En el valor medio de una función multiplicativa: Demostrar que $\sum\limits_{n\leq x} \frac{n}{\phi(n)} =O(x) $

Question

Hay una segunda parte del problema publicado en Demostrando $ \frac{\sigma(n)}{n} < \frac{n}{\varphi(n)} < \frac{\pi^{2}}{6} \frac{\sigma(n)}{n}$, desde el Apostol del libro, pero no puedo averiguar. Se le pide al lector a probar que si $x \geq 2$$\sum\limits_{n\leq x} \frac{n}{\phi(n)} = O(x)$, donde el lado derecho de la ecuación se utiliza el Big-O notación. He intentado usar el anterior resultado, pero siempre termino con $O(x^2)$ . Cualquier conocimiento?

Answer 1

Podemos probar realmente la ligeramente más fuerte de $$\sum_{n\leq x}\frac{n}{\phi (n)}=\frac{315}{2\pi^4}\zeta(3)x +O\left(\log x\right).$$

Idea: Aviso que $\frac{n}{\phi(n)}$ está muy cerca, en cierto sentido, a $1$. Así que si lo escribimos como $1*f$ algunos $f$, y esto $f$ debe ser muy pequeña. El siguiente lema, que es uno de los primeros se puede ver a la suma en virtud de la hipérbola, y luego nos dice exactamente cómo lidiar con esta situación:

Si $(1*f)(n)=\sum_{d|n}f(d)$ denota convolución de Dirichlet, entonces $$\sum_{n\leq x} (1*f)(n)=\sum_{n\leq x}\sum_{d|n}f(d)=\sum_{d\leq x} f(d)\left[\frac{x}{d}\right]$$ and using $[z]=z+O(1)$ this is $$=x\sum_{d\leq x} \frac{f(d)}{d}+O\left(\sum_{d\leq x} |f(d)|\right).$$

Ya que sólo hay que mirar en primer poderes, necesitamos $f$ a satisfacer $$(1*f)(p^k)=1+f(p)+\cdots+f(p^k)=\frac{p^k}{\phi(p^k)}=\frac{p}{p-1}.$$ This is constant with respect to $k$, so we take $f(p^k)=0$ for $k\geq 2$, and then $f(p)=\frac{1}{p-1}$. This can be rewritten for all $n$ as $f(n)=\frac{\mu(n)^2}{\phi(n)}$. Hence, using the above we see that $$\sum_{n\leq x}\frac{n}{\phi (n)}=x\sum_{d\leq x} \frac{\mu(d)^2}{d\phi(d)}+O\left(\sum_{d\leq x}\frac{\mu(d)^2}{\phi(d)}\right).$$

El big-O plazo está limitada por $\log (x)$, y la serie infinita $\sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)^2}{d\phi(d)}$ converge absolutamente. Jugando con el producto de Euler, podemos encontrar que esto es igual a $\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}=\frac{315}{2\pi^4}\zeta(3)$. Extender la serie hasta el $x$ todo el camino a infinitamente crea un error de la forma $\frac{\log \log x}{x}$ que es insignificante. Por lo tanto llegamos a la conclusión de

$$\sum_{n\leq x}\frac{n}{\phi (n)}=\frac{315}{2\pi^4}\zeta(3)x +O\left(\log x\right).$$

Nota: Usted está buscando en el valor medio de una función multiplicativa. Para las funciones de "cerrar" para uno, no es una simple generalización de la anterior, pero mucho puede decirse acerca de general delimitadas las funciones, incluso aquellos que no están cerca de $1$. Por supuesto, esto es más difícil, ya que el valor de la media de $\mu(n)$ está relacionado con el teorema de los números primos, pero hay mucho trabajo interesante. Específicamente Halasz del teorema nos dice exactamente cuando el valor de la media puede ser grande. Granville y Soundararajan han desarrollado esta, y se utiliza como una alternativa punto de partida para la demostración de teoremas en la teoría analítica de números.

Edit: Para evaluar la serie $$\sum_{d=1}^\infty \frac{\mu(d)^2}{d\phi(d)},$$ we may first note that since the summand is a multiplicative funciton, and since everything converges nicely, we can write this as an Euler product $$\sum_{d=1}^{\infty}\frac{\mu(d)^{2}}{d\phi(d)}=\prod_{p}\left(1+\frac{\mu(p)^{2}}{p\phi(p)}+\frac{\mu(p^{2})^{2}}{p^{2}\phi(p^{2})}+\cdots\right).$$ Esto es igual a $$\prod_{p}\left(1+\frac{1}{p\left(p-1\right)}\right)=\prod_{p}\left(\frac{p^{2}-p+1}{p\left(p-1\right)}\right).$$ Recalling the factorization $p^{3}+1=\left(p^{2}-p+1\right)\left(p+1\right),$ multiply to and bottom by $p+1$ to get a $p^3+1$ term on top. Since we hope to rewrite things in terms of the zeta function, multiply top and bottom by $p^{3}-1$ as well. We then get $$\prod_{p}\left(\frac{p^{3}+1}{p(p^{2}-1)}\cdot\frac{p^{3}-1}{p^{3}-1}\right)=\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^{6}}\right)\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^{3}}\right)^{-1}\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^{2}}\right)^{-1},$$ which equals $\frac{\zeta(2)\zeta(3)}{\zeta(6)}.$

Vea También:

• Una respuesta que trabaja en los detalles exactos para multiplicativo de las funciones de cerca a $n$.
• Esta técnica se utiliza en una forma más complicada de la suma de la participación de cuatro circunvoluciones de la función de möbius
• Una respuesta en el término de error que surge al tomar el promedio de los Totient función.
• Los promedios de ciertas funciones aritméticas.

Answer 2

@ Jane

El siguiente podría ser lo Apóstol tenía en mente:

Considerando conjugado divisores podemos escribir $$\frac{\sigma(n)}{n}=\sum_{c|n}\frac{1}{c}$$ y por lo tanto $$\sum_{n \leq x}\frac{\sigma(n)}{n}=\sum_{c \leq x}\frac{1}{c}\left[\frac{x}{c}\right]\leq x \zeta(2)$$ so that $$\sum_{n\leq x} \frac{n}{\phi(n)} \leq \zeta(2)^2 x$$ It should be noted that the mean of $\frac{\phi(n)}{n}$ siempre permanece cerca de algunas constantes cuando se considera por encima de cualquier razonablemente amplio conjunto de números.

Answer 3

si usted demostrar que $\phi(d) \gg \frac{d}{\log d}$, entonces la convergencia de la serie es fácil de ver. El más fuerte $\phi(d) \gg \frac{d}{\log \log d}$ puede ser demostrado mediante la Chebyshev las estimaciones de la $\frac{x}{\log x}\ll \pi(x) \ll \frac{x}{\log x}$. Una línea de prueba puede ser determinado a partir de estas estimaciones para la primera desigualdad de la siguiente manera : Cada primer bajo $d$ es coprime a $d$ o divide $d$ y, por tanto,$\pi(d)-\omega(d) \leq \phi(d)$, del que se desprende que el $\frac{d}{\log d} +O(\log d) \ll \phi(d)$ que es lo que quieres. La estimación de $\omega(d) \ll \log d $ puede ser obtenida tomando logaritmos en $2^{\omega(d)}\leq d.$