Determinar el multicelular de la función Summatory de una función aritmética

Question

Definimos la función aritmética: $\displaystyle f(n) = \max\limits_{p^{\alpha} || n} \alpha$, es decir si $\displaystyle n = p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alphak}$ (facturización primera de $n$%) entonces $f(n) = \max\limits{1 \le i \le k} \alpha _i$.

Cómo determinamos el crecimiento asintótico de la función summatory del $f$, que es $$\displaystyle S(x) = \sum\limits_{1 \le n \le x} f(n)$ $

¿Es posible expresar la serie de Dirichlet correspondiente a $f$, $\displaystyle \sum\limits_{1 \le n} \frac{f(n)}{n^s}$ en cuanto a serie de Dirichlet de algunas conocidas funciones aritméticas?

Answer 1

Si agrupamos los números por el valor de $f(n)$, tenemos

$$S(x) = \sum_{k \leqslant \log_2 x} k\cdot\operatorname{card} \{ n \leqslant x : f(n) = k\} = \sum_{k \leqslant \log_2 x} \operatorname{card} \{ n \leqslant x : f(n) \geqslant k\}.$$

Si $p(k,x)$ denota la cantidad de números $\leqslant x$ que son múltiplos de una $k$-ésima potencia de un primo, que se convierte en

$$S(x) = \sum_{k} p(k,x).$$

Desde

$$\lfloor x\rfloor - p(k,x) = \sum_{ n\leqslant x} \mu(n)\left\lfloor\frac{x}{n^k} \right\rfloor$$

para$k\geqslant 2$,, omitiendo el límite superior de la suma, ya que todos los términos se $0$,

\begin{align} S(x) &= \sum_{k=1}^\infty p(k,x)\\ &= \lfloor x\rfloor - 1 + \sum_{k=2}^\infty p(k,x)\\ &= \lfloor x\rfloor - 1 - \sum_{k=2}^\infty \left(\sum_{m=2}^\infty \mu(m)\left\lfloor \frac{x}{m^k}\right\rfloor\right)\\ &= \lfloor x\rfloor -1 - \sum_{k=2}^\infty \left(\sum_{m=2}^\infty \mu(m)\frac{x}{m^k} - \sum_{m=2}^\infty \mu(m)\biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor\frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr)\right)\\ &= x\biggl(1 - \sum_{k=2}^\infty \sum_{m=2}^\infty \frac{\mu(m)}{m^k}\biggr) - (1+x-\lfloor x\rfloor) + \sum_{k=2}^\infty \sum_{m=2}^\infty \mu(m)\biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor \frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr)\\ &= \Biggl(\sum_{k=1}^\infty \biggl(1 - \frac{1}{\zeta(k)}\biggr)\Biggr)\cdot x + O(1) + O(\sqrt{x}). \tag{1} \end{align}

Queda por demostrar la $O(\sqrt{x})$ estimado para la última suma. Tenemos

\begin{align} \left\lvert \sum_{k=2}^\infty \sum_{m=2}^\infty \mu(m)\biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor \frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr)\right\rvert &\leqslant \sum_{k=2}^\infty \sum_{m=2}^\infty \biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor\frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr)\\ &= \sum_{m=2}^\infty \sum_{k=2}^\infty \biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor\frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr)\\ &= \sum_{m=2}^{\lfloor \sqrt{x}\rfloor}\sum_{k=2}^\infty \biggl(\frac{x}{m^k} - \left\lfloor\frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr) + \sum_{m=\lfloor\sqrt{x}\rfloor+1}^\infty\sum_{k=2}^\infty \frac{x}{m^k}. \end{align}

La última suma puede ser evaluado explícitamente,

$$\sum_{m= a+1}^\infty \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{m^k} = \sum_{m=a+1}^\infty \frac{1}{m(m-1)} = \frac{1}{a},$$

y así

$$\sum_{m=\lfloor \sqrt{x}\rfloor+1}^\infty\sum_{k=2}^\infty \frac{x}{m^k} = \frac{x}{\lfloor\sqrt{x}\rfloor} \in O(\sqrt{x}).$$

Para la suma, hemos dividido el interior de la suma en $\frac{\log x}{\log m}$. Para $k \leqslant \frac{\log x}{\log m}$, utilizamos $0 \leqslant z-\lfloor z\rfloor < 1$ para obtener la estimación

$$\sum_{m=2}^{\lfloor \sqrt{x}\rfloor} \frac{\log x}{\log m},$$

que con

$$\sum_{m=2}^a \frac{1}{\log m} = \frac{a}{\log a} + O\left(\frac{a}{(\log a)^2}\right)$$

los rendimientos de un obligado

$$\sum_{m=2}^{\lfloor\sqrt{x}\rfloor}\sum_{k=2}^{\left\lfloor\frac{\log x}{\log m}\right\rfloor}\biggl(\frac{x}{m^k}-\left\lfloor\frac{x}{m^k}\right\rfloor\biggr) \leqslant 2\sqrt{x} + O\left(\frac{\sqrt{x}}{\log x}\right)\in O(\sqrt{x}),$$

y para la parte restante utilizamos

$$\sum_{k=a}^\infty \frac{1}{m^k} = \frac{1}{m^a(1-m^{-1})}$$

para obtener

$$\sum_{m=2}^{\lfloor\sqrt{x}\rfloor}\sum_{k=\left\lfloor\frac{\log x}{\log m}\right\rfloor+1}^\infty \frac{x}{m^k} \leqslant \sum_{m=2}^{\lfloor\sqrt{x}\rfloor} \frac{x}{m^{\left\lfloor\frac{\log x}{\log m}\right\rfloor+1}(1-m^{-1})}\leqslant \sum_{m=2}^{\lfloor\sqrt{x}\rfloor} \frac{1}{1-m^{-1}} \leqslant 2\lfloor\sqrt{x}\rfloor.$$

Así, el asintótica $(1)$ está probado.

Para el Dirichlet de la serie, podemos - por $\operatorname{Re} s > 1$ - escritura

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{f(n)}{n^s} = \sum_{k=1}^\infty \underbrace{\sum_{n=1}^\infty\frac{[f(n) \geqslant k]}{n^s}}_{\sigma_k(s)},$$

donde $[\,\cdot\,]$ es la Iverson soporte. Desde $[f(n)\geqslant 1] = 1$ todos los $n\geqslant 2$$f(1) = 0$,$\sigma_1(s) = \zeta(s) - 1$, y para$k\geqslant 2$, se nota que

\begin{align} \sigma_k(s) &= \sum_{m=2}^\infty (-\mu(m))\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(m^kn)^s}\\ &= \sum_{m=2}^\infty \frac{-\mu(m)}{m^{ks}}\zeta(s)\\ &= \biggl(1 - \sum_{m=1}^\infty \frac{\mu(m)}{m^{ks}}\biggr)\zeta(s)\\ &= \biggl(1 - \frac{1}{\zeta(ks)}\biggr)\zeta(s), \end{align}

por lo tanto

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{f(n)}{n^s} = \zeta(s)\cdot\sum_{k=1}^\infty\Bigl(1-\frac{1}{\zeta(ks)}\Bigr) = \zeta(s)\cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{\zeta(ks)-1}{\zeta(ks)}.$$