Estimación para una serie específica

Question

Para un número entero positivo $m$ definir $$a_m=\prod_{p\mid m}(1-p),$$ donde el producto se toma sobre todos los divisores primos de $m$ y $$S_n=\sum_{m=1}^n a_n.$$ Estoy interesado en un presupuesto para $|S_n|$ . Cualquier referencia, sugerencia, idea, etc., será apreciada.

Answer 1

Como nota Oussama Boussif, utilizando el producto de Euler para la función totiente $$\phi\left(m\right)=m\prod_{p\mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right)$$ tenemos $$a_{m}=\prod_{p\mid m}\left(1-p\right)=\left(-1\right)^{\omega\left(m\right)}\frac{\phi\left(m\right)}{m}\prod_{p\mid m}p$$ donde $\omega\left(m\right)$ es el número de factores primos distintos de $m$ por lo que hemos utilizado el hecho de que $\prod_{p\mid m}p\leq m$ (la igualdad se mantiene si $m$ es un número libre de cuadrados) $$\left|\sum_{m=1}^{n}a_{m}\right|\leq\sum_{m=1}^{n}\phi\left(m\right)=\frac{3}{\pi^{2}}n^{2}+O\left(n\log\left(n\right)\right).$$

Answer 2

Dejemos que $a_n = \prod_{p \mid n} (1 - p)$ . Como $a_n$ es una función multiplicativa, tenemos que \[\\Nsuma_{n = 1}^{infty} \frac{a_n}{n^s} = \prod_p \left(1 + \sum_{k = 1}^{infty} \frac{(1 - p)}{p^{ks}}\fecha) = \prod_p \left(1 + \frac{1 -p}{p^s(1 - p^{-s})}\fecha) = \prod_p \left(\frac{1 - p^{-(s - 1)}{1 - p^{-s}}\fecha).\f] Así que \ {{suma_{n = 1}^{infty} \frac{a_n}{n^s} = \frac{{zeta(s)}{zeta(s - 1)}.\} El lado derecho define una función meromorfa en $\mathbb{C}$ y por la región normalizada libre de ceros para $\zeta(s)$ No tiene polos en la región $\Re(s) > 2 - 1/\log(|\Im(s)| + 2)$ . Usando esto y el mismo tipo de métodos utilizados para demostrar el teorema de los números primos, se puede demostrar que \N-[\Nsuma_{n \leq x} a_n = O\left(x^2 e^{-c\sqrt{\log x}}right).\N-] Suponiendo la hipótesis de Riemann, esto puede reforzarse a |suma_{n \\leq x} a_n = O_{{varepsilon}\left(x^{3/2 + \varepsilon}\right).\] Probablemente también se puede demostrar esto mostrando primero que [a_n = \\_sum_{d \mid n} d\mu(d),\] y luego estimando $\sum_{n \leq x} a_n$ y utilizando el hecho de que $\sum_{n \leq x} \mu(n) = O(xe^{-c\sqrt{\log x}})$ por el teorema del número primo.