Números divisibles por el cuadrado de su factor principal más grande

Question

Que $p(n)$ ser mayor factor principal de $n$, denotan $A=\{n\mid p^2(n)\mid n,n\in \mathbb N\}.$

$A=\{4,8,9,16,18,25,27,32,36,49,50,\cdots\},$ véase también A070003.

¿Definir $f(x)=\sum_{\substack{n\leq x\\n\in A}}1.$ Erdős demostrado que $$f(x)=x \cdot e^{-(1 + o(1))\sqrt{\log x \log \log x}}.\tag1$ $ ahí $f(x)=o(x),$ % $ $$\lim_{x\to \infty}\frac{f(x)}x=0,\tag2$desde $(2)$ es más fácil que $(1)$, puede usted probar $(2)$ sin uso $(1)$?

Answer 1

Lo que sigue es auto-contenido de la prueba de que $$f(x)=\sum_{\begin{array}{c} n\leq x\\ n\in A \end{array}}1 \ll x e^{-c\sqrt{\log x}}.$$ Si usted trabaja con más cuidado con el friable enteros, usted puede recuperar Erdős " resultado.

Prueba. Se puede escribir $$\sum_{\begin{array}{c} n\leq x\\ n\in A \end{array}}1=\sum_{\begin{array}{c} np^{2}\leq x\\ n\in S(p) \end{array}}1 = \sum_{p\leq\sqrt{x}}\sum_{\begin{array}{c} n\leq x/p^{2}\\ n\in S(p) \end{array}}1$$ where $S(y)=\left\{ n:\ P(n)\leq y\right\}$ is the set of $s$-friable integers. Notice that $$ \sum_{p\leq\sqrt{x}}\sum_{\begin{array}{c} n\leq x/p^{2}\\ n\in S(p) \end{array}}1 \leq x\sum_{B\leq p}\frac{1}{p^{2}}+\sum_{\begin{array}{c} n\leq x\\ P(n)\leq B \end{array}}1.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$ The first term is $\leq\frac{x}{B}$, and the second term may be bounded using Rankin's Trick, which we will now use. Let $\sigma>0$, and notice that $$\sum_{n:\ P(n)\leq B}1\leq\sum_{\begin{array}{c} n=1\\ P(n)\leq B \end{array}}^{\infty}\left(\frac{x}{n}\right)^{\sigma}=x^{\sigma}\prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^{\sigma}}\right)^{-1}.$$ For $\sigma=1-\frac{1}{\registro B},$ el de arriba es $$\ll xe^{-\frac{\log x}{\log y}}\exp\left(e\sum_{p\leq B}\frac{1}{p}\right)\ll xe^{-\frac{\log x}{\log B}}\left(\log B\right)^{e}.$$ Establecimiento $B=e^{\sqrt{\log x}},$ se sigue que $$\sum_{\begin{array}{c} n\leq x\\ n\in A \end{array}}1\ll xe^{-\sqrt{\log x}},$$ y el resultado es probada.

Comentario: Erdős " resultado puede ser recuperado de la siguiente manera: en Primer lugar, para obtener el $\sqrt{\log \log x}$ en el límite superior, se necesita un límite de la forma $$\Psi(x,y)=\sum_{\begin{array}{c} n\leq x\\ P(n)\leq y \end{array}}1 \ll x u^{-(1+o(1))u}$$ where $u=\frac{\log x}{\log y},$ rather than Rankin's trick. Now, the asymptotic can be obtain by bounding the second term in equation $(1)$, y darse cuenta de que el primer término nos proporcionará nuestro término principal.

Answer 2

Si $n\in A$ $n$ es divisible por $p(n)^2$, por lo que $n$ no puede dividirse $P(n)!$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que cumple con que $S(x)=\{n \le x \mid n \nmid p(n)!\}$ $|S(x)|=o(x)$ $x\to \infty$. Esto fue demostrado por I. Kastanas, el factorial más pequeño que es múltiplo de $n$ (solución a problema 6674), Amer. matemáticas. Mensual 101 (1994), p.179. Por otro lado, ya algunos de los argumentos que Erdős da para (1) están ya lo suficiente como para concluir (2), pero puesto que la pregunta dice "sin uso (1)", la otra manera parece mejor.