Comportamiento asintótico de $\sum_{n>x} \frac{\log n}{n^2}$

Question

Hay una conocida cuestión de que trata el comportamiento asintótico de esta función, para $x\geq 2$: $$\sum_{n\leq x} \frac{\phi(n)}{n^2}.$$ Véase, por ejemplo, Apostol "Introducción a la Teoría Analítica de números" en la pregunta 6 en la página 71.

He encontrado tres puestos en stackexchange en relación con esta pregunta, es decir, Un post, poste B, y post C. El uso de métodos disponibles para alguien que acaba de leer el Capítulo 3 de Apostol del texto, la mejor solución a esta pregunta parece ser apatch la respuesta a Un post.

El método se reduce a mostrar la siguiente identidad $$\sum_{d>x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2} = O\left(\frac{\log x}{x}\right).$$

Aquí es donde puedo conseguir despegar. El primer paso es claramente $$\left|\sum_{d>x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2}\right| \leq \sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2}$$ pero entonces, ¿qué hacer con lo que queda?

Una solución que he encontrado simplemente salta de aquí para $O(\frac{\log x}{x})$, lo que parece no trivial. Apatch solución en Un post hace lo siguiente: $$\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^2}=\sum_{d>x}\frac{\log d}{d^\frac{1}{2}}.\frac{1}{d^\frac{3}{2}}<\frac{\log x}{x^\frac{1}{2}}\sum_{d>x}\frac{1}{d^\frac{3}{2}}$$ pero no veo cómo se puede justificar la desigualdad, ya que $\frac{\log x}{\sqrt{x}}$ sólo alcanza su máxima hasta alrededor de las $x\approx 7.39$, que está por encima de las $x>2$ una de las condiciones establecidas en la pregunta.

Eric Naslund la solución a post C a los estados que $$\sum_{d> x}\frac{\mu(d)\log d}{d^2}=O(1/x)$$ pero este menos elemental resultado es probablemente incluso más difícil de derivar.

¿Alguien puede identificar la respuesta "correcta", y explicar por qué?

Answer 1

Sugerencia:

$$ \sum_{d \geq x} \frac{\log d}{d^2} \leq \frac{\log x}{x^2} + \int_x^\infty \frac{\log t}{t^2}\,dt. $$

Answer 2

Una manera de mostrar que

$$\sum_{n>x}\frac{\mu(n)\log n}{n^{2}}=O\left(\frac{\log x}{x}\right)$$

es dividido en diadic intervalos y el uso de la envolvente de $\sum_{n> y}\frac{1}{n^2}\ll \frac{1}{y}$. Tenemos que

$$\sum_{n>x}\frac{\mu(n)\log n}{n^{2}}\leq\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{2^{k-1}x<n\leq2^{k}x}\frac{\log n}{n^{2}} $$

$$\leq \sum_{k=1}^{\infty}\log(2^{k}x)\sum_{2^{k-1}x<n\leq2^{k}x}\frac{1}{n^{2}} $$

$$\ll \sum_{k=1}^{\infty}\log(2^{k}x)\frac{1}{2^{k-1}x}$$

$$=\frac{\log x}{x}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^{k-1}}+\frac{1}{x}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k\log2}{2^{k-1}}\ll\frac{\log x}{x}.$$

En mi respuesta que usted ha mencionado, yo estaba pensando en esta primaria, y se olvidó de la $\log x$ plazo. Sin embargo, el resultado que he citado no es falsa - sólo tenemos que tener en cuenta que la cancelación resultante de la $\mu(n)$ plazo. Dejando $M(x)=\sum_{n\leq x} \mu(n)$, integración por partes nos dice que

$$\sum_{n>x}\frac{\mu(n)\log n}{n^{2}}=\int_{x}^{\infty}\frac{\log t}{t^{2}}d\left(M(t)\right)$$

$$=\frac{M(x)\log x}{x^{2}}+\int_{x}^{\infty}\frac{M(x)(2\log x-1)}{x^{3}}dx.$$ By the prime number theorem, there exists $c>0$ such that $$M(x)\ll xe^{-c\sqrt{\log x}},$$ and so we see that there is a constant $c_1>0$ such that $$\sum_{n>x}\frac{\mu(n)\log n}{n^{2}}\ll \frac{1}{x}e^{-c\sqrt{\log x}}.$$