Зета функцийн логарифм ба эх функц

Өмнөх постоор бид s>1 үед тодорхойлогдсон

\displaystyle f_1(s)=\zeta(s)-\frac1{s-1}

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

\displaystyle\zeta(s)\sim\frac1{s-1}\qquad(*)

маягаар төсөөлбөл зохимжтой. Нөгөө талаас, Эйлерийн үржвэрийн теоремоос

\displaystyle \ln\zeta(s)=-\sum_p\ln(1-p^{-s})\sim\sum_p\frac1{p^s}

маягийн харьцаа биелнэ гэж бид тааж байгаа (Үүнийг дараагийн постоор жин тан болгоно).

Дээрх хоёр харьцааг хооронд нь холбохын тулд (*) харьцаанаас

\displaystyle\ln\zeta(s)\sim\ln\frac1{s-1}=-\ln(s-1)

гэж таагаад

\displaystyle f_2(s)=\ln\zeta(s)+\ln(s-1)=\ln\big((s-1)\zeta(s)\big)=\ln\big((s-1)f_1(s)+1\big)

функцийн s\to1 хязгаарын шинж чанарыг сонирхоё. Юуны өмнө

\displaystyle\lim_{s\to1}f_1(s)

хязгаар төгсгөлөг учир

\displaystyle\lim_{s\to1}f_2(s)=\lim_{s\to1}\ln\big((s-1)f_1(s)+1\big)=\ln1=0

гэж гарна. Цаашилбал

\displaystyle f_2'(s)=\frac{f_1(s)+(s-1)f_1'(s)}{(s-1)f_1(s)+1}

болох ба

N(s)=f_1(s)+(s-1)f_1'(s)\to f_1(1),\qquad D(s)=(s-1)f_1(s)+1\to1

тул f_2'(s)\to f_1(1) байна. Түүнчлэн

\displaystyle f_2''(s)=\frac{N'D-ND'}{D^2},\qquad f_2'''(s)=\frac{(N''D-ND'')D^2-2(N'D-ND')DD'}{D^4}

гэх мэтчилэн явах бөгөөд s\to1 үед N(s) ба D(s) функцүүдийн бүх уламжлал төгсгөлөг хязгаартай тул дараах лемм батлагдав.

Лемм. s>1 үед тодорхойлогдсон

\displaystyle f_2(s)=\ln\zeta(s)-\ln\frac1{s-1}

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

Одоо \zeta(s) ба \ln\zeta(s) функцүүдийг хооронд нь яаж холбох вэ? Мэдээж \zeta(s)\sim\ln\zeta(s) бол худлаа. Харин

\displaystyle\frac{d}{ds}\ln(s-1)=\frac1{s-1}

гэдгийг санавал,

\displaystyle\zeta(s)\sim\frac1{s-1}=\frac{d}{ds}\ln(s-1)\sim-\frac{d}{ds}\ln\zeta(s)=-\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}

гарна. Өөрөөр хэлбэл,

\displaystyle f_2'(s)=\frac{d}{ds}\Big(\ln\zeta(s)-\ln\frac1{s-1}\Big)=\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}+\frac1{s-1}

тул

\displaystyle f_3(s)=\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}+\zeta(s)=\frac{\zeta'(s)}{\zeta(s)}+\frac1{s-1}+\zeta(s)-\frac1{s-1}=f_2'(s)+f_1(s)

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

Дээрх харьцаа «сөрөг зэргийн уламжлал» буюу эх функцүүдийн хувьд бас хүчинтэй. Зета функцийн тодорхойлолтонд n\geq2 байх гишүүн тус бүрийг интегралчлаад

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

гэсэн функц тодорхойлбол, Z'(s)=\zeta(s)-1 харьцаа биелнэ. Тухайлбал

\displaystyle Z(2)-Z(s)=s-2+\int_s^2\zeta(t)dt

буюу

\displaystyle Z(s)=Z(2)+2-s-\int_s^2\zeta(t)dt.

Үүнтэй төстэйгөөр

\displaystyle \ln\zeta(s)=\ln\zeta(2)-\int_s^2\frac{\zeta'(t)}{\zeta(t)}dt

гэдгээс C=Z(s)+2+\ln\zeta(2) тогтмолтойгоор

\displaystyle Z(s)+\ln\zeta(s)=C-s-\int_s^2\Big(\zeta(t)+\frac{\zeta'(t)}{\zeta(t)}\Big)dt=C-s-\int_s^2f_3(t)dt

гарна. Энд f_3(s) нь s=1 дээр төгсгөлөг утгатай, тасралтгүй функц тул s\to1 үед

\displaystyle Z(s)+\ln\zeta(s)=C-s-\int_s^2f_3(t)dt\to C-1-\int_1^2f_3(t)dt.

Ингээд дараах теорем батлагдлаа.

Теорем. s>1 үед тодорхойлогдсон

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

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай байна (Бүх зэргийн уламжлал гэдэгт мэдээж 0-р зэргийнх багтана).

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

Зета функцийн туйл

Анхны тоонуудын урвуунуудын нийлбэр сарнина гэдгийг харуулах нэг арга нь Эйлерийн

\displaystyle \zeta(s)=\sum_n\frac1{n^s}=\prod_p\frac1{1-p^{-s}}

адилтгалын хоёр талаас логарифм аваад,

\displaystyle \ln\zeta(s)=-\sum_p\ln(1-p^{-s})\leq\sum_p\frac2{p^s}

тэнцэл бишийг ашиглах явдал гэдгийг бид мэднэ. Үнэндээ, x бага үед \ln(1+x)\approx x тул

\displaystyle \ln\zeta(s)=-\sum_p\ln(1-p^{-s})\sim\sum_p\frac1{p^s}

маягийн харьцаа биелэх ёстой. Одоохондоо \sim тэмдэглэгээг ‘хоорондоо ямар нэг утгаар ойролцоо’ гэж уншихад болно. Дээрх харьцааны зүүн гар талыг эргүүлээд \zeta(s) функцтэй өөртэй нь ямар нэг байдлаар холбох санаа Чебышёвт төрсөн бөгөөд, тэндээсээ

\displaystyle \sum_p\frac{\ln p}{p^s}\sim\sum_n\frac1{n^s}

маягийн харьцаанд хүрсэн. Эндээс дараалсан хоёр анхын тооны хоорондох зай дунджаар \ln p гэдэг нь харагдаж байгаа. Чебышёв үүнийг сайн «шүүсэлсэн» боловч Гаусс-Лежандрын таамаглалыг бүрэн баталж чадаагүй. Гэхдээ анхны тооны тархалтын талаар хэд хэдэн чухал дүгнэлт хийсэн. Жишээлбэл,

\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\pi(x)\ln x}x

хязгаар оршин байдаг бол, утга нь 1-тэй тэнцүү байх ёстой. Мөн

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

хязгаар оршин байдаг бол, утга нь (–1)-тэй тэнцүү байх ёстой. Тухайлбал энэ хязгаарыг (–1.08366)-тай тэнцүү гэсэн Лежандрын таамаглал няцаагдсан гэсэн үг. Бид эдгээр болон бусад үр дүнгүүдийн баталгааг ойрын хэд хоногт дэлгэрэнгүй нийтэлнэ.

Энэ удаадаа \zeta(s) функцийн туйлын талаар авч үзье. Юуны өмнө, \zeta(s) функцийн тодорхойлолтон дахь нийлбэрийг интегралаар соливол

\displaystyle\zeta(s)=\sum_n\frac1{n^s}\sim\int_1^\infty\frac{dx}{x^s}=\frac{x^{1-s}}{1-s}\Big|_1^\infty=\frac1{s-1}\qquad(s>1)

болох тул s\to1 үед \zeta(s) функц \frac1{s-1} маягаар хувьсана гэсэн таамаглал төрнө.

Одоо s>0 үед \Gamma(s) функцийг

\displaystyle\Gamma(s)=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}dx

гэсэн абсолют нийлдэг интегралаар тодорхойлоод,

\displaystyle\Gamma(s+1)=\int_0^\infty e^{-x}x^{s}dx=-e^{-x}x^{s}\Big|_0^\infty+s\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}dx=s\Gamma(s)

адилтгалыг тэмдэглэж авъя. Үүнийг s>1 үед

\displaystyle\frac1{s-1}=\frac{\Gamma(s-1)}{\Gamma(s)}\qquad(*)

хэлбэртэйгээр дор бид ашиглана.

Цаашилбал, s>1 үед {}e^{-x}x^{s-1}+e^{-2x}x^{s-1}+\ldots цуваа жигд нийлэх тул

\displaystyle\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}x^{s-1}dx=\int_0^\infty\big(e^{-x}+e^{-2x}+\ldots\big)x^{s-1}dx\\{}\qquad=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}dx+\int_0^\infty e^{-2x}x^{s-1}dx+\ldots

бөгөөд үүнд

\displaystyle\int_0^\infty e^{-nx}x^{s-1}dx=\frac1{n^s}\int_0^\infty e^{-nx}(nx)^{s-1}d(nx)=\frac{\Gamma(s)}{n^s}

гэдгийг орлуулбал

\displaystyle\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}x^{s-1}dx=\Gamma(s)+\frac{\Gamma(s)}{2^s}+\frac{\Gamma(s)}{3^s}+\ldots=\Gamma(s)\zeta(s)

болно. Үүнийгээ (*) адилтгалтай хамтатгавал

\displaystyle\zeta(s)-\frac1{s-1}=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty \Big(\frac1{1-e^{-x}}-\frac1x\Big)e^{-x}x^{s-1}dx\qquad(**)

томъёо гарна.

Теорем. s>1 үед тодорхойлогдсон

\displaystyle f_1(s)=\zeta(s)-\frac1{s-1}

функцийн бүх зэргийн уламжлал s\to1 хязгаарт төгсгөлөг утгатай байна (Бүх зэргийн уламжлал гэдэгт мэдээж 0-р зэргийнх багтана).

Баталгаа. Юуны өмнө

\displaystyle g(x)=\frac1{1-e^{-x}}-\frac1x

нь  g(0)=\frac12 байх, зааглагдсан, тасралтгүй функц тул (**) адилтгалаас

\displaystyle\lim_{s\to1}f_1(s)

хязгаар төгсгөлөг гэж гарна. Одоо (**) адилтгалаас  уламжлал авбал

\displaystyle f_1'(s)=\frac1{\Gamma(s)}\int_0^\infty g(x)e^{-x}x^{s-1}\ln x\,dx+\Big(\frac1{\Gamma(s)}\Big)'\int_0^\infty g(x)e^{-x}x^{s-1}dx

болох ба дээрхтэй адил шалтгаанаар

\displaystyle\lim_{s\to1}f_1'(s)

хязгаар төгсгөлөг болох нь харагдана. Үүнийг цааш нь үргэлжлүүлбэл, f_1(s)-ийн n зэргийн уламжлал нь

\displaystyle\Big(\frac1{\Gamma(s)}\Big)^{(n-k)}\int_0^\infty g(x)e^{-x}x^{s-1}\ln^k\!x\,dx

хэлбэрийн гишүүдийн нийлбэр болох нь тодорхой. Ингээд теорем батлагдлаа.

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

Сонины нийлбэрийн томъёо

Өмнөх постоор бид Абелийн нийлбэрийн томъёо гэгддэг дараах томъёог баталсан:

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)\gamma_k=f(x)g(x)-\int_{1}^xg(t)f'(t)dt

Үүнд \gamma_1,\gamma_2,\ldots нь тоон дараалал, f(x) нь тасралтгүй дифференциалчлагддаг функц ба

g(x)=\displaystyle\sum_{k\leq x}\gamma_k.

Хэрэв \gamma_k=1 гэвэл g(x)=[x] болох тул

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)=[x]f(x)-\int_{1}^x[t]f'(t)dt=[x]f(x)-\int_{1}^xtf'(t)dt+\int_{1}^x\{t\}f'(t)dt

Үүндээ

\displaystyle\int_{1}^xtf'(t)dt=xf(x)-f(1)-\int_{1}^xf(t)dt

гэдгийг орлуулбал

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)=-\{x\}f(x)+f(1)+\int_{1}^xf(t)dt+\int_{1}^x\{t\}f'(t)dt

болно. Ингээд сүүлийн интеграл дотор -\frac12 гэсэн гишүүн нэмснээр

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)=\Big({\frac12}-\{x\}\Big)f(x)+\frac{f(1)}2+\int_{1}^xf(t)dt+\int_{1}^x\Big(\{t\}-{\frac12}\Big)f'(t)dt

гэсэн томъёо гарч ирнэ. Үүнийг Николай Яковлевич Сонины нэрээр Сонины томъёо, эсвэл Эйлерийн томъёо гэх нь бий.

Шууд баталгаа. Сонины томъёог хэсэгчилсэн интеграл ашиглан шууд батлая. Юуны түрүүнд

\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(t)dt=\int_{k}^{k+1}f(t)d(t-k-{\textstyle\frac12})\\{}\qquad=\big(t-k-{\textstyle\frac12}\big)f(t)\Big|_k^{k+1}-\int_{k}^{k+1}\big(t-k-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt\\{}\qquad=\frac{f(k)+f(k+1)}2-\int_{k}^{k+1}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt

томъёог k=1,\ldots,n-1 индексүүдээр нийлбэрчилбэл

\displaystyle\int_{1}^{n}f(t)dt=\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}f(t)dt\\{}\qquad=\frac{f(1)}2+f(2)+\ldots+f(n-1)+\frac{f(n)}2-\int_{1}^{n}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt

буюу

\displaystyle\sum_{k=1}^nf(k)=\frac{f(1)+f(n)}2+\int_{1}^{n}f(t)dt+\int_{1}^{n}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt

гарна. Одоо n=[x] гэж аваад,

\displaystyle\int_{n}^{x}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt=\int_{n}^{x}\big(t-n-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt=\big(t-n-{\textstyle\frac12}\big)f(t)\Big|_n^x-\int_{n}^{x}f(t)dt\\{}\qquad=\big(\{x\}-{\textstyle\frac12}\big)f(x)+\frac{f(n)}2-\int_{n}^{x}f(t)dt

гэдгийг тооцон, баталгаа дуусна.

Жишээ. Сонины томъёог f(n)=\frac1n үед хэрэглэвэл

\displaystyle\sum_{n\leq x}\frac1n=\ln x+\frac{\frac12-\{x\}}x+\frac12-\int_{1}^x\frac{\{t\}-\frac12}{t^2}dt

гарна. Одоо |\{t\}-\frac12|\leq\frac12 гэдгээс сүүлийн интеграл x\to\infty хязгаарт абсолют нийлэх тул

\displaystyle\sum_{n\leq x}\frac1n=\ln x+\underbrace{\frac12-\int_{1}^\infty\frac{\{t\}-\frac12}{t^2}dt}_{\gamma}+\underbrace{\frac{\frac12-\{x\}}x+\int_{x}^\infty\frac{\{t\}-\frac12}{t^2}dt}_{\varepsilon(x)}

гэж бичиж болно гэсэн үг. Энд x\to\infty хязгаарт \varepsilon(x)\to0 ба

\displaystyle\gamma=\frac12-\int_{1}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}{t^2}=0.5772156649\ldots

нь Эйлер-Маскероний тогтмол. Өөрөөр хэлбэл

\displaystyle\gamma=\lim_{n\to\infty}\Big(1+\frac12+\ldots+\frac1n-\ln n\Big)

хязгаар оршин байна.

1+\frac12+\ldots+\frac1n-\ln n

Энэ жишээг жаахан өргөтгөе.

Лемм. Хэрэв f:(0,\infty)\to\mathbb{R} нь тасралтгүй дифференциалчлагддаг,  уламжлал нь монотон бөгөөд x\to\infty хязгаарт f'(x)\to0 байдаг функц бол дараах томъёо хүчинтэй.

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)=\gamma(f)+\int_{1}^xf(t)dt+\big({\textstyle\frac12}-\{x\}\big)f(x)+\varepsilon(x).

Үүнд

\displaystyle\gamma(f)=\frac{f(1)}2+\int_{1}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt

интеграл нийлэх ба

\displaystyle\varepsilon(x)=-\int_{x}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt

Баталгаа. Юуны түрүүнд интегралын дундаж утгын тухай теорем ёсоор, 1<a<b болгоны хувьд

\displaystyle\int_{a}^b\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)f'(t)dt=f'(a)\int_{a}^x\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)dt+f'(b)\int_{x}^b\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)dt

байх x\in(a,b) цэг олдоно. Баруун гар тал дахь интегралууд нь зааглагдсан тул дээрх интеграл a,b\to\infty үед 0 рүү тэмүүлнэ. Иймд Кошийн шинжүүрээр \gamma(f) тогтмолыг тодорхойлж байгаа интеграл нийлнэ.

Жишээ. Дээрх леммд f(x)=\ln x гэж орлуулбал

\displaystyle\sum_{k\leq x}\ln k=\gamma(\ln)+x\ln x-x+\big({\textstyle\frac12}-\{x\}\big)\ln x+\varepsilon(x).

Үүнд

\displaystyle\gamma(\ln)=\int_{1}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t,\qquad \varepsilon(x)=-\int_{x}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t.

Хэрэв x=n нь бүхэл гэвэл бидний «Стирлингийн ойролцоолол» гэж ярьдаг томъёо гарч ирнэ:

\displaystyle\ln n!=\gamma(\ln)+n\ln n-n+{\textstyle\frac12}\ln n+\varepsilon(n)

буюу C=e^{\gamma(\ln)} орлуулгатайгаар

\displaystyle n!\sim Cn^ne^{-n}\sqrt{n}.

Энэ томъёог 1733 онд Абрахам де Муавр нээсэн ба Жеймс Стирлингийн оруулсан хувь нэмэр нь C=\sqrt{2\pi} гэдгийг тодорхойлсон явдал болно.

f(n)=\ln(n!)+n-n\ln n-\frac12\ln n

Стирлингийн томъёоны \varepsilon(n) гишүүнийг үнэлэхийг оролдъё. Нэг талаас

\displaystyle\int_k^{k+1}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t=\int_k^{k+1}(t-k-{\textstyle\frac12})\frac{dt}t=\frac{t-k-{\frac12}}{2t}\Big|_k^{k+1}+\int_k^{k+1}\frac{(t-k-{\frac12})^2}{t^2}{dt}\\{}\qquad=\frac1{8(k+1)}-\frac1{8k}+\int_k^{k+1}\frac{(\{t\}-{\frac12})^2}{t^2}{dt}

тул

\displaystyle\varepsilon(n)=-\int_{n}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t=\frac1{8n}-\int_n^{\infty}\frac{(\{t\}-{\frac12})^2}{t^2}{dt}<\frac1{8n}.

Нөгөө талаас,

\displaystyle\int_k^{k+1}\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t=\int_k^{k+1}\frac{t-k-{\frac12}}{t}{dt}=-\int_0^{\frac12}\frac{{\frac12}-t}{k+t}{dt}+\int_{\frac12}^1\frac{t-{\frac12}}{k+t}{dt}\\{}\qquad=-\int_0^{\frac12}\frac{sds}{k+{\frac12}-s}+\int_0^{\frac12}\frac{sds}{k+{\frac12}+s}=-\int_0^{\frac12}\frac{2s^2ds}{(k+{\frac12})^2-s^2}

тул

\displaystyle\varepsilon(n)=-\int_{n}^\infty\big(\{t\}-{\textstyle\frac12}\big)\frac{dt}t=\sum_{k=n}^\infty\int_0^{\frac12}\frac{2s^2ds}{(k+{\frac12})^2-s^2}>0.

Эцэст нь дүгнэхэд

\displaystyle {}n\ln n-n+\frac{\ln n+\ln2\pi}2<\ln n!<n\ln n-n+\frac{\ln n+\ln2\pi}2+\frac1{8n}.

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

Абелийн нийлбэрийн томъёонууд

Энэ постоор бид Нильс Хенрик Абелийн нээсэн, Абелийн хэсэгчилсэн нийлбэрийн томъёо гэгддэг, хоорондоо нягт уялдаатай хоёр томъёог батална.

Теорем 1 (Абель 1826). \{a_k\} ба \{b_k\} гэсэн хоёр дараалал өгөгдсөн болог. Тэгвэл

\displaystyle\sum_{k=0}^na_k(b_{k+1}-b_k)=a_nb_{n+1}-a_0b_0-\sum_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)b_{k+1}.

Үүнийг дараах маягаар шууд баталж болно:

\displaystyle\sum_{k=0}^na_k(b_{k+1}-b_k)=\sum_{k=0}^na_kb_{k+1}-a_0b_0-\sum_{k=0}^{n-1}a_{k+1}b_{k+1}\\{}\qquad=a_nb_{n+1}-a_0b_0-\sum_{k=0}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)b_{k+1}

Дээрх томъёо хэсэгчилсэн интегралын

\displaystyle\int_a^b f(t)g'(t)dt=f(b)g(b)-f(a)g(a)-\int_a^bg(t)f'(t)dt

томъёотой төстэй байгааг анзаараарай.

Жишээ. Бид -1<x<1 үед

\displaystyle\arctan x=x-\frac{x^3}3+\frac{x^5}5-\frac{x^7}7+\ldots\qquad(*)

цуваа нийлдэгийг мэднэ. Тэгвэл

\displaystyle\frac\pi4=1-\frac13+\frac15-\frac17+\ldots

томъёо биелэх үү гэсэн асуултыг сонирхоцгооё. Абелийн томъёог a_k=x^{2k+1} ба

\displaystyle b_0=0,\quad b_1=1,\quad b_2=1-\frac13,\quad b_3=1-\frac13+\frac15,\ldots

үед хэрэглэн (*) цувааны эхний n гишүүний нийлбэрийг

\displaystyle f_n(x)=\sum_{k=0}^na_k(b_{k+1}-b_k)=b_{n+1}x^{2n+1}-\sum_{k=0}^{n-1}b_{k+1}(x^2-1)x^{2k+1}

гэж бичиж болно. Одоо \{b_k\} нь нийлэх дараалал тул зааглагдсан гэдгийг тооцон, -1<x<1 үед n\to\infty хязгаар авбал

\displaystyle f(x)=\arctan x=(1-x^2)\sum_{k=0}^{\infty}b_{k+1}x^{2k+1}

гарах ба,

\displaystyle b=\lim_{k\to\infty} b_k=1-\frac13+\frac15-\frac17+\ldots

хязгаарыг хоёр талаас нь хасвал

\displaystyle f(x)-b=(1-x^2)\sum_{k=0}^{\infty}(b_{k+1}x-b)x^{2k}\qquad(**)

болно. Үүнд

\displaystyle 1=(1-x^2)\sum_{k=0}^{\infty}x^{2k}

гэдгийг ашигласан. Эндээс x\to1 үед f(x)\to b гэж харуулахын тулд, \varepsilon>0 гэсэн (өчүүхэн бага) тоо өгөгдсөн гэж үзээд, n болон \delta>0 тоонуудыг, k>n ба 1-\delta<x\leq1 үед |b_{k+1}x-b|<\varepsilon байдаг байхаар сонгож авъя. Ийм сонголт боломжтой гэдгийг

\displaystyle |b_{k+1}x-b|=|(b_{k+1}-b)x+b(x-1)|\leq|b_{k+1}-b|+|b|\cdot|x-1|

тэнцэл бишээс харж болно. Үүнийгээ (**) илэрхийлэлд орлуулбал

\displaystyle |f(x)-b|\leq(1-x^2)\sum_{k=0}^{n}|b_{k+1}x-b|x^{2k}+\varepsilon(1-x^2)\sum_{k=n+1}^{\infty}x^{2k}\\{}\qquad\leq(1-x^2)\sum_{k=0}^{n}|b_{k+1}x-b|x^{2k}+\varepsilon\to\varepsilon

болох тул, 1-\rho<x<1\,\,\Longrightarrow\,\,|f(x)-b|<2\varepsilon байхаар  \rho>0 тоог сонгож авах боломжтой. Эцэст нь дүгнэхэд, x\to1 үед нэг талаас f(x)\to b, нөгөө талаас f(x)=\arctan x\to\frac\pi4 тул b=\frac\pi4 гэж мөрдөнө.

Абелийн хоёрдахь томъёо нь нийлбэр, интегралыг хольсон «эрлийз» томъёо болно.

Теорем 2. \gamma_1,\gamma_2,\ldots гэсэн тоон дараалал, мөн f(x) гэсэн тасралтгүй дифференциалчлагддаг функц бүрийн хувьд

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)\gamma_k=f(x)g(x)-\int_{1}^xg(t)f'(t)dt

тэнцэтгэл биелнэ. Үүнд

g(x)=\displaystyle\sum_{k\leq x}\gamma_k.

Баталгаа. Эхлээд n=[x] гээд, \gamma_k=g(k)-g(k-1) гэдгийг ашиглан, хэсэгчилсэн нийлбэрийн томъёогоор

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)\gamma_k=\sum_{k=0}^nf(k)\big(g(k)-g(k-1)\big)=f(n)g(n)-\sum_{k=0}^{n-1}g(k)\big(f(k+1)-f(k)\big)

болно. Сүүлийн гишүүнийг цааш нь

\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}g(k)\big(f(k+1)-f(k)\big)=\sum_{k=0}^{n-1}g(k)\int_k^{k+1}f'(t)dt=\sum_{k=0}^{n-1}\int_k^{k+1}g(t)f'(t)dt\\{}\qquad=\int_0^{n}g(t)f'(t)dt=\int_1^{n}g(t)f'(t)dt

гэж хувиргаснаар

\displaystyle\sum_{k\leq x}f(k)\gamma_k=f(n)g(n)-\int_1^{n}g(t)f'(t)dt

гарна. Ингээд

\displaystyle\int_n^{x}g(t)f'(t)dt=g(n)\int_n^{x}f'(t)dt=g(n)f(x)-g(n)f(n)=g(x)f(x)-g(n)f(n)

тул теорем батлагдлаа.

Жишээ. f(x)=\ln x,\,\,\gamma_k=1 гэвэл g(x)=[x] болох ба Абелийн нийлбэрийн томъёогоор

\displaystyle\sum_{k\leq x}\ln k=[x]\ln x-\int_1^x\frac{[t]}tdt=[x]\ln x-\int_1^x\frac{t-\{t\}}tdt\\{}\qquad=x\ln x-\{x\}\ln x-(x-1)+\int_1^x\frac{\{t\}}tdt\\{}\qquad=x\ln x-\big(\{x\}-{\textstyle\frac12}\big)\ln x-(x-1)+\int_1^x\frac{\{t\}-\frac12}tdt

гарна. Үүнд \{x\}=x-[x] нь x-ийн бутархай хэсэг. Одоо |\{t\}-\frac12|\leq\frac12 гэдгийг ашиглавал

\displaystyle x\ln x-x+1-\ln x\leq\sum_{k\leq x}\ln k\leq x\ln x-x+1+\ln x

болно.

Хэрэв x=n нь бүхэл бол, эхний томъёо маань шууд

\displaystyle \ln n!=n\ln n-n+1+\int_1^n\frac{\{t\}}tdt=n\ln n-n+\frac12\ln n+1+\int_1^n\frac{\{t\}-\frac12}tdt

болж хувирна.

Энд бид яагаад \{t\}-\frac12 гэсэн функцийг интеграл дор оруулахыг чухалчлаад байна вэ гэвэл энэ функцийн дундаж нь 0 учраас интегралын утга бага байх магадлал их учраас тэр. Бид дараагийн постоороо энэ жишээг өргөтгөж, ерөнхий томъёо гаргаж авна.

({x} – ½) / x функцийн график

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

Бертраны постулат

Дараах таамаглалыг Францы математикч Жозеф Бертран 1845 онд дэвшүүлсэн.

Бертраны постулат. Ямар ч n>3 бүхэл тооны хувьд n<p<2n-2 байх анхны тоо p олдоно.

Бертран өөрөө энэ таамаглалаа 3 сая хүртэлх анхны тоонуудын хувьд шалгасан боловч баталж чадаагүй. Энэ таамаглалыг

\displaystyle n>3\qquad\Longrightarrow\qquad\pi(2n-3)-\pi(n)>0

маягаар бас илэрхийлж болно. Яагаад n>3 гэсэн нөхцөл хэрэгтэй нь ойлгомжтой:

\pi(2\cdot2-3)-\pi(2)=-1, \qquad\pi(2\cdot3-3)-\pi(3)=0.

Дорх зурагт f(x)=\pi(2x-3)-\pi(x) функцийн графикийг [2,18] мужид үзүүлэв.

Цааш нь x=180 хүртэл шалгахад ийм байна:

Чебышёв x их үед

A\cdot\mathrm{Li}(x)<\pi(x)<\frac65A\cdot\mathrm{Li}(x)

гэж харуулсан (A=\log\frac{2^{1/2}3^{1/3}5^{1/5}}{30^{1/30}}=0.9212\ldots). Эндээс x их үед

\displaystyle\pi(2x-3)-\pi(x)>A\cdot\mathrm{Li}(2x)-\frac65A\cdot\mathrm{Li}(x)\sim\frac25A\cdot\frac{x}{\ln x}

маягаар өснө гэж гарна. Тэгэхээр Бертраны постулатыг батлахын тулд энэ зааг x-ийн ямар утгаас эхэлж биелэхийг тодруулаад, түүнээс бага x-ийн утгуудад шууд шалгачихад хангалттай. Мэдээж шууд шалгахын тулд x-ийг хэдэн мянгын дотор (эсвэл ядаж хэдэн саяын дотор) оруулж ирвэл сайн.

Энэ асуудлыг Чебышёв яаж шийдсэнийг авч үзье. Бид

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

функцийн хувьд

\theta(x)<\displaystyle\frac65Ax-A\sqrt{x}+\frac5{4\log6}\log^2\!x+\frac52\log x+1\qquad(*)

ба

\theta(x)>\displaystyle Ax-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac5{8\log6}\log^2\!x-\frac{15}4\log x-1\qquad(**)

заагуудыг баталсан. Үүнд A=\log\frac{2^{1/2}3^{1/3}5^{1/5}}{30^{1/30}}=0.9212\ldots нь бидний сайн танил тогтмол. Одоо

\displaystyle\theta(x)-\theta(y)=\sum_{y<p\leq x}\log p

гэдгээс, Бертраны постулатыг

\displaystyle n>3\qquad\Longrightarrow\qquad\theta(2n-3)-\theta(n)>0

гэж илэрхийлж болно. Дээрх (*) ба (**) заагуудыг ашиглан x>y үед \theta(x)-\theta(y) ялгавыг

\begin{array}{rcl}\theta(x)-\theta(y)&>&\displaystyle Ax-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac5{8\log6}\log^2\!x-\frac{15}4\log x-1\\&&\displaystyle-\frac65Ay+A\sqrt{y}-\frac5{4\log6}\log^2\!y-\frac52\log y-1\\&>&\displaystyle Ax-\frac65Ay-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac{15}{8\log6}\log^2\!x-\frac{25}4\log x-2\end{array}

маягаар доороос нь зааглаж болно. Сүүлийн алхамд \sqrt{y}\geq0 гишүүнийг хаясан ба \log y агуулсан гишүүдэд \log y<\log x тэнцэл бишийг хэрэглэсэн. Эндээс хэрэв

\displaystyle Ax-\frac65Ay-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac{15}{8\log6}\log^2\!x-\frac{25}4\log x-2\geq0

бол, \theta(x)-\theta(y)>0 болох тул, y<p\leq x байх p гэсэн анхны тоо олдоно гэсэн үг. Энэ тэнцэл бишийн зүүн гар талд y-ийг ялгавал

\displaystyle y\leq \frac{5x}6-2\sqrt{x}-\frac{25\log^2\!x}{16A\log6}-\frac{125\log x}{24A}-\frac5{3A}\quad\Longrightarrow\quad \theta(y)<\theta(x)

буюу,

\displaystyle G(x)=\frac{5x}6-2\sqrt{x}-\frac{25\log^2\!x}{16A\log6}-\frac{125\log x}{24A}-\frac5{3A}\qquad(\dagger)

функцийг оруулбал

y\leq G(x)\quad\Longrightarrow\quad\theta(y)<\theta(x)\quad\Longleftrightarrow\quad\exists p:y<p\leq x

гэсэн үр дүн гарна. Эндээс Бертраны постулатыг батлах жор

n\leq G(2n-3)\quad\Longrightarrow\quad\theta(n)<\theta(2n-3)\quad\Longrightarrow\quad\exists p:n<p<2n-2

гарч ирнэ. Дорх зурагт G(2n-3) ба f(n)=n функцүүдийн n-ээс хамаарсан графикийг үзүүлэв.

Зургаас n\approx160 орчмоос эхлээд n\leq G(2n-3) болж байгаа нь харагдана. Эндээс санаа аваад n=160 дээр G(2n-3) функцийг тооцож үзвэл

G(2\cdot160-3)=162.63\ldots

буюу, n=160 үед n\leq G(2n-3). Энэ тэнцэл биш цаашаа хадгалагдах эсэхийг шалгахын тулд F(x)=G(2x-3)-x функцийн уламжлалыг бодвол

F'(x)=2G'(2x-3)-1

болно. Үүнд

\displaystyle G'(x)=\frac56-\frac1{\sqrt{x}}-\frac{25}{8A\log6}\cdot\frac{\log x}{x}-\frac{125}{24A}\cdot\frac1x

өсөх функц ба x их үед G'(x)\to\frac56 тул, F'(x) нь өсөх функц ба x их үед F'(x)\to\frac23 болох нь тодорхой. Түүнчлэн

F'(40)=0.07\ldots

гэдгээс, x\geq40 үед F'(x)>0. Өөрөөр хэлбэл x\geq40 үед F(x)=G(2x-3)-x нь эрс өсөх функц. Тэгэхээр

\displaystyle F(n)=G(2n-3)-n\geq0

тэнцэл биш n\geq160 үед хүчинтэй нь батлагдана. Харин n<160 үед

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

дараалал дахь зэргэлдээ хоёр (анхны) тооны ялгавар тэр хоёр тооны багаас нь хэтрэхгүй байгааг ажиглахад хангалттай. Үүнтэй давхардуулаад бид дээр 4\leq n\leq180 хүртэл шууд шалгасан. Бертраны таамаглал бүрэн батлагдлаа.

F'(x) = 2G'(2x–3) – 1 функцийн график

Тэмдэглэл. Чебышёвын аргументыг ашиглан n их үед n<p<kn байх анхны тоо олдоно гэдгийг ямар ч k>\frac65 бодит тооны хувьд харуулах боломжтой. Дорх зурагт жишээ нь G(\frac32n) функцийн график f(n)=n шулууныг хаагуур огтолж байгааг дүрслэв.

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

Анхны тоонуудын тоог үнэлэх нь

Саяхны нэг постоор бид Чебышёвын

\displaystyle\theta(x)=\sum_{p\leq x}\ln p

функц дээр

F(x)<\theta(x)<G(x)\qquad\qquad(*)

гэсэн заагийг баталсан. Үүнд

F(x)=\displaystyle Ax-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac5{8\ln6}\ln^2\!x-\frac{15}4\ln x-1

G(x)=\displaystyle\frac65Ax-A\sqrt{x}+\frac5{4\ln6}\ln^2\!x+\frac52\ln x+1

бөгөөд A=\ln\frac{2^{1/2}3^{1/3}5^{1/5}}{30^{1/30}}=0.9212\ldots нь тогтмол тоо.  Одоо үүнийгээ ашиглан x-ээс хэтрэхгүй анхны тоонуудын тоо буюу

\displaystyle\pi(x)=\sum_{p\leq x}1

функцийн их багыг яаж үнэлж болохыг сонирхоё.

Хэрэв k нь анхны тоо бол \theta(k)-\theta(k-1)=\ln k, харин зохиомол тоо бол \theta(k)-\theta(k-1)=0 байх нь мэдээж. Тэгэхээр

\displaystyle\pi(x)=\sum_{k\leq x}\frac{\theta(k)-\theta(k-1)}{\ln k}\qquad\qquad(**)

гэж бичиж болно. Энэ нийлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдийг

\begin{array}{rcl}\pi(n)&=&\displaystyle\frac{\theta(2)}{\ln2}+\frac{\theta(3)-\theta(2)}{\ln3}+\ldots+\frac{\theta(n)-\theta(n-1)}{\ln n}\\&=&\displaystyle\Big(\frac1{\ln2}-\frac1{\ln3}\Big)\theta(2)+\ldots+\Big(\frac1{\ln (n-1)}-\frac1{\ln n}\Big)\theta(n-1)+\frac{\theta(n)}{\ln n}\end{array}

маягаар бүлэглээд, \ln x нь өсөх функц гэдгийг санавал, \theta(\cdot)-ийн өмнөх коэффициентууд дандаа сөрөг биш тоонууд болох нь харагдана. Иймд (*) томъёон дахь дээд доод заагийг (**) нийлбэрт орсон \theta(\cdot) болгоны хувьд шууд хэрэглэвэл, уг нийлбэрийн дээд доод зааг харгалзан гарч ирнэ:

\displaystyle\underbrace{\frac{F(2)}{\ln2}+\sum_{k=3}^n\frac{F(k)-F(k-1)}{\ln k}}_{T_1(n)}<\pi(n)<\underbrace{\frac{G(2)}{\ln2}+\sum_{k=3}^n\frac{G(k)-G(k-1)}{\ln k}}_{T_2(n)}\qquad(\dagger)

Энд байгаа T_1(n) ба T_2(n) нь тодорхой томъёогоор өгөгдсөн функцүүд тул (\dagger) тэнцэл биш нь \pi(n) функцийн аналитик үнэлгээ болно. Дорх зурагт эдгээр заагууд болон тэдгээрийн дундаж болох

\displaystyle T(n)=\frac{T_1(n)+T_2(n)}1

ойролцооллыг \pi(n) функцтэй харьцуулж үзүүлэв.

T_1(n)<\pi(n)<T_2(n) ба T(n)=\frac12[T_1(n)+T_2(n)]

Дээрх үнэлгээг цааш нь хялбарчлахад

\displaystyle\sqrt{k}-\sqrt{k-1}=\frac1{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}<\frac1{2\sqrt{k-1}}

\displaystyle\sqrt{k}-\sqrt{k-1}=\frac1{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}>\frac1{2\sqrt{k}}

\displaystyle\ln k-\ln(k-1)=\ln\Big(1+\frac1{k-1}\Big)\leq\frac1{k-1}

\displaystyle\ln^2\!k-\ln^2(k-1)=\big(\ln k+\ln(k-1)\big)\ln\Big(1+\frac1{k-1}\Big)\leq\frac{2\ln k}{k-1}

тэнцэл бишүүд хэрэг болно. Баруун гар талд нь байгаа функцүүд бүгд k\geq2 хувьсагчийн буурах функцүүд байгааг ажиглаарай. Ингээд

\displaystyle \frac65A-\frac{A}{2\sqrt{k-1}}<G(k)-G(k-1)<\frac65A-\frac{A}{2\sqrt{k}}+\frac{5}{2\ln6}\cdot\frac{\ln k}{k-1}+\frac5{2(k-1)}

\displaystyle A-\frac{6A}{5\sqrt{k-1}}-\frac{5}{4\ln6}\cdot\frac{\ln k}{k-1}-\frac{15}{4(k-1)}<F(k)-F(k-1)<A-\frac{6A}{5\sqrt{k}}

гэсэн үнэлгээ гарна.

Тухайлбал,

\displaystyle F(k)-F(k-1)=A-\frac{6A}{5\sqrt{k}}+O(k^{-3/2}),

\displaystyle G(k)-G(k-1)=\frac65A-\frac{A}{2\sqrt{k}}+O(k^{-3/2})

болохыг харж болно.

Одоо

\displaystyle\sum_{k=3}^n\frac1{\ln k}=\int_2^n\frac{dx}{\ln x}+O(1)=\mathrm{Li}(n)+O(1)

үнэлгээг ашиглан

\displaystyle T_1(n)=\frac{F(2)}{\ln 2}+A\sum_{k=3}^n\frac{1+O(k^{-1/2})}{\ln k}=A\cdot\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\ln n}\Big)

\displaystyle T_2(n)=\frac{G(2)}{\ln 2}+\frac65A\sum_{k=m+1}^n\frac{1+O(k^{-1/2})}{\ln k}=\frac{6}5A\cdot\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\ln n}\Big)

гэж гарах тул

\displaystyle A\cdot\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\ln n}\Big)<\pi(n)<\frac{6}5A\cdot\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\ln n}\Big).

Түүнчлэн, \pi(n) функцийг

\displaystyle T(n)=\frac{T_1(n)+T_2(n)}2

функцээр ойролцоолбол (дээрх зургийг хар), харьцангуй алдаа нь

\displaystyle\frac{|\pi(n)-T(n)|}{T(n)}\leq\frac{T_2(n)-T_1(n)}{T_1(n)+T_2(n)}=\frac{\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\log n}\Big)}{11\mathrm{Li}(n)+O\Big(\frac{\sqrt{n}}{\log n}\Big)}=\frac1{11}+O(n^{-1/2})

буюу, n их үед 10%-аас бага байна гэсэн үг.

Posted in Элдэв зүйлс | Tagged , | Сэтгэгдэл бичих

Анхны тоон индекстэй цуваанууд

Анхны тоонуудын урвуунуудын цуваа сарнидаг болохыг Эйлер баталсан. Үүнийг гармоник цувааны сарнилтай харьцуулж бодож болно. Тэгвэл, жишээ нь

\displaystyle\frac1{2\ln2}+\frac1{3\ln3}+\frac1{4\ln4}+\frac1{5\ln5}+\frac1{6\ln6}+\ldots

цуваа сарнидагтай адилаар

\displaystyle\frac1{2\ln2}+\frac1{3\ln3}+\frac1{5\ln5}+\frac1{7\ln7}+\frac1{11\ln11}+\ldots

цуваа бас сарних уу гэсэн асуулт гарна. Иймэрхүү асуултуудад Чебышёв дараах теоремоороо бүрэн хариулт өгсөн.

Теорем. t_2,t_3,t_4,\ldots дараалал нь эерэг тоонуудаас бүтэх ба

\displaystyle\frac{t_2}{\ln2}\geq\frac{t_3}{\ln3}\geq\frac{t_4}{\ln4}\geq\ldots

чанарыг хангадаг болог. Тэгвэл

\displaystyle\sum_pt_p=t_2+t_3+t_5+t_7+t_{11}+t_{13}+\ldots

цувааны нийлэх эсэх нь 

\displaystyle\sum_{n}\frac{t_n}{\ln n}=\frac{t_2}{\ln2}+\frac{t_3}{\ln3}+\frac{t_4}{\ln4}+\frac{t_5}{\ln5}+\frac{t_6}{\ln6}+\ldots

цувааны нийлэх эсэхтэй эквивалент.

Теоремыг батлахын өмнө, үүнийг ашигласан хэдэн жишээ авч үзье. Юуны өмнө, Эйлерийн үр дүн

\displaystyle\sum_n\frac1{n\ln n}=\infty\qquad\Longrightarrow\qquad\sum_p\frac1p=\infty

гээд шууд гарна. Цаашилбал,

\displaystyle\sum_n\frac1{n\ln^2\!n}<\infty\qquad\Longrightarrow\qquad\sum_p\frac1{p\ln p}<\infty

байна. Тэгэхээр анхны тоон \{p\} дараалал нь \{n\ln^2\!n\} дарааллыг бодвол шигүү (ө.х. удаанаар өсдөг) боловч, \{p\ln p\} тоонууд нь \{n\ln n\} дарааллаас мэдэгдэхүйц хурднаар өсдөг гэсэн үг. Үнэндээ \sum\frac1p цувааны ерөнхий гишүүний хуваарьт логарифмын ямар ч эерэг зэрэг бичсэн гэсэн цуваа нийлнэ (Дасгал!). Нөгөө талаас, давхар логарифм бол бичиж болно:

\displaystyle\sum_n\frac1{n\ln n\ln\ln n}=\infty\qquad\Longrightarrow\qquad\sum_p\frac1{p\ln\ln p}=\infty

Энэ юу гэсэн үг вэ гэвэл \{p\ln\ln p\} дараалал нь \{n\ln^2\!n\} (түүнчлэн \{n\ln n(\ln\ln n)^2\}) дарааллыг бодвол удаан өснө гэсэн үг.

Теоремын баталгаа. Чебышёвын

\displaystyle\theta(x)=\sum_{p\leq x}\ln p

функц дээр

F(x)<\theta(x)<G(x)\qquad\qquad(*)

гэсэн заагийг бид баталсан. Үүнд

F(x)=\displaystyle Ax-\frac{12}5A\sqrt{x}-\frac5{8\ln6}\ln^2\!x-\frac{15}4\ln x-1

G(x)=\displaystyle\frac65Ax-A\sqrt{x}+\frac5{4\ln6}\ln^2\!x+\frac52\ln x+1

бөгөөд A=\ln\frac{2^{1/2}3^{1/3}5^{1/5}}{30^{1/30}}=0.9212\ldots нь тогтмол тоо.

Хэрэв k нь анхны тоо бол \theta(k)-\theta(k-1)=\ln k, харин зохиомол тоо бол \theta(k)-\theta(k-1)=0 байх нь мэдээж. Тэгэхээр

\displaystyle\sum_{p\leq n}t_p=\sum_{k\leq n}\frac{\theta(k)-\theta(k-1)}{\ln k}\,t_k\qquad\qquad(**)

гэж бичиж болно. Энэ нийлбэрийн нэмэгдэхүүнүүдийг

\begin{array}{rcl}\displaystyle\sum_{p\leq n}t_p&=&\displaystyle\frac{\theta(2)}{\ln2}\,t_2+\frac{\theta(3)-\theta(2)}{\ln3}\,t_3+\ldots+\frac{\theta(n)-\theta(n-1)}{\ln n}\,t_n\\&=&\displaystyle\Big(\frac{t_2}{\ln2}-\frac{t_3}{\ln3}\Big)\theta(2)+\ldots+\Big(\frac{t_{n-1}}{\ln(n-1)}-\frac{t_n}{\ln n}\Big)\theta(n-1)+\frac{t_n}{\ln n}{\theta(n)}\end{array}

маягаар бүлэглээд, \{{t_n}/{\ln n}\} нь үл өсөх дараалал гэдгийг санавал, \theta(\cdot)-ийн өмнөх коэффициентууд дандаа сөрөг биш тоонууд болох нь харагдана. Иймд (*) томъёон дахь дээд доод заагийг (**) нийлбэрт орсон \theta(\cdot) болгоны хувьд шууд хэрэглэвэл, уг нийлбэрийн дээд доод зааг харгалзан гарч ирнэ:

\displaystyle\frac{F(2)t_2}{\ln2}+\sum_{k=3}^n\big({F(k)-F(k-1)}\big)\frac{t_k}{\ln k}<\sum_{p\leq n}t_p<\frac{G(2)t_2}{\ln2}+\sum_{k=3}^n\big({G(k)-G(k-1)}\big)\frac{t_k}{\ln k}

Энд орсон F(k)-F(k-1) ба G(k)-G(k-1) илэрхийллүүдийг үнэлэхэд

\displaystyle\sqrt{k}-\sqrt{k-1}=\frac1{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}<\frac1{2\sqrt{k-1}}

\displaystyle\ln k-\ln(k-1)=\ln\Big(1+\frac1{k-1}\Big)\leq\frac1{k-1}

\displaystyle\ln^2\!k-\ln^2(k-1)=\big(\ln k+\ln(k-1)\big)\ln\Big(1+\frac1{k-1}\Big)\leq\frac{2\ln k}{k-1}

тэнцэл бишүүд хэрэг болно. Баруун гар талд нь байгаа функцүүд бүгд k\geq2 хувьсагчийн буурах функцүүд байгааг ажиглаарай. Ингээд

\displaystyle G(k)-G(k-1)<\frac65A+\frac{5}{2\ln6}\cdot\frac{\ln k}{k-1}+\frac5{2(k-1)}

\displaystyle F(k)-F(k-1)>A-\frac{6A}{5\sqrt{k-1}}-\frac{5}{4\ln6}\cdot\frac{\ln k}{k-1}-\frac{15}{4(k-1)}

гэсэн үнэлгээ гарна. Тухайлбал, k\geq m үед

\displaystyle G(k)-G(k-1)<2,\qquad F(k)-F(k-1)>\frac12

байдаг m гэсэн индекс олдоно (Үүнд m=30 гэж авахад хангалттай).

Одоо \sum{t_n}/{\ln n} цуваа нийлдэг бөгөөд

\displaystyle \sum_{k=2}^\infty\frac{t_k}{\ln k}=M

болог. Тэгвэл 

\displaystyle \sum_{p\leq n}t_p<\frac{G(2)t_2}{\ln2}+\sum_{k=3}^n\big({G(k)-G(k-1)}\big)\frac{t_k}{\ln k}<C+\sum_{k=m}^n\frac{2t_k}{\ln k}\leq C+2M

тул \sum{t_p} цуваа нийлэх нь тодорхой. Нөгөө талаас, \sum{t_n}/{\ln n} цуваа сарнидаг гэвэл

\displaystyle \sum_{p\leq n}t_p>\frac{F(2)t_2}{\ln 2}+\sum_{k=3}^n\big({F(k)-F(k-1)}\big)\frac{t_k}{\ln k}>c+\frac12\sum_{k=m}^n\frac{t_k}{\ln k}\to\infty

болох тул \sum{t_p} цуваа сарнина. Ингээд теорем батлагдлаа.

Дасгал. Дараах цувааг нийлэх эсэхийг тогтоо.

\displaystyle\sum_p\frac1{p(\ln p)^{\varepsilon}}

Энд  \varepsilon>0 нь бодит тоо.

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