几个函数的平均阶
目录
- Chapter1 \(d(n)\)的平均阶
- Chapter2 除数函数\(\sigma_\alpha(n)\)的平均阶
- Chapter3 \(\mu(n)\)和\(\Lambda(n)\)的平均阶
Chapter1 \(d(n)\)的平均阶
-
Theorem:
- Th1:对所有\(x\ge1\)，我们有
其中C是欧拉常数
Proof:
我们知道，\(d(n)=\sum_{d|n}1\)，所以我们有
\[\sum_{n\le x}d(n)=\sum_{n\le x}\sum_{d|n}1 \]我们把\(n=qd\)，那么对于\(q,d\)展开就变成了
\[\sum_{n\le x}d(n)=\sum_{q,d\\qd\le x}1 \]结合图像我们可以形象的明白，我们取的点即是在\(qd\)平面上的一些格点。
也就是当n=1，2，...，[x]时，曲线qd=n上的格点的个数。
我们固定每一个小于x的\(d\)，计算水平上q可以取的格点的数目，然后对于所有的\(d\le x\)求和，最终得到：
\[\sum_{n\le x}d(n)=\sum_{d\le x}\sum_{q\le\frac{x}{d}}1 \]根据欧拉求和公式，我们可以得到
\[\sum_{q\le\frac{x}{d}}1=\dfrac{x}{d}+\Omicron(1) \]继续用欧拉求和公式，得到、
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}d(n)&=\sum_{d\le x}\sum_{q\le\frac{x}{d}}1\\ &=\sum_{d\le x}\{\dfrac{x}{d}+\Omicron(1)\}\\ &=x\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d}+\Omicron(x)\\ &=x\{\log x+C+\Omicron(\dfrac{1}{x})\}+\Omicron(x)\\ &=x\log x+\Omicron(x) \end{align*} \]由此得出\(\sum_{n\le x}d(n) \sim x\log x,x\rightarrow\infty\)
我们可以加强这个式子，还是从图片入手，我们换个思路：利用对称性，格点的总数等于在直线\(q=d\)下面的格点数的2倍加上这条线上的格点数：
既然qd=n，我们更关注q=d这条线，那么遍历d从1到\([\sqrt x]\)，每固定d，那么q就有\([\sqrt\frac{x}{d}]\)个格点可以选择，那么阴影区域的格点数为\([\dfrac{x}{d}]-d\)个。
于是我们得到新的式子
\[\sum_{n\le x}d(n)=2\sum_{d\le\sqrt x}\{[\dfrac{x}{d}]-d\}+[\sqrt x] \]利用\([y]=y+\Omicron(1)\)和求和公式的推论得到
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}d(n)&=2\sum_{d\le\sqrt x}\{[\dfrac{x}{d}]-d\}+[\sqrt x]\\ &=2\sum_{d\le\sqrt x}\{\dfrac{x}{d}-d+\Omicron(1)\}+\Omicron(\sqrt x)\\ &=2x\sum_{d\le\sqrt x}\dfrac{1}{d}-2\sum_{d\le\sqrt x}d+\Omicron(\sqrt x)\\ &=2x\{\log \sqrt x+C+\Omicron(\dfrac{1}{\sqrt x})\}-2\{\dfrac{x}{2}+\Omicron(\sqrt x)\}+\Omicron(\sqrt x)\\ &=x\log x+(2C-1)x+\Omicron(\sqrt x) \end{align*} \]这就是除数函数\(d(n)\)的部分和的迪利克雷渐进公式。
Dirichlet's asymptotic formula for the partial sums of the divisor function d(n).
Chapter2 除数函数\(\sigma_\alpha(n)\)的平均阶
-
我们在上面讨论了\(\alpha=0\)的情况，接下来我们讨论\(\alpha=1\)和\(\alpha>1\)的情况。
-
Theorem:
- Th1:对所有的\(x\ge 1\)我们有
注：能够证明\(\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}\)，所以\(\sigma_1(n)\)的平均阶是\(\dfrac{\pi^2n}{12}\)
Proof:
与上一个chapter相似，我们写成下面的这种形式：
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}\sigma_1(n) &=\sum_{n\le x}\sum_{q|n}q=\sum_{q,d\\qd\le x}q=\sum_{d\le x}\sum_{q\le\dfrac{x}{d}}q\\ &=\sum_{d\le x}\{\frac{1}{2}(\frac{x}{d})^2+\Omicron(\frac{x}{d})\}\\ &=\frac{x^2}{2}\sum_{d\le x}\frac{1}{d^2}+\Omicron(x\sum_{d\le x}\frac{1}{d}) \\ &=\frac{x^2}{2}\sum_{d\le x}\{-\frac{1}{x}+\zeta(2)+\Omicron(\frac{1}{x^2})\}+\Omicron(x\log x)\\ &=\dfrac{1}{2}\zeta(2)x^2+\Omicron(x\log x)\\ \end{align*} \]配合欧拉求和完成求证。
- Th2:如果\(x\ge1\)且\(\alpha>0,\alpha \ne 1\)，我们有
其中，\(\beta=max\{1,\alpha\}\)
Proof:
配合欧拉求和公式的推论，我们开始证明：
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}\sigma_\alpha(n)&=\sum_{n\le x}\sum_{q|n}q^\alpha=\sum_{d\le x}\sum_{q\le \frac{x}{d}}q^\alpha\\ &=\sum_{d\le x}(\dfrac{1}{\alpha+1}(\dfrac{d}{x})^{\alpha+1}+\Omicron(\dfrac{x^\alpha}{d^\alpha}))\\ &=\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^{\alpha+1}}+\Omicron(x^\alpha\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^\alpha})\\ &=\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}\{\dfrac{x^{-\alpha}}{-\alpha}+\zeta(\alpha+1)+\Omicron(x^{-\alpha-1})\}+\Omicron(x^\alpha\{\dfrac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha}+\zeta(\alpha)+\Omicron(x^{-\alpha})\})\\ &=\dfrac{\zeta(\alpha+1)}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+\Omicron(x)+\Omicron(1)+\Omicron(x^\alpha)\\ &=\dfrac{\zeta(\alpha+1)}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+\Omicron(x^\beta) \end{align*} \]其中，\(\beta=max\{1,\alpha\}\)
-
Th3:对于负数\(\alpha\)的\(\sigma_\alpha(n)\)的平均阶，我们让\(\alpha=-\beta,\beta>0\)。
如果\(\beta>0\)，令\(\delta=max\{0,1-\beta\}\)，当\(x>1\)我们有
其中，\(\beta=max\{1,\alpha\}\)
Proof:
我们有
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}\sigma_{-\beta}(n) &=\sum_{n\le x}\sum_{d|n}\dfrac{1}{d^\beta} =\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^\beta}\sum_{q\le \frac{x}{d}}1 \\ &=\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^\beta}\{\dfrac{x}{d}+\Omicron(1)\}\\ &=x\sum_{d\le x}\frac{1}{d^{\beta+1}}+\Omicron(\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^\beta}) \end{align*} \]最后一项当\(\beta=1\)时是\(\Omicron(\log x)\)，当\(\beta \ne1\)时是\(\Omicron(x^\delta)\)：
\[x\sum_{d\le x}\dfrac{1}{d^{\beta+1}}=\dfrac{x^{1-\beta}}{-\beta}+\zeta(\beta+1)x+\Omicron(x^{-\beta})=\zeta(\beta+1)x+\Omicron(x^{1-\beta}) \]
Chapter3 \(\mu(n)\)和\(\Lambda(n)\)的平均阶
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Theorem:
- Th1:如果\(h=f*g\)，令
则有
\[H(x)=\sum_{n\le x}f(n)G(\dfrac{x}{n})=\sum_{n\le x}g(n)F(\dfrac{x}{n}) \]Proof:
令
\[U= \begin{cases} 0&,0 ,x<1\\ 1&,x \ge 1 \end{cases} \]于是根据广义卷积得到：\(F=f\circ U,G=g \circ U\)
使用结合律得到
\[f \circ G = f \circ(g \circ U)=(f*g)\circ U=H\\ g \circ F = g \circ(f \circ U)=(g*f)\circ U=H \]- Th2:如果\(F(x)=\sum\limits_{n\le x}f(n)\)，则有
Proof:
我们把上面证明出来的定理中，对所有的n，\(g(n)=1\)，那么\(G(x)=[x]\)
于是这个定理对应上一个定理的结论。
- Th3:对所有的\(x\ge1\)，我们有
当且仅当\(x<2\)时，等号成立。
Proof:
根据定理2：
\[\sum_{n\le x}\mu(n)[\dfrac{x}{n}]=\sum_{n\le x}\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{n\le x}[\dfrac{1}{n}]=1 \\ \sum_{n\le x}\Lambda(n)[\dfrac{x}{n}]=\sum_{n\le x}\sum_{d|n}\Lambda(d)=\sum_{n\le x}\log n=\log{[x]!} \]- Th4:对所有的\(x\ge1\)，我们有
当且仅当\(x<2\)时，等号成立。
Proof:
如果\(x<2\),那么这个求和里面只有一个\(\mu(1)=1\)
假设\(x\ge2\)，对每个实数y，我们有\(\{y\}=y-[y]\)，于是有
\[\begin{align*} 1&=\sum_{n\le x}\mu(n)[\dfrac{x}{n}]=\sum_{n\le x}\mu(n)(\dfrac{x}{n}-\{\dfrac{x}{n}\}) \\ &=x\sum_{n\le x}\dfrac{\mu(n)}{n}-\sum_{n\le x}\mu(n){\dfrac{x}{n}}\\ \end{align*} \]因为\(0\le \{y\} < 1\)，所以
\[x|\sum_{n\le x}\dfrac{\mu(n)}{n}|=|1+\sum_{n\le x}\mu(n){\dfrac{x}{n}}| \\ \le 1+\sum_{n\le x}{\dfrac{x}{n}} =1+{x}+\sum_{2\le n \le x}{\dfrac{x}{n}} \\< 1+{x}+[x]-1=x \]两边除x得到不等号
-
Th5:（勒让德等式 Legendre's identity）
对每一个\(x\ge1\)，我们有
其中，
\[\alpha(p)=\sum_{m=1}^\infty[\dfrac{x}{p^m}] \] 注：\(\alpha(p)\)的和式是有限的，因为对于\(p>x,\dfrac{[x]}{p^m}=0\)
Proof:
如果n不是素数幂，那么有\(\Lambda(n)=0\)。
对于素数幂的n，有\(\Lambda(p^m)=\log p\)。
所以
\[\log{[x]!}=\sum_{n\le x}\Lambda(n)[\dfrac{x}{n}]=\sum_{p\le x}\sum_{m=1}^{\infty}[\dfrac{x}{p^m}]\log p=\sum_{p\le x}\alpha(p)\log p \]下面利用欧拉求和公式去确定\(\log[x]!\)的渐进公式。
- Th6:如果\(x\ge2\)，我们有
同时就有
\[\sum_{n\le x}\Lambda(n)[\dfrac{x}{n}]= x\log x - x + \Omicron(\log x) \]Proof:
在欧拉求和公式里取\(f(t)=\log t\)可以得到：
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}\log n&=\int_{1}^x\log t{\rm d}x+\int_{1}^x\dfrac{t-[t]}{t}dt-(x-[x])\log x\\ &=x\log x - x+1+\int_{1}^x\dfrac{t-[t]}{t}dt+\Omicron(\log x) \end{align*} \]而\(\int_{1}^x\dfrac{t-[t]}{t}dt =\Omicron(\int_1^x\dfrac{1}{t}dt) = \Omicron(\log x)\)
接下来是上一个定理的推论:
- Th7:如果\(x\ge2\)，我们有
Proof:
如果n不是素数幂，那么有\(\Lambda(n)=0\)。
\[\begin{align*} \sum_{n\le x}[\dfrac{x}{n}]\Lambda(n)&=\sum_{p}\sum_{m=1}^\infty[\dfrac{x}{p^m}]\Lambda(p^m)\\ &=\sum_{p}\sum_{m=1}^\infty[\dfrac{x}{p^m}]\log p\\ &=\sum_{p\le x}[\dfrac{x}{p}]\log p + \sum_{p\le x}\sum_{m=2}^\infty[\dfrac{x}{p^m}]\log p \end{align*} \]接下来证明等式最后一项为\(\Omicron(x)\)
\[\begin{align*} \sum_{p\le x}\sum_{m=2}^\infty[\dfrac{x}{p^m}]\log p &=\sum_{p\le x}\log p\sum_{m=2}^\infty[\dfrac{x}{p^m}]\\ &\le\sum_{p\le x}\log p\sum_{m=2}^\infty\dfrac{x}{p^m}\\ &=x\sum_{p\le x}\log p\sum_{m=2}^\infty\dfrac({1}{p})^m\\ &=x\sum_{p\le x}\dfrac{\log p}{p(p-1)}\\ &\le x\sum_{n=2}^\infty\dfrac{\log n}{n(n-1)}\\ &=\Omicron(x) \end{align*} \]于是证明了
\[\sum_{n\le x}[\dfrac{x}{n}]\Lambda(n) =\sum_{p\le x}[\dfrac{x}{p}]\log p + \Omicron(x) \]结合上一个定理
\[\sum_{n\le x}\Lambda(n)[\dfrac{x}{n}]= x\log x - x + \Omicron(\log x) \]可以得到
\[\sum_{p\le x}[\dfrac{x}{p}]\log p + \Omicron(x) = x\log x - x + \Omicron(\log x)\\ \sum_{p\le x}[\dfrac{x}{p}]\log p=x\log x+\Omicron(x) \]