La expansión asintótica para la suma ponderada de los divisores $\sum_{n\leq x} \frac{d(n)}{n}$

Question

Estoy tratando de resolver un problema sobre el divisor de la función. Que nos llame a $d(n)$ la clásica función de divisor, es decir, $d(n)=\sum_{d|n}$ es el número de divisores del número entero $n$. Es bien sabido que la suma de $d(n)$ sobre todos los enteros positivos de $n=1$$x$, cuando se $x$ tiende a infinito, es asintótica a $$x \ln(x) + (2 \gamma-1) x + O(\sqrt{x})$$

Quiero calcular similar asintótica expresión para la suma de $d(n)/n$, nuevamente calculado a partir de $n=1$ $x$ $x$que tiende a infinito. He hecho algunos cálculos y obtuvo la fórmula $$1/2 (\ln(x))^2 + 2 \gamma \ln (x) + O(1)$$ donde gamma de Euler-Mascheroni constante. Estoy interesado en el término constante de la expresión, que parece ser de alrededor de $0.48$. Sospecho que podría corresponder a $\gamma^2 - 2\gamma_1$ donde $\gamma_1$ es el primer Stieltjes constante ($-0.072...$). Podría alguien confirmar esto a mí?

Como una pregunta adicional, yo estaría muy interesado en la obtención de similar asintótica fórmulas, con explícitamente dada términos constantes, por la misma suma de $d(n)/n$ calculado sobre todos los enteros impares de$1$$x$, y para el que se calcula sobre todos los números enteros de$1$$x$. Muchas gracias.

Answer 1

El asintótica se puede encontrar utilizando la hipérbola método. Observe que $$\sum_{n\leq x}\frac{d(n)}{n}=\sum_{n\leq x}\frac{1}{n} \sum_{ab=n}1=\sum_{ab\leq x}\frac{1}{ab}.$$ Rearranging based on the geometry of the hyperbola, this equals $$2\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{1}{a}\sum_{b\leq\frac{x}{a}}\frac{1}{b}-\sum_{a\leq\sqrt{x}}\sum_{b\leq\sqrt{x}}\frac{1}{ab}.$$ Since $\sum_{b\leq\frac{x}{a}}\frac{1}{b}=\log\frac{x}{a}+\gamma+O\left(\frac{a}{x}\right),$ it follows that $$2\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{1}{a}\sum_{b\leq\frac{x}{a}}\frac{1}{b}=2\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{1}{a}\log\left(\frac{x}{a}\right)+2\gamma\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{1}{a}+O\left(\frac{1}{x}\sum_{a\leq\sqrt{x}}1\right),$$ so we have that $$\sum_{n\leq x}\frac{d(n)}{n}=2\log x\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{1}{a}-2\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{\log a}{a}+2\gamma\left(\log\sqrt{x}+\gamma\right)-\left(\log\sqrt{x}+\gamma+O\left(\frac{1}{x}\right)\right)^{2}+O\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$$

$$=\frac{3}{4}\log^{2}x+2\gamma\log x-2\sum_{a\leq\sqrt{x}}\frac{\log a}{a}+\gamma^{2}+O\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right).$$ By definition of the Stieltjies constants, $$\sum_{a\leq z}\frac{\log a}{a}=\frac{\log^{2}z}{2}+\gamma_{1}+O\left(\frac{\log z}{z}\right),$$ so we obtain the asymptotic result $$\sum_{n\leq x}\frac{d(n)}{n}=\frac{1}{2}\log^{2}x+2\gamma\log x+\gamma^{2}-2\gamma_{1}+O\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right).$$

Answer 2

Puedo confirmar Eric Naslund excelente trabajo con un método diferente, a saber, la siguiente versión de la Mellin-Perron suma fórmula:

$$\sum_{k=1}^{n-1} \sum_{m=1}^k \lambda_m = \frac{n}{2\pi i} \int_{c-i\infty}^{c+i\infty} \Lambda(s) n^s \frac{ds}{s(s+1)}$$ donde $$\Lambda(s) = \sum_{k\ge 1}\frac{\lambda_k}{k^s}.$$ Esto va a producir un asintótica de expansión de $q(n-1)$ donde $$q(n-1) = \sum_{k=1}^{n-1} \sum_{m=1}^k \frac{d(m)}{m}$$ de modo que $q(n)-q(n-1)$ es la asintótica de expansión que estamos buscando. La razón por la que hacemos de esta manera es porque el cociente por $s(s+1)$ asegura la convergencia absoluta de ciertas integrales que aparecen más adelante, donde un cociente de $s$ sola no sería suficiente.

La de Dirichlet de la serie en cuestión es $$\Lambda(s) = \sum_{n\ge 1} \frac{d(n)/n}{n^s} = \zeta(s+1)^2$$ así que $$q(n-1) = \frac{n}{2\pi i} \int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty} \zeta(s+1)^2 n^s \frac{ds}{s(s+1)}.$$ Ahora tenemos $$\operatorname{Res}\left(\zeta(s+1)^2 \frac{n^s}{s(s+1)}; s=0\right) = \frac{1}{2} \log^2 n + (2\gamma-1)\log n + (\gamma-1)^2 - 2\gamma_1.$$ Recogemos este residuo, cuando pasamos el parte integrante de la línea de $\Re(s) = -1/2.$ Esta casi concluye el cálculo, sólo se necesita estimar el resto término que se realiza de la siguiente manera. Escribir primero $$\frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(s+1)^2 n^s \frac{ds}{s(s+1)} = \frac{1}{\sqrt{n}}\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \zeta(1/2+)^2 \frac{e^{\log n}}{(-1/2+) (1/2+)} dt.$$ Ahora $1/2+it$ está en la línea crítica para el uso de una versión temprana de Lindelöf tenemos que $$|\zeta(1/2+)|^2 \frac{1} {|-1/2+|\times|1/2+|} \in \mathcal{S}(|t|^{1/4\times 2-2}) = \mathcal{S}(|t|^{-3/2}).$$

y, por tanto, la integral converge absolutamente. Esto demuestra que el resto término de Mellin-Perron integral es $$\mathcal{O}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)$$ De ahí el final de la expansión asintótica es de hecho $$q(n)-p(n-1) \sim (n+1) \left(\frac{1}{2} \log^2 (n+1) + (2\gamma-1)\log (n+1) + (\gamma-1)^2 - 2\gamma_1 + \mathcal{S}\left(\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\right) \\ - n \left(\frac{1}{2} \log^2 n + (2\gamma-1)\log n + (\gamma-1)^2 - 2\gamma_1 + \mathcal{S}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right)$$ lo que da $$\frac{1}{2} ((n+1)\log^2 (n+1) - n \log^2 n) + (2\gamma-1) ((n+1)\log (n+1) - n\log n) \\+ (\gamma-1)^2 - 2\gamma_1 + \mathcal{S}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right).$$ Ahora la expansión de la asymptotics por ejemplo, como en $$(n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1) + n \log(1+1/n) = \log n + (n+1)\log(1+1/n)$$ y en $\sqrt{n+1}-\sqrt{n} \sim \frac{1}{2\sqrt{n}}$ vemos que la expansión asintótica es de hecho $$\frac{1}{2} \log^2 n + 2\gamma\log n + \gamma^2 - 2\gamma_1 + \mathcal{S}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right).$$

Observación. Yo probablemente puede hacer la suma de los enteros impares restricción si alguien está interesado.

Answer 3

Voy a hacer el caso de que la suma de restringirse a números enteros con el fin de completar el problema original como se indica en el OP.

Empezar con $\Lambda(s)$ $\sum_{n \; \text{odd}} d(n)/n^s$ que es $$\Lambda(s) = \left(1-\frac{1}{2^s}\right)^2\zeta(s)^2.$$

De ello se desprende que para $\sum_{n \; \text{even}} d(n)/n^s$ hemos $$\Lambda(s) = \left(\frac{2}{2^s} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{4}{2^{3}} + \cdots + \frac{k+1}{2^{sk}} + \cdots \right) \left(1-\frac{1}{2^s}\right)^2\zeta(s)^2.$$

Con la forma cerrada de la suma obtenemos $$\Lambda(s) = \frac{1/2^s(2-1/2^s)}{(1-1/2^s)^2} \left(1-\frac{1}{2^s}\right)^2\zeta(s)^2 = \frac{1}{2^s}\left(2-\frac{1}{2^s}\right)\zeta(s)^2.$$ De ello se desprende que el de la serie de Dirichlet para $\sum_{n \; \text{even}} d(n)/n/n^s$ es $$\Lambda(s) = \frac{1}{2^{s+1}}\left(2-\frac{1}{2^{s+1}}\right)\zeta(s+1)^2.$$

Ahora, usando la misma técnica que en los dos últimos casos que hemos $$\operatorname{Res} \left( \frac{1}{2^{s+1}}\left(2-\frac{1}{2^{s+1}}\right)\zeta(s+1)^2 \frac{n^s}{s(s+1)}; s=0\right)= \frac{3}{8}\log^2 n \\ + \left(\frac{3}{2}\gamma \frac{1}{2}\log 2 - \frac{3}{4}\right) \log n + \frac{3}{4} (\gamma-1)^2 + \frac{1}{2}\log 2 -\gamma \log 2 - \frac{3}{2}\gamma_1.$$

Finalmente calcular $q(n)-q(n-1)$ en los dos últimos posts para obtener $$\frac{3}{8}\log^2 n + \left(\frac{3}{2}\gamma \frac{1}{2}\log 2\right) \log n + \frac{3}{4} \gamma^2 -\gamma \log 2 - \frac{3}{2}\gamma_1.$$

El resto término es $\mathcal{O}(1/\sqrt{n})$ como antes. Lo que es muy agradable acerca de este cálculo es que es precisamente la diferencia de los dos anteriores resultados como se predijo por Eric en su comentario.

El Mellin integral converge porque $$\frac{1}{\sqrt{2}} \left(2 - \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \le \left|\frac{1}{2^{s+1}}\left(2-\frac{1}{2^{s+1}}\right)\right| \le \frac{1}{\sqrt{2}} \left(2 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right).$$

Answer 4

Responder a la pregunta sobre el promedio ponderado de divisor suma de números enteros impares utilizamos el mismo método que en la respuesta anterior.

En el presente caso tenemos $$\Lambda(s) = \left(1 - \frac{1}{2^{s+1}}\right)^2 \zeta(s+1)^2.$$

El correspondiente de los residuos de la $$\operatorname{Res} \left(\Lambda(s) \frac{n^s}{s(s+1)}; s=0\right) = \frac{1}{8} \log^2 n + \left(\frac{\gamma}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}\log 2\right) \log n \\ + \frac{1}{4} (\gamma-1)^2 - \frac{1}{2} \gamma_1 + \gamma \log 2 - \frac{1}{2} \log 2.$$

Procediendo como en el post anterior, obtenemos los siguientes asintótica de expansión de la suma original: $$\frac{1}{8} \log^2 n + \left(\frac{\gamma}{2} + \frac{1}{2}\log 2\right) \log n + \frac{\gamma^2}{4} + \gamma \log 2 - \frac{1}{2} \gamma_1 + \mathcal{S}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right).$$

El Mellin integral es absolutamente convergente en la línea $\Re(s) = -1/2$ debido a que se tiene por el factor adicional de que $$\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \le \left|\left(1-\frac{1}{2^{s+1}}\right)^2\right| \le \left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2$$ (Esto es debido a que el término exponencial nunca cambia su magnitud y sólo gira como $t$ se incrementa).

De la observación. Parece un reto interesante para comprobar estas asymptotics numéricamente ya que tanto la suma en sí mismo y el de las integrales que aparecen muestran muy lenta convergencia.