Inversion de Möbius

Sylvain
Sylvain
dans Arithmétique
Bonjour,

Sous la conjecture de Goldbach, notons $ r_{0}(n)=\inf\{r>0,(n-r,n+r)\in\mathbb{P}\} $, $ Q(n)=\prod_{p\leq\sqrt{2n-3}}p $ et $ k_{0}(n)=\pi(n+r_{0}(n))-\pi(n-r_{0}(n)) $ .

On a alors $ k_{0}(n)=\sum_{d\mid Q(n)}\mu(d)(\lfloor\frac{n+r_{0}(n)}{d}\rfloor-\lfloor\frac{n-r_{0}(n)}{d}\rfloor)\approx\sum_{d\mid Q(n)}\frac{\mu(d)}{d}2r_{0}(n) $.

Peut-on par inversion de Möbius exprimer $ r_{0}(n) $ en fonction de $ k_{0}(n) $?

Merci d'avance.

Réponses

  • Sylvain
    Sylvain
    En fait, je suppute qu'on doit avoir quelque chose comme $ r_{0}(n)=\lfloor\frac{k_{0}(n)}{2}H_{Q(n)} \rfloor$.
  • melpomène
    melpomène
    Hello,

    tu ne peux sérieusement pas penser qu'une relation du type $a_n\approx \sum_{d\mid n}b_d$ pour tout $n$ va te donner une égalité $b_n=\sum_{d\mid n}\mu(d)a_{n/d}$.

    Un peu de bon sens ! (et en plus, que veux-dire précisément $\approx$ ?)

    Je doute vraiment que si tu prends $a_n=n+10^{-2019}$ et $b_n=\varphi(n)$, tu trouves une égalité en inversant par Moebius....

    Ou alors, tu avais autre chose en tête en posant ta question (mais pour moi "exprimer en fonction de" sous-entend "égalité")...
  • Sylvain
    Sylvain
    Par $ a\approx b $ j'entends $ a=b+O(1) $ et/ou $ a\sim b $. J'espère donc obtenir $r_{0}(n)\asymp k_{0}(n)\log n $.
  • Sylvain
    Sylvain
    Par ailleurs, j'ai tout de même écrit une égalité.
  • reuns
    reuns
    Sous le modèle aléatoire des nombres premiers, celui qui légitime Goldbach, $r0(n) = O(\frac{n}{\log^a n})$ donc pour $n$ suffisamment grand $m \le n+r_0(n)$ implique $\sqrt{m} \le \sqrt{2n-3}$ donc $gcd(m,Q(n))=1$ implique $m$ premier et

    $0= \sum_{m \in (n-r_0(n),n+r_0(n)], gcd(m,Q(n))=1} 1=\sum_{d\mid Q(n)}\mu(d)(\lfloor\frac{n+r_{0}(n)}{d}\rfloor-\lfloor\frac{n-r_{0}(n)}{d}\rfloor)$

    Quitte à jouer avec des formules construites à partir de $r_0(n)$ (plutôt qu'avec des modèles aléatoires de nombres premiers où la fonction de base c'est $1_{m \text{ et } 2n-m \text{ sont premiers}}$) tu pourrais au moins tester et dessiner tes trucs pour $n < 10^3$


    https://octave-online.net/ 
    k = 10^3; N = k; P = primes(k); P = P(2:end); L = length(P); r0 = N*ones(1,N+1); 
for l = [1:L], for j = [l:L], 
    n = P(l)+P(j); if n <= N
      R0 = n/2-P(l);
    r0(n) = min(R0,r0(n)); end;
end; end; 
plot(r0(2:2:end));

    Ensuite en général pour $Q(n)$ square-free $\sum_{d\mid Q(n)}\mu(d)\lfloor\frac{x}{d}\rfloor = \sum_{d\mid Q(n)}\mu(d)\frac{x}{d}+O(\tau(Q(n)))=x \frac{\varphi(Q(n))}{Q(n)} + O(Q(n)^\epsilon)$ mais ici ça n'aide pas
  • Sylvain
    Sylvain
    Je ne vois pas ce qu'apporte le modèle aléatoire. Les nombres premiers ne sont pas distribués aléatoirement. Et le terme d'erreur $ O(\tau(Q(n))=-\sum_{d\mid Q(n)}\mu(d)\frac{x\mod d}{d} $ doit pouvoir être amélioré.
  • Sylvain
    Sylvain
    En fait la valeur absolue de l'erreur commise doit être $(1/2+\varepsilon)\frac{(\tau(Q(n))-\omega(2r_{0}(n)))}{\inf_{(p,2r_{0}(n))=1,p\mid Q(n)}\{p\}} $ pour un certain $ \varepsilon\in[0,1[ $.
  • reuns
    reuns
    "je ne vois pas ce qu'apporte le modèle aléatoire"

    Il fait des prédictions qui sont à peu près 100% correctes, quand on sait l'utiliser.

    Autrement dit il répond à toutes les questions que tu as posées depuis 2 ans.

    Venant de quelqu'un qui évite tout ce qui s'apparente à des raisonnements rigoureux, vouloir éviter le modèle aléatoire parce que "les nombres premiers ne sont pas aléatoires" est comique.

    Quand $n$ est choisi aléatoirement, la fonction $1_{n \text{ est premier}}$ devient aléatoire.

    Les fonctions construites à partir de $\zeta(s)$ donnent les distributions de proba quand $P(n = m) = \frac{m^{-s}}{\zeta(s)}$.

    Le modèle aléatoire suppute que les résultats restent en gros valides au delà de $s > 1$, pour $s =1$ ou $s > 1/2$ ou $s \ge 0$, selon le cas

    (il n'existe pas de distribution de proba uniforme sur les entiers - le cas $s=0$ - mais si on fait comme si elle existait, alors la valeur de $n \bmod p_i$ et $n \bmod p_j$ deviennent indépendants, et tout devient hyper facile)
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 3

3 Invités