}\sum_{n=3}^m(a_n-a_{n-1})b_n

гэж бичиж болно. Энэ хэсэгчилсэн нийлбэрийг цааш нь

\displaystyle h_{k,m}(s)=\sum_{n=3}^m(a_n-a_{n-1})b_n=\sum_{n=3}^ma_nb_n-\sum_{n=2}^{m-1}a_nb_{n+1}\\{}\qquad=a_mb_m-a_2b_3+\sum_{n=3}^{m-1}a_n(b_n-b_{n+1})

маягаар (Абелийн хувиргалтаар) хувиргавал

\displaystyle h_k(s)=-a_2b_3+\lim_{m\to\infty}\Big(a_mb_m+\sum_{n=3}^{m-1}a_n(b_n-b_{n+1})\Big).

Хязгаар дотор байгаа a_mb_m гишүүнийг түр мартаад,

\displaystyle b_n-b_{n+1}\approx \frac{\ln^k\!n}{n^s}-\frac{\ln^k\!n}{(n+1)^s}\approx\frac{\ln^k\!n}{n^{s}}\Big(1-\big(1+\frac1n\big)^{-s}\Big)\approx\frac{s\ln^k\!n}{n^{1+s}}

гэж бүдүүвчилбэл, s\to1 үед

\displaystyle h_k(s)\sim\sum_{n\geq3}\big(\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\big)\frac{\ln^k\!n}{n^{1+s}}\qquad(\dagger\dagger)

нийлбэр төгсгөлөг утгатай. Тэгэхээр \pi(n)-\mathrm{Li}(n) ялгавар n\to\infty үед n^{1-\varepsilon} хэлбэрийн хэмжигдэхүүнээр зааглагдахгүй, их утга авдаг бол энэ их утган дотор эерэг ч сөрөг ч утга төгсгөлгүй олон тохиолдох ёстой. Өөрөөр хэлбэл \pi(n)-\mathrm{Li}(n) ялгавар Гаусс-Лежандрын таамаглалыг худлаа болгохоор тийм их байдаг бол, зөвхөн нэг тийшээ хэлбийсэн байж болохгүй, дээшээ доошоо байн байн хэлбэлзсэн маягтай байх хэрэгтэй болно. Энэ санааг хэрэгжүүлснээр бид Чебышёвын тулгуур теоремд хүрнэ.

Тэмдэглэл. Чебышёвын теоремыг батлахын өмнө (\dagger\dagger) томъёоноос

\pi(n)-\mathrm{Li}(n)=o(\mathrm{Li}(n))

хэлбэрийн заагийг гаргаж болохгүй юм уу гэсэн асуултыг авч үзье. Хэрэв тэгж чадвал Гаусс-Лежандрын таамаглал шууд батлагдана. Энд юу саад болж байна вэ гэвэл \pi(n)-\mathrm{Li}(n) ялгавар хаа нэгтээ A гэсэн том утга авсныгаа дараа нь хаа нэгтээ -A гэсэн утга аваад «засчихыг» бид байг гэж чадахгүй. Жишээлбэл (\dagger\dagger) томъёонд \pi(n)-\mathrm{Li}(n)=(-1)^nn гэвэл

\displaystyle h_k(s)\sim\sum_{n\geq3}\frac{(-1)^n\ln^k\!n}{n^{s}}\sim-\sum_{n\geq2}\frac{s\ln^k(2n)}{(2n)^{1+s}}

болох тул s\to1 хязгаарыг авахад ямар ч төвөг учрахгүй.

Теорем. Хичнээн ч том бүхэл тоо k, хичнээн ч бага бодит тоо \alpha>0 өгөгдсөн байсан,

\displaystyle\pi(n)<\mathrm{Li}(n)+\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

байх төгсгөлгүй олон индекс n олдоно. Түүнчлэн, 

\displaystyle\pi(n)>\mathrm{Li}(n)-\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

тэнцэл биш төгсгөлгүй олон n-ийн хувьд биелнэ. Өөрөөр хэлбэл дурын k бүхэл тооны хувьд

\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\big(\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\big)\frac{\ln^k\!n}n\leq0,\qquad\limsup_{n\to\infty}\big(\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\big)\frac{\ln^k\!n}n\geq0.

Гауссын G(x)=\frac{x}{\ln x} ба \mathrm{Li}(x), мөн Лежандрын L(x)=\frac{x}{\ln x-1.08366} ойролцооллуудын алдааг Чебышёвын төрлийн \frac{x}{\ln^5\!x} заагтай харьцуулсан нь.

Баталгаа. Эхлээд k бүхэл тоо, \alpha>0 бодит тоогоо сонгож аваад,

\displaystyle\pi(n)<\mathrm{Li}(n)+\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

тэнцэл биш зөвхөн төгсгөлөг тооны n-ийн хувьд л биелдэг, өөрөөр хэлбэл тодорхой нэг утгаас эхлээд бүх n-ийн хувьд

\displaystyle a_n=\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\geq\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}\qquad(\ddagger)

байдаг гэж үзье. Нөгөө талаас, дундаж утгын тухай теоремоор

\displaystyle b_n-b_{n+1}=\frac{\ln^k\!n}{n^s}-\frac{\ln^k(n+1)}{(n+1)^s}=\Big(s-\frac{k}{\ln(n+\theta_n)}\Big)\frac{\ln^k(n+\theta_n)}{(n+\theta_n)^{1+s}}

байх 0<\theta_n<1 олдоно. Баруун гар тал дахь илэрхийллийг жаахан хялбарчлая. Юуны түрүүнд s>1 ба логарифм нь өсөх функц тул n хангалттай их үед

\displaystyle s-\frac{k}{\ln(n+\theta_n)}>\frac1{\sqrt2}

ба

\displaystyle \frac{\ln^k(n+\theta_n)}{(n+\theta_n)^{1+s}}\geq\frac{\ln^k\!n}{(n+\theta_n)^{1+s}}\geq\frac{\ln^k\!n}{\sqrt2n^{1+s}}.

Эдгээрийг эмхэтгэж бичвэл

\displaystyle b_n-b_{n+1}\geq\frac{\ln^k\!n}{2n^{1+s}}.\qquad(\ddagger\ddagger)

Одоо n\geq r үед (\ddagger) ба (\ddagger\ddagger) тэнцэл бишүүд зэрэг биелдэг гэвэл, a_mb_m>0 гэдгийг тооцон

\displaystyle h_{k,m}(s)=a_mb_m\underbrace{-a_2b_3+\sum_{n=3}^{r-1}a_n(b_n-b_{n+1})}_{C}+\sum_{n=r}^{m-1}a_n(b_n-b_{n+1})\\{}\qquad> C+\sum_{n=r}^{m-1}\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}\cdot\frac{\ln^k\!n}{2n^{1+s}}=C+\sum_{n=r}^{m-1}\frac{\alpha}{2n^{s}}

болох тул s\to1 үед

\displaystyle h_k(s)=\lim_{m\to\infty}h_{k,m}(s)\geq C-\sum_{n=1}^{r-1}\frac{\alpha}{2n^{s}}+\zeta(s)\to\infty.

Энэ нь h_k(s) функц s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай гэсэн мөрдлөгөөтэй харшилж, теоремын эхний хагас батлагдана.

Хоёрдахь хагасынх нь баталгаа эхний хагасынхтайгаа адилхан тул товчхон сийрүүлье. Бүх n\geq r-ийн хувьд

\displaystyle a_n=\pi(n)-\mathrm{Li}(n)\leq-\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}

байдаг гэж үзсэнээр эхэлнэ. Эндээс a_mb_m<0 гэдгийг тооцон

\displaystyle h_{k,m}(s)=a_mb_m\underbrace{-a_2b_3+\sum_{n=3}^{r-1}a_n(b_n-b_{n+1})}_{C}+\sum_{n=r}^{m-1}a_n(b_n-b_{n+1})\\{}\qquad< C-\sum_{n=r}^{m-1}\frac{\alpha n}{\ln^k\!n}\cdot\frac{\ln^k\!n}{2n^{1+s}}=C-\sum_{n=r}^{m-1}\frac{\alpha}{2n^{s}}

гэж гарах ба s\to1 үед

\displaystyle h_k(s)=\lim_{m\to\infty}h_{k,m}(s)\leq C+\sum_{n=1}^{r-1}\frac{\alpha}{2n^{s}}-\zeta(s)\to-\infty.

Теорем бүрэн батлагдлаа.

Posted in Анализ, Тооны онол | Tagged , , | Сэтгэгдэл бичих

Анхны тоон зета функц

Өмнөх постоороо бид

\displaystyle f_4(s)=Z(s)+\ln\zeta(s)

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай гэж харуулсан. Үүнд

\displaystyle Z(s)=\sum_{n\geq2}\frac1{n^s\ln n}

нь зета функцийн нэг эх функцтэй Z'(s)=\zeta(s)-1 маягаар «хамаатан» болох функц. Энэ Z(s) функцийг, анхны тоон зета функц гэгддэг

\displaystyle P(s)=\sum_p\frac1{p^s}

(нийлбэр нь зөвхөн анхны тоонуудаар авагдах) функцтэй холбоход дараах үр дүн л хэрэгтэй байгаа.

Лемм. s>1 мужид тодорхойлогдсон

\displaystyle f_5(s)=P(s)-\ln\zeta(s)

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай байна.

Баталгаа. Эйлерийн үржвэрийн томъёоноос

\displaystyle f_5(s)=\sum_pp^{-s}+\sum_p\ln(1-p^{-s})

болох ба, уламжлал авбал

\displaystyle f_5'(s)=\sum_p\Big(-\frac{\ln p}{p^s}+\frac1{1-p^{-s}}\cdot\frac{\ln p}{p^s}\Big)=\sum_p\frac1{p^{2s}}\cdot\frac{\ln p}{1-p^{-s}}

гарна. Энэ уламжлалын цувааны гишүүд p их, s\approx1 үед {\ln p}/{p^2} маягаар буурах тул f_5'(s) функц s=1 цэг дээр тасралтгүй. Үүнийг буцааж интегралчилбал, f_5(s) функц өөрөө s=1 цэг дээр тасралтгүй гэж мөрдөнө. Үүнийг өөрөөр,

|x+\ln(1-x)|\leq x^2\qquad(|x|\leq\frac12)

тэнцэл бишийг ашиглаад шууд

\displaystyle |f_5(s)|\leq\sum_p\big|p^{-s}+\ln(1-p^{-s})\big|\leq\sum_p\frac1{p^{2s}}

гэж харж ч болно.

Одоо f_5 функцээсээ дахиад нэг уламжлал авбал

\displaystyle f_5''(s)=\sum_p\Big(-\frac{2\ln p}{p^{2s}}\cdot\frac{\ln p}{1-p^{-s}}-\frac1{p^{2s}}\cdot\frac{\ln p}{(1-p^{-s})^2}\cdot\frac{\ln p}{p^s}\Big).

Эндээс f_5 функцийн дурын n зэргийн уламжлал нь

\displaystyle \sum_p\frac{\ln^k\!p}{p^{2s}}\cdot\frac1{(1-p^{-s})^mp^{rs}}

хэлбэрийн цуваануудын шугаман комбинац болох нь илэрхий бөгөөд эдгээр цувааны гишүүд p их, s\approx1 үед ядаж {\ln^k\!p}/{p^2} маягаар буурах тул f_5^{(n)}(s) функц s=1 цэг дээр тасралтгүй. Лемм батлагдав.

Дээрх леммыг энэ постны эхэнд иш татсан үр дүнтэй хамтатгавал, анхны тоон зета функцийг зета функцийн эх функцтэй холбосон дараах чухал теоремд хүрнэ.

Теорем. s>1 мужид тодорхойлогдсон

\displaystyle f_6(s)=P(s)+Z(s)

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай байна.

Posted in Анализ, Тооны онол | Tagged , | Сэтгэгдэл бичих