Aquí es otro problema que me parece que no puede hacer por mí mismo... se supone que debo demostrar que $$\sum_{n \le x} \frac{\varphi(n)}{n^2}=\frac{\log x}{\zeta(2)}+\frac{\gamma}{\zeta(2)}-A+O \left(\frac{\log x}{x} \right),$$ donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante y $A= \sum_{n=1}^\infty \frac{\mu(n) \log n}{n^2}$. Yo podría estar cerca de la solución, pero lo termino, no parece muy correcto. Hasta ahora tengo: $$ \begin{align*} \sum_{n \le x} \frac{\varphi(n)}{n^2} &= \sum_{n \le x} \frac{1}{n^2} \sum_{d \mid n} \mu(d) \frac{n}{d} \\ &= \sum_{n \le x} \frac{1}{n} \sum_{d \le x/n} \frac{\mu(d)}{d^2} \\ &= \sum_{n \le x} \frac{1}{n} \left( \sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)}{d^2}- \sum_{d>x/n} \frac{\mu(d)}{d^2} \right) \\ &= \sum_{n \le x} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\zeta(2)}- \sum_{d>x/n} \frac{\mu(d)}{d^2} \right) \\ &= \frac{1}{\zeta(2)} \left(\log x + \gamma +O(x^{-1}) \right) - \sum_{n \le x} \frac{1}{n}\sum_{d>x/n} \frac{\mu(d)}{d^2}. \end{align*} $$ Así. Supongo que mi problema principal es el de más a la derecha suma, no tengo idea de qué hacer con él! No estoy seguro de donde $A$ viene en la imagen. Traté de conseguir algo útil $$ \begin{align*} & \sum_{n \le x} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\zeta(2)}- \sum_{d>x/n} \frac{\mu(d)}{d^2} \right) +A-A \\ &= \left( \frac{1}{\zeta(2)} \left(\log x + \gamma +O(x^{-1}) \right) - A \right) - \sum_{n \le x} \frac{1}{n}\sum_{d>x/n} \frac{\mu(d)}{d^2} + A, \end{align*} $$ pero rápidamente me di cuenta de que yo no tenía ni idea de lo que estaba haciendo. Cualquier ayuda sería muy apreciada.
Respuestas
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Fueron de hecho casi no hay. Todo lo que queda por hacer es cambiar el orden de la suma en la última suma. No voy a llenar en todos los detalles, pero aquí es un buen comienzo:
$$\begin{align} \sum_{1 \leq n \leq x} ~\sum_{d > x/n} \frac{1}{n} \frac{\mu(d)}{d^2} &= \sum_{d \geq 2} \frac{\mu(d)}{d^2}\sum_{\frac{x}{d}< n \leq x} \frac{1}{n} \end{align}$$
Darse cuenta de que
$$ \sum_{\frac{x}{d} < n \leq x}\frac{1}{n} = \sum_{n \leq x}\frac{1}{n} - \sum_{n \leq x/d}\frac{1}{n} = \log d + O\left(\frac{d}{x}\right) $$
debe hacerlo. Para comprobar que los términos de error se comportan correctamente, vamos a ver dónde estamos. Nosotros (bueno, Usted) han demostrado:
$$\sum_{n \le x} \frac{\varphi(n)}{n^2}=\frac{\log x}{\zeta(2)}+\frac{\gamma}{\zeta(2)}-A + \sum_{d \geq 2} \frac{\mu(d)}{d^2} \cdot O\left( \frac{d}{x} \right).$$
Queda por demostrar que
$$ \sum_{d \geq 2} \frac{\mu(d)}{d^2} \cdot S\left( \frac{d}{x} \right) = \sum_{d \geq 2} \frac{\mu(d)}{d} O\left( \frac{1}{x} \right) = O\left(\frac{\log x}{x} \right)\etiqueta{$\ast$} $$
Podemos realmente hacer un poco mejor (y a menos que me estoy perdiendo algo, no estoy seguro de que el $\log x$ término viene de - tal vez es sólo una red de seguridad). En primer lugar, hemos de utilizar que
$$ \sum_{n \geq 1} \frac{\mu(n)}{n^s} = \frac{1}{\zeta(s)}. $$
Si usted no ha visto esto antes de que esto debe ser justificado. De ello se deduce a partir de la fórmula para $\mu(n)$, cuando se escribe el producto de Euler para la suma. A su vez, esto implica que
$$ \sum_{n \geq 1} \frac{\mu(n)}{n} = \lim_{s \1^+} \sum_{n \geq 1} \frac{\mu(n)}{n^s} = \lim_{s \1^+} \frac{1}{\zeta(s)} = 0. $$
Esto es bueno ya que luego que
$$ \sum_{d \geq 2} \frac{\mu(d)}{d} = \sum_{d \geq 1} \frac{\mu(d)}{d} - 1 = -1. $$
Esto demuestra $(\ast)$.
Considere la posibilidad de Dirichlet de la serie, relacionadas con el problema en cuestión: $$ g(s) = \sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{n^{2+s}} = \frac{\zeta(s+1)}{\zeta(s+2)} $$
Ahora podemos recuperar el comportamiento de $A(x) = \sum_{n \le x} \frac{\varphi(n)}{n^s}$ mediante el empleo de la Escalinata de la fórmula, usando $c > 0$: $$ Una(x) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{c - i \infty}^{c + i \infty} \frac{\zeta(z+1)}{\zeta(z+2)} \frac{x^z}{z} \mathrm{d} z = \mathcal{L}^{-1}_z\left( \frac{\zeta(z+1)}{\zeta(z+2)} \frac{1}{z} \right)(\log x) $$
Para un gran $x$, la principal aportación es el polo de la relación de las funciones zeta en $z = 0$. El uso de $$ \frac{\zeta(z+1)}{\zeta(z+2)} \sim \frac{1}{\zeta(2)} \left( \frac{1}{z} + \gamma \zeta^\prime(2)\right) + O(z) $$ Desde $\mathcal{L}^{-1}_z\left( \frac{1}{z^{n+1}} \right)(s) = \frac{s^n}{n!}$ hemos $$ Una(x) = \frac{\log x}{\zeta(2)} + \left( \frac{\gamma}{\zeta(2)} - \frac{\zeta^\prime(2)}{\zeta(2)} \right) + \mathcal{L}^{-1}_z\left( \frac{\zeta(z+1)}{\zeta(z+2)} \frac{1}{z} - \frac{1}{\zeta(2) z^2} - \frac{\gamma \zeta^\prime(2)}{\zeta(2) z} \right)(\log x) $$ Observe que $\frac{\zeta^\prime(s)}{\zeta(s)} = \sum_{n=1}^\infty \frac{\mu(n) \log(n)}{n^s}$, por lo tanto $\frac{\zeta^\prime(2)}{\zeta(2)} = A$.
Queda demostrado que el resto término es pequeño.
He intentado esto por el cambio de los importes en el principio, así que
$\displaystyle\sum_{n\le x}\frac{\phi(n)}{n^2}=\sum_{d\le x}\frac{\mu(d)}{d^2}\sum_{q\le\frac{x}{d}}\frac{1}{q}=\sum_{d\le x}\frac{\mu(d)}{d^2} \left (\log\left(\frac{x}{d}\right)+C+O\left(\frac{d}{x}\right)\right)$ el uso de Thm 3.2(a) de Apostol p.55 (donde $C$ es la constante de Euler). A continuación, utilice $\displaystyle\sum_{d\le x}\frac{\mu(d)}{d^2}=\frac{1}{\zeta(2)}+O\left(\frac{1}{x}\right)$ Apostol p.61.
A continuación, utilice $\displaystyle\sum_{d\le x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2}=A-\sum_{d>x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2}$.
Esta última suma es $\displaystyle O\left(\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2}\right)$ y, a continuación, utilizar:
$0<\displaystyle \sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2}=\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^\frac{1}{2}}.\frac{1}{d^\frac{3}{2}}<\frac{\log x}{x^\frac{1}{2}}\sum_{d>x}\frac{1}{d^\frac{3}{2}}$ y Thm 3.2(c) p.55 para el término de error
$\displaystyle O\left(\frac{\log x}{x}\right)$ e las $A$ en la pregunta.
Más tardíamente (para el beneficio de cualquier persona que se tropieza a través de esta página en el futuro), aunque me gusta apatch la respuesta, hay un pequeño problema con el paso de probar $$\left|\sum_{d>x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2}\right| \leq \sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2} = O\left(\frac{\log x}{x}\right).$$ Lo que sigue ahora es un resumen de mi post sobre esta pregunta, y la respuesta contenida en el mismo.
Específicamente, no se puede decir $$\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2} = \sum_{d>x}\frac{\log d}{d^\frac{1}{2}}.\frac{1}{d^\frac{3}{2}}<\frac{\log x}{x^\frac{1}{2}}\sum_{d>x}\frac{1}{d^\frac{3}{2}}$$ debido a $\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ sólo alcanza su máximo alrededor de $x\approx 7.39$, muy por encima de la $x>2$ una de las condiciones establecidas en la pregunta.
En su lugar, usted necesita para aproximar la suma por la integral $$\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2} \leq \frac{\log x}{x^2} + \int_x^\infty \frac{\log t}{t^2}dt$$ y, a continuación, (por ejemplo) resolver la integral usando las partes.
