Límite inferior en la suma de recíproco de LCM

Question

Mientras que la lectura en línea, me encontré con este post que el autor afirma que \begin{align} S(N, 1):=\sum_{1\le i, j \le N} \frac{1}{\text{lcm}(i, j)} \geq 3H_N-2 \end{align} y $S(N, 1) \geq H_N^2$ donde $H_N$ es el parcial armónica de la suma.

La prueba de la última desigualdad que ya está dado en el post. Para el primero, vemos que \begin{align} S(N, 1) =&\ 2\sum^N_{j=2}\sum^{j-1}_{i=1}\frac{1}{\text{lcm}(i, j)} +H_N\\ \geq&\ 2\sum^N_{j=2} \frac{1}{\text{lcm}(1, j)}+H_N=\ 3H_N -2. \end{align}

Mi pregunta es si existe $C$, independiente de $N$, de tal manera que el siguiente enlazado tiene \begin{align} s(N):=\sum_{N \leq i, j \leq 2N} \frac{1}{\text{lcm}(i, j)} \geq C \log N. \end{align} En realidad, sé que es un hecho que esto es cierto por $(1.7)$ en este papel , pero no podía demostrarlo.

Otra pregunta: ¿Cómo hace uno para mostrar \begin{align} \sum_{N^2/4< k< N^2/3} (\#\left\{N/3<q<N/2 \big|\ q\mid k\right\})^2\sim \sum_{N/3<q, q'<N/2} \frac{N^2}{\text{lcm}(q,q')}. \end{align} Empecé por \begin{align} \sum_{N^2/4< k< N^2/3} (\#\left\{N/3<q<N/2 \big|\ q\mid k\right\})^2 =&\ \sum_{N^2/4< k< N^2/3}\left( \sum_{\substack{N/3<q<N/2\\ q\mid k}}1 \right)^2\\ =&\ \sum_{N^2/4< k< N^2/3} \sum_{\substack{N/3<q,\ q'<N/2\\ q\mid k,\ q'\mid k}} 1. \end{align} Aquí sé que debo de intercambio de la orden de la suma, pero no sé cómo conseguir el lcm para mostrar.

Cualquier ayuda/sugerencia es muy bienvenida.

Answer 1

Sketch de prueba de 1: asumir que no es $c>0$ absoluta constante s.t para cada una de las $1 \leq a \leq N^{\frac{1}{4}}$ ($N$ lo suficientemente alto), hay al menos $c\frac{N^2}{a^2}$ pares de $N \leq k,l \leq 2N$ con $gcd(k,l)=a$; luego, como $lcm(k,l)gcd(k,l)=kl$,

$s(N):=\sum_{N \leq k, l \leq 2N} \frac{1}{\text{lcm}(k, l)} =\sum_{N \leq k, l \leq 2N} \frac{gcd(k,l)}{kl} \geq \frac{1}{4N^2}\sum_{N \leq k, l \leq 2N}gcd(k,l) \geq \frac{1}{4N^2}\sum_{1 \leq a \leq N^{\frac{1}{4}}}a(c\frac{N^2}{a^2}) \geq \frac{c}{16}\log N $

Vamos ahora a$1 \leq a \leq N^{\frac{1}{4}}$, considerando el primer número $N \leq k(a) < N+a$ que es divisble por $a$, se deduce que el $k(a)+qa$ es divisble por $a$ y dentro de nuestra gama tan largo como $(q+1)a \leq N$, así que hay al menos $[\frac{N}{a}-1]$ tal, así que al menos $[\frac{N}{a}-1]^2$ parejas con mcd divisible por $a$; el mismo razonamiento se dan en la mayoría de las $[\frac{N}{a}+1]^2$ tales pares, por lo que la aplicación de este con $2a,3a...2Na$ (desde el mcd es en la mayoría de las $2N$ en nuestro intervalo), obtenemos que el número de pares con mcd, precisamente, $a$ al menos: $\begin{align}\frac{N^2}{a^2}(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{9}-.. )- 2N(\log 2N+1) \geq \frac{N^2}{a^2}(1-(\frac{\pi^2}{6}-1))-2N(\log 2N+1) \end{align}$ $\geq \frac{N^2}{6a^2}-2N(\log 2N+1)$, y que es $ \geq \frac{N^2}{12a^2}$ para decir $N \geq 40000$ desde $a \leq N^{\frac{1}{4}}, \frac{N^2}{12a^2} \geq \frac{N^2}{12\sqrt N} \geq 2N(\log 2N+1)$, $N$ grandes como se señaló así que hemos terminado.

Para la segunda reclamación, tenga en cuenta que el cambio de la suma, cada una de las ${N^2/4< k< N^2/3}$ aparece por un par de $(q,q')$ precisamente cuando es un múltiplo de la lcm de la pareja y es bastante claro que para cualquier $m \geq 1$ en un ~$N^2$ intervalo hay ~$\frac{N^2}{m}$ sus múltiplos, por lo que la demanda de la siguiente manera

Edit: como se pide una explicación más detallada de la estimación anterior para el número de pares con mcd $a$:

debido a que el número de múltiplos de $a$ entre $N, 2N$ entre $\frac{N}{a}-1, \frac{N}{a}+1$, esto significa que tenemos, al menos, $(\frac{N}{a}-1)^2=\frac{N^2}{a^2}-2\frac{N}{a}+1$ parejas con gcd un múltiplo de $a$, pero si el mcd no es $a$, $2a, 3a,...2Na$ (esto último es muy crudo y lo podemos hacer mucho mejor, pero no necesitamos), pero para $2a$ tenemos en la mayoría de las $(\frac{N}{2a}+1)^2=\frac{N^2}{4a^2}+2\frac{N}{2a}+1$ parejas con gcd que (en realidad menos, ya que algunos se han mcd $4a$ etc pero volvemos a usar una estimación aproximada, ya que es suficiente); poniendo las cosas juntos obtenemos restando todos aquellos casos con mcd $2a,3a...2Na$, el término principal es $\frac{N^2}{a^2}(1-\frac{1}{4}-\frac{1}{9}-.. )$ que estimamos por $\frac{N^2}{6a^2}$ con un simple cálculo; el resto es $(-2\frac{N}{a}+1)+(-2\frac{N}{2a}-1)+(-2\frac{N}{3a}-1)+...$ (en la mayoría de las $2N$ términos) y que claramente estimaciones por $-2N\log 2N - 2N$, con lo que obtenemos la estimación anterior y utilizar ese $a \leq N^{\frac{1}{4}}$ a la conclusión de como se señaló para lo suficientemente grande como $N$ ya que, obviamente, $\frac{N^2}{12a^2} \geq \frac{N^2}{12\sqrt N}$ dominarán $2N\log 2N + 2N$, lo que nos permite mantener otro $\frac{N^2}{12a^2}$ desde el término principal