Densidad de salidas de la función divisor

Question

Definimos la función: $$\sigma_k{(n)}=\sum_{d \mid n} d^k$$ como la función de suma de divisores del $k$ potencia, donde $k \in \mathbb{N_0}$ , para $n \in \mathbb{N}$ . Ahora, definimos: $$S_k=\{a \space | \space \exists \space m \in \mathbb{N} \space ; \sigma_k{(m)}=a\}$$ Está claro que $S_0$ es lo mismo que $\mathbb{N}$ ya que para cualquier $n \in \mathbb{N}$ tenemos $\sigma_0{(2^{n-1})}=n$ . Sin embargo, está claro que esto no es cierto para $S_k$ donde $k>0$ .

¿Cuál es la densidad de $S_k$ en $\mathbb{N}$ para $k \in \mathbb{N}$ ?

Editar : Como señala @ThomasAndrews en los comentarios de abajo, $k>1$ tiene una densidad nula al acotar. Ahora, el problema se resuelve si alguien es capaz de encontrar la densidad de la función suma de divisores $\sigma(x)$ ( $1$ de potencia).

Answer 1

La siguiente respuesta es incorrecta. El PO preguntaba por la densidad de $S_1$ que es inequívoco. La siguiente respuesta muestra que no es el caso que $\frac{1}{N}\sum_{n \le N} w(n)$ va a $0$ como $N \to \infty$ , donde $w(n) := \#\{m \ge 1 : \sigma(m) = n\}$ .

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La densidad de $\{ \sigma_1(n), n \ge 1\}$ no puede ser cero porque $$F(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{\sigma_1(n)} n^{-s} =\prod_p(1+\sum_{k=1}^\infty \frac{p^k}{\sigma_1(p^k)}p^{-sk})= \prod_p (1+\frac{1}{1+p^{-1}}p^{-s}+O(p^{-2s}))\\= \exp(\sum_p p^{-s} + O(p^{-2s})+O(p^{-s-1}))$$ tiene un polo en $s=1$ si la densidad de $\{ \sigma_1(n), n \ge 1\}$ fue $0$ desde $\frac{n}{\sigma_1(n)} \in [0,1]$ tendríamos $$f(x)=\sum_{n \le x} \frac{n}{\sigma_1(n)}= o(x)$$ con $g(y) = \sup_{x > y} \frac{f(x)}{x}$ tendríamos $\lim_{y \to \infty}g(y)=0$ y $$F(s) = s \int_1^\infty f(x)x^{-s-1}dx=O(s \int_1^y x x^{-\Re(s)-1}dx)+ O(s\int_y^\infty g(y)x x^{-\Re(s)-1}dx) \\ = O(|s| y) + O(\frac{|s|\, g(y)}{\Re(s)-1}) $$ no tendría un poste en $s=1$ ya que $g(y)$ puede tomarse de forma arbitraria.

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Que $\lim_{y \to \infty} g(y)$ converge a $Res(F(s),s=1)$ y que es la densidad es cuestión de los mismos teoremas tauberianos que en la prueba de la PNT (quizás aplicando el argumento anterior así como los teoremas tauberianos a $\sum_{n=1}^\infty \sigma_1(n)^{-s} = \prod_p (1+\sum_{k=1}^\infty (p+1)^{-s} + O(p^{-2s})$ es una mejor idea)

Answer 2

Este resultado se encuentra en el trabajo de R. Sita Rama Chandra Rao y G. Sri Rama Chandra Murty: Sobre un teorema de Niven, Canad. Math. Bull. 22 (1979), nº 1, 113-115. DOI: 10.4153/CMB-1979-018-5 , Zbl: 0401.10069 , MR532280

El documento se basa en algunos resultados del trabajo de Ivan Niven: La densidad asintótica de las secuencias . El toro. Amer. Math. Soc., 57(6):420-434, 1951; Zbl: 0044.03603 , MR0044561 .

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La prueba $k=1$ es lo suficientemente corto como para ser reproducido aquí.

Queremos demostrar que el conjunto $$C=\{\sigma(n); n\in\mathbb N\}$$ tiene densidad cero.

Denotaremos \begin{align*} d(A)&=\lim_{n\to\infty} \frac{A(n)}n\\ \overline d(A)&=\limsup_{n\to\infty} \frac{A(n)}n\\ \end{align*} para $A\subseteq \mathbb N$ , donde $A(n)=|\{k\in A; k\le n\}|$ denota el número del elemento os $A$ que son menores o iguales a $n$ . Es decir $d(A)$ denota el densidad asintótica y $\overline d(A)$ denota la densidad asintótica superior. (Se puede observar que $d(A)$ se define sólo para algunos conjuntos, mientras que $\overline d(A)$ existe para cada conjunto. Sin embargo, si $\overline d(A)=0$ , entonces obtenemos también $d(A)=0$ . También es útil observar que $\overline d(A\cup B)\le \overline d(A)+\overline d(B)$ .)

Fijemos un número entero $k$ . Dividimos el conjunto $C$ en \begin{align*} C_1&=\{s\in C; 2^k\mid C\}\\ C_2&=\{s\in C; 2^k\nmid C\} \end{align*} Está claro que $\overline d(C_1)\le\frac1{2^k}$ .

Si $s\in C_2$ entonces $s=\sigma(t)$ para algunos $t$ que tiene como máximo $k$ factores primos con exponente uno. 1 Además, tenemos $t\le s$ .

Dejemos que $D$ sea el de todos los enteros positivos que tienen como máximo $k$ primos factores con exponente uno. Vemos que $C_2(n)\le D(n)$ ya que si $s\in C_2$ y $s\le n$ entonces para el correspondiente $t\in D$ también tenemos $t\le n$ .

Desde $d(D)=0$ (Niven, Corolario 2), obtenemos $$d(C_2)=\lim_{n\to\infty} \frac{C_2(n)}n \le \lim_{n\to\infty} \frac{D(n)}n=0.$$ En consecuencia, tenemos $$\overline d(C)\le \overline d(C_1)+\overline d(C_2) = \frac1{2^k}.$$

Dado que la desigualdad $\overline d(C)\le\frac1{2^k}$ es cierto para cada $k$ obtenemos $\overline d(C)=0$ y, en consecuencia, $d(C)=0$ .

1 Recordemos que si $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\dots p_t^{a_t}$ entonces $\sigma(n)=\prod\limits_{i=1}^t\sigma(p_i^{a_i})$ . Si $a_i=1$ y $p_i$ es impar, entonces $\sigma(p_i^{a_i})=p_i+1$ es par. Así que si $n$ contiene al menos $k+1$ factores primos en la primera potencia, entonces al menos $k$ de ellos es impar y obtenemos $2^k\mid \sigma(n)$ .

Answer 3

La cuestión es que $\sigma(n)$ , como $n$ rangos, suele ser muy uniforme (es decir, muchas potencias de $2$ dividirlo).

Arreglar $M \ge 1$ grande. Como $\sigma(n) \ge n$ para cada $n$ , $$\#\{1 \le m \le M : m = \sigma(n) \text{ for some } n\} \le \#\{\sigma(n) : 1 \le n \le M\} \cap [M].$$ Hasta un conjunto de densidad 0, todo entero positivo $n$ tiene al menos $\frac{1}{2}\log\log n$ divisores primos. Por lo tanto, esperamos que haya al menos $\frac{1}{4}\log\log n$ divisores primos de $n$ con el mayor exponente dividiendo $n$ siendo impar. La cuestión es que para tales divisores primos, ya que $\sigma$ es multiplicativa, aportan una potencia de $2$ a $\sigma(n)$ por lo que esperamos que $\frac{1}{2}\log\log n$ poderes de $2$ dividiendo $\sigma(n)$ Así que $$\#\{\sigma(n) : 1 \le n \le M\} \cap [M] \le \#\{m \le M : 2^{\frac{1}{4}\log\log M} \mid m\}$$ tiene densidad $0$ . No creo que deba ser difícil hacer esto más riguroso, pero estoy viendo los finales.

Answer 4

A continuación se muestra que $\sigma_k(n) > n^k$ para $n>1$ y $k>0$ . $\sigma_1(n) = \sum_{d|n}d = \sigma(n)$ es la conocida función divisora. Propiedades básicas de $\sigma_k(n)$ y el teorema fundamental de la aritmética nos llevarán al resultado.

$\textbf{Property 1:}$ Si $p$ es un número primo y $q \in \mathbb{N}$ entonces

$\sigma_k(p^q) = 1+p^k+p^{2k}+...+p^{qk}$

La demostración de la propiedad anterior es sencilla, ya que cualquier número entero de la forma $p^i$ para $i \in \mathbb{N}$ y $i \leq q $ dividirá $p^q$ con un cociente de $p^{q-i}$

$\textbf{Property 2:}$ Si $gcd(a,b)=1$ entonces $\sigma_k(ab) = \sigma_k(a)\sigma_k(b)$

Prueba: Sea $d_a,d_b$ sea tal que $d_a|a$ y $d_b|b$ . Como $gcd(a,b) =1$ también tenemos $gcd(d_a,d_b) =1$ y por lo tanto hay una biyección entre los conjuntos $(d_a,d_b)\rightarrow d_ad_b$ . Denote $d_{ab} = d_ad_b$ y también tenemos $d_{ab}|ab$ .

Ahora $$\sigma_k(a)\sigma_k(b) = (\sum_{d_a | a} d_a^k)(\sum_{d_b | b} d_b^k) = \sum_{d_a | a, \ d' | b} (d_ad_b)^k = \sum_{d_{ab} | ab} d_{ab}^k=\sigma_k(ab)$$

Busque un enfoque diferente para $k=1$ aquí: La función sigma (suma de divisores ) prueba multiplicativa

Hazme saber en los comentarios si la biyección no es obvia, escribo algo más al respecto si es necesario.

Ahora, utilizando el teorema fundamental de la aritmética, para cualquier $n\in \mathbb{N}$ existe $p_1,p_2,...,p_q,a_1,a_2,...,a_q$ donde $p_1,p_2,...,p_q$ son números primos y $a_1,a_2,...,a_q$ son enteros positivos tales que

$$n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_q^{a_q}$$

Entonces, $\sigma_k(n) = \sigma_k(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_q^{a_q}) = \sigma_k(p_1^{a_1})\sigma_k(p_2^{a_2})...\sigma_k(p_q^{a_q})$

$=(1+p_1^k+p_1^{2k}+...+p_1^{a_1k})(1+p_2^k+p_2^{2k}+...+p_2^{a_2k})...(1+p_q^k+p_q^{2k}+...+p_q^{qk}) > p_1^{a_1k}p_2^{a_2k}...p_q^{a_qk}$

$= (p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_q^{a_q})^k = n^k$

Obsérvese que la desigualdad sólo es válida si $k \neq 0$ y $n \neq 1$ .

Así, la Densidad Natural ( https://en.wikipedia.org/wiki/Natural_density ) de $\sigma_k(n)$ es $0$ para $k>0$