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Identidad Prime Sum

Deje $ \Lambda(k) $ denotar la de von Mangoldt función: $$ \Lambda(k) \stackrel{\text{def}}{=} \begin{cases} 0 & \text{if %#%#% is not a prime power}, \\ \ln(p) & \text{if %#%#%}. \end{casos} $$ También, vamos a $ k $ ser el piso de la función.

¿Alguien puede probar cualquiera de las siguientes identidades: $$ \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \ln(3k+1) = \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \Lambda(3k + 1) \left\lfloor \frac{n}{9k + 3} + \frac{2}{3} \right\rfloor + \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 2)/3 \right\rfloor} \Lambda(3k + 2) \left\lfloor \frac{n}{9k + 6} + \frac{1}{3} \right\rfloor. $$ $ k = p^{j} $$ $ \lfloor x \rfloor $$ Los últimos obvio, pensé id de publicar para su comparación.

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nav.jdwdw Puntos 544

EDIT: voy a probar la identidad individual se escribía ahora, la integridad del bien. Como en mi respuesta original, tenga en cuenta que $\Lambda * 1 = \log n$ donde $*$ denota la convolución.

En general, si $f,g$ son funciones de $\mathbb{N}$ $\mathbb{C}$ $F(x)=\sum_{n\le x}f(x), G(x) = \sum_{n\le x} g(x)$son los correspondientes summatory funciones, se tiene la siguiente identidad: $$\sum_{1\le n \le x} (f*g)(n) = \sum_{1\le n \le x} \sum_{d|n} f(d)g(n/d) = \sum_{1 \le d \le x} f(d) (\sum_{d|n, 1\le n \le x}g(n/d))=$$ El número de múltiplos de d entre el$1$$x$$\lfloor \frac{x}{d} \rfloor$, así: $$\sum_{1 \le d \le x} f(d) (\sum_{1 \le i \le \lfloor \frac{x}{d} \rfloor} g(i))=\sum_{1 \le i \le x}f(i)G(\frac{x}{i})$$ Del mismo modo, $$\sum_{1\le n \le x} (f*g)(x) =\sum_{1 \le i \le x}g(i)F(\frac{x}{i})$$

Si usted ha oído hablar "de Dirichlet del Hyberbola Método", es sólo un refinamiento de esta que dice: $$\sum_{1\le n \le x} (f*g)(n) =\sum_{1 \le i \le V}f(i)G(\frac{x}{i}) + \sum_{1 \le j \le U}g(j)F(\frac{x}{j}) - F(V)G(U)$$ Donde U,V son reales positivos tales que $UV=x$. La prueba es similar y tiene una interpretación geométrica - de ahí el nombre. Si usted toma $U=x,V=1$ o $U=1,V=x$, se obtiene el original identidades fácilmente.

De regreso a su identidad específica, simplemente conecte $f=\Lambda, g=1$ ($g$ es idéntica 1), y usted encontrará: $$\sum_{1\le n \le x} (\Lambda*1)(x) =\sum_{1 \le i \le x}f(i)G(\frac{x}{i})$$ $$=\sum_{1 \le i \le x} f(i)\lfloor \frac{x}{i} \rfloor =\sum_{1 \le i \le x}\lfloor \frac{x}{i} \rfloor \Lambda(x)$$

Nota: si usted elige $f=\mu, g=1$, encontrará $1=\sum_{1 \le i \le x} \lfloor \frac{x}{i} \rfloor \mu(x)$$x\ge 1$, ya que el $\mu * 1 = \delta_{n,1}$. Este es otro de los famosos de identidad. Desafío de usar esto para probar $|\sum_{n=1}^{x} \frac{\mu(n)}{n}| \le 1$.


(Respuesta a la pregunta original - podrían contener algún error de cálculo)

Voy a explicar mi respuesta parcial a partir de los comentarios. En primer lugar, necesitamos estar de acuerdo en que $\ln m = \sum_{d|m} \Lambda(d)$. La forma más sencilla de demostrar que es el uso de la fórmula para $\Lambda$ y conéctelo. Esta identidad es muy básico, y es fecundo en la teoría analítica de números - permite calcular ciertas interesantes sumas de dinero, tales como $\sum_{m \le n} \sum_{d|m} \Lambda(d) = \ln n! \sim n \ln n$. Otra manera de probar que es el uso de Möbius de la Inversión.

De todos modos, consideran que el primer suma: $$\sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \ln(3k+1) = \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \Lambda(3k + 1) \left\lfloor \frac{n}{9k + 3} + \frac{2}{3} \right\rfloor + \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 2)/3 \right\rfloor} \Lambda(3k + 2) \left\lfloor \frac{n}{9k + 6} + \frac{1}{3} \right\rfloor$$

Vamos a utilizar la identidad que he mencionado: $$\sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \ln(3k+1)= \sum_{k=0}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \sum_{d | 3k+1} \Lambda(d)=$$ $$\sum_{d \le 3 \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1} \Lambda(d) \sum_{k=0, d|3k+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1$$

Tenga en cuenta que si $3|d$, a continuación, aparece con peso igual a cero, ya que $3k+1$ nunca es divisible por $3$. Así, podemos dividir el $d$'s en 2 tipos - $3k+1$$3k+2$:

$$\sum_{3k+1 \le 3\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor +1} \Lambda(3k+1) (\sum_{i=0, 3k+1|3i+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1 )+ \sum_{3k +2 \le 3\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1} \Lambda(3k+2) (\sum_{i=0, 3k+2|3i+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1)=$$ $$\sum_{k \le \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} \Lambda(3k+1) (\sum_{i=0, 3k+1|3i+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1 )+ \sum_{k \le \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor - 1} \Lambda(3k+2) (\sum_{i=0, 3k+2|3i+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1)$$ (Tenga en cuenta que he cambiado los nombres de algunas de las variables)

El siguiente paso lógico es probar $\sum_{i=0, 3k+1|3i+1}^{\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor} 1 = \left\lfloor \frac{n}{9k + 3} + \frac{2}{3} \right\rfloor$. No hay diversión en ella, pero lo voy a hacer :) tenga en cuenta que si $3k+1 | 3i+1$ $3i+1 = (3k+1)(3r+1)$ algunos $r$. Estamos contando los $r$'s. $r$ es no negativo y $(3k+1)(3r+1) \le 3\left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor+1$, es decir,$0 \le r \le \frac{1}{3} (\frac{3 \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1}{3k+1} - 1)$. Así es para mostrar: $$1 + \left\lfloor \frac{1}{3} (\frac{3 \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1}{3k+1} - 1) \right\rfloor= \left\lfloor \frac{n}{9k + 3} + \frac{2}{3} \right\rfloor$$ El LHS simplifica un poco - $$\left\lfloor \frac{3 \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1}{9k+3} - \frac{1}{3} + 1 \right\rfloor = \left\lfloor \frac{3 \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor + 1}{9k+3} + \frac{2}{3} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{9k+3} + \frac{2}{3} - \frac{\{\frac{n-1}{3} \}}{3k+1} \right\rfloor$$ Y, de hecho,$\left\lfloor \frac{n}{9k+3} + \frac{2}{3} - \frac{\{\frac{n-1}{3} \}}{3k+1} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{9k+3} + \frac{2}{3} \right\rfloor$! Para $n \equiv 1 \mod 3$, esto es inmediata. En los demás casos, esto también es verdadero, ya que de lo contrario $ \frac{n}{9k+3} $ está realmente cerca de la $\frac{1}{3}$ desde arriba (en el sentido de que es $\frac{3\text{ or }6}{9k+3}=\frac{3\{\frac{n-1}{3} \}}{9k+3}$), lo que no puede suceder desde $k \le \left\lfloor (n - 1)/3 \right\rfloor$.

Estoy un poco mentirosa si $k \le \frac{n-7}{3}$,$ \frac{n}{9k+3}-\frac{1}{3} \ge \frac{3k+7 - 3k-1}{9k+3}=\frac{6}{9k+3} \ge \frac{3\{\frac{n-1}{3}\}}{9k+3}$, como queríamos. Pero no estoy seguro acerca de $\frac{n-6}{3} \le k \le \lfloor \frac{n-1}{3} \rfloor$, tal vez hice algún error de cálculo.

La otra mitad de la suma es similar, y también lo son el resto de las identidades - utilizar simplemente la relación entre el$\ln n$$\Lambda(d)$, y los números del recuento $i$ que cumplan: $0\le i \le t, d|ai+b$.

1voto

Sarah Thomas Puntos 148

Una prueba quizás más simple, usando la expansión$p$ - adic de$n!$:

ps

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