Es $M(x)=O(x^σ)$ $σ≤1$ incluso si la hipótesis de Riemann es falsa?

Question

La página de la wiki sobre la conjetura de Mertens y la Conexión a la hipótesis de Riemann dice

El uso de la Mellin inversión teorema ahora podemos expresar $M$ en términos de 1/z como $$ M(x) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty} \frac{x^s}{s \zeta(s)}\, ds $$ lo que es válido para $\color{blue}{1} < σ < 2$, y válido para $\color{red}{1/2} < σ < 2$ sobre la hipótesis de Riemann. ... De esto se sigue que $$ M(x) = O(x^{\color{red}{1/2}+\epsilon}) $$ para todos los positivos ε es equivalente a la hipótesis de Riemann, ...

El $\color{red}{\text{red}}$ color indica la pregunta , Mi pregunta cambiado, debido a anon comentario, a:

Si Riemann era falso, que esto implica un límite de $M(x)=O(x^{\color{blue}{1}+\epsilon})\! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \!\! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \!\! \! \! \! \! \! \! \! \! \!\! \! \! \! \! \! \! \! \! \! \begin{eqnarray*} I &:&=\int_{0}^{\pi /2}x\arccos \left( x^{2}\right) dx=\frac{1}{2}\left[ x^{2}\arccos \left( x^{2}\right) -\sqrt{1-x^{4}}\right] _{0}^{\pi /2} \\ &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4}\arccos \left( \frac{\pi ^{2}}{4}% \right) -\frac{1}{4}i\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right]. \end\begin{eqnarray*} \arccos z &=&\frac{1}{2}\pi +i\ln \left( iz+\sqrt{1-z^{2}}\right) \\ &=&\frac{1}{2}\pi +i\ln \left[ i\left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right]. \end\;\;$?$ \phantom{\begin{eqnarray*} I &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4}\left( i\ln \left( \frac{1}{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) \right) -\frac{1}{4}i\sqrt{\pi ^{4}-16}+1\right] \\ &=&\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\left[ \frac{\pi ^{2}}{4} \ln \left( \frac{1% }{4}\pi ^{2}+\frac{1}{4}\sqrt{\pi ^{4}-16}\right) -\frac{1}{4}\sqrt{% \pi ^{4}-16}\right] i \\ &\approx &\frac{1}{2}+0.78743i. \end\begin{eqnarray*} \cos \left[ i\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \right] &=&\frac{1}{2}\left[ e^{-\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}\right) }+e^{\ln \left( z+\sqrt{z^{2}-1}% \right) }\right] \\ &=&\frac{1}{2}\left( \frac{1}{z+\sqrt{z^{2}-1}}+z+\sqrt{z^{2}-1}\right) \\ &=&\frac{1}{2}\left[ \frac{\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) +\left( z+\sqrt{% z^{2}-1}\right) ^{2}\left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }{\left( z+\sqrt{z^{2}-1}% \right) \left( z-\sqrt{z^{2}-1}\right) }\right] \\ &=&z, \end--------------------------------------}$ Es $M(x)=O(x^σ)$ $σ≤1$ incluso si la HR es falsa?

Un vistazo a Mertens función, me hace pensar que debe ser fácil para probar esto.

Pero yo todavía no tienen ni idea...

Answer 1

No es un trivial obligado de $|M(x)| \le x$ todos los $x\ge 0$, debido a que la función de Möbius es delimitada por $1$. Así que ya tenemos $M(x) = O(x^1)$, independientemente de si la HR es verdadera o falsa.

Este resulta ser más bien cerca de la más conocida incondicional obligado en $M(x)$, que se parece a $$M(x) = O(x \exp( -c\, \log^{0.6} x \log\log^{-0.2} x))$$ (por ejemplo, ver este papel de Nathan Ng). En otras palabras, no tenemos una probada límite superior de la forma $O(x^{0.999})$.

Porque el de la serie de Dirichlet para $\mu(x)$ es sólo $1/\zeta(s)$, los límites en $M(x)$ puede ser obtenido por la Escalinata de la fórmula usando el conocimiento de los polos de la $1/\zeta(s)$, en otras palabras los ceros de $\zeta(s)$. (Vale la pena señalar que Granville y Soundararajan han desarrollado recientemente un nuevo enfoque a muchos de esos problemas sin conocimiento íntimo de $\zeta(s)$ en la crítica de la tira.)

El hecho de que todavía somos bastante ignorantes acerca de los ceros de $\zeta(s)$ es la razón por la que no saben mucho mejor obligado para $M(x)$ de la trivial. Al mismo tiempo, RH ser falso no es una muy fuerte declaración: simplemente significa que hay algunas cero de $\zeta(s)$$\Re(s) > 1/2$. Mientras esto no se opone a una cota de $M(x) = O_\epsilon(x^{1/2+\epsilon})$, no se descarta $M(x) = O(x^{3/4+\epsilon})$, si todos los ceros de $\zeta(s)$ se encuentran a la izquierda de $\Re(s) = 3/4$.

Un último comentario: es un poco ingenuo para utilizar las diferencias observadas como prueba de lo fácil que es para probar un salto. Para más llamativo ejemplo, intenta graficar el primer lagunas de la función $d(n) = p_{n+1} - p_n$. Usted encontrará que $d(n)$ parece ser $O(\log^2 n)$ (con un pequeño muy constante), pero aún suponiendo RH no sabemos cómo demostrar a $d(n) = O(\sqrt{n}).$