Formule de Perron : théorie analytique
Bonjour,
je traite l'exercice suivant.
Soit la fonction arithmétique $ f : n \mapsto \mu^2(n) 3^{\omega(n)} $.
Avec $\mu$ : fonction de Mobius, et $\omega$ : fonction comptage de diviseurs.
La consigne est d'utiliser une formule de Perron pour estimer la fonction sommatoire de $f$, c'est-à-dire estimer $A(x)= \sum\limits_{n \leq x} f(n)$.
Je pose $F(s) = \sum\limits_{n \geq 1} \dfrac{f(n)}{n^s}$ la série de Dirichlet associée.
Si j'utilise la 1ère formule de Perron effective, j'obtiens, pour tout $c >$ abscisse de convergence, $T \geq 1$, $ x\geq 1$ : $$
\sum\limits_{n \leq x} f(n) = \dfrac{1}{2i \pi } \int_{c-iT}^{c+iT} F(s) \dfrac{x^s}{s} ds + O \left( x^c \sum\limits_{n \geq 1} \dfrac{|f(n)|}{n^c (1+T |\log(x/n)|)}\right).
$$ J'aimerais savoir si on pouvait avoir une meilleur estimation ? Simplifier les calculs ?
J'avais aussi lu quelque part que : $$
4^{\omega(n)} = \mu^2(n)3^{\omega(n)} * 1 .
$$ Y aurait-il un moyen d'utiliser cette égalité de convolution afin d’estimer la fonction sommatoire de ma fonction $f$ ?
Merci d'avance !
je traite l'exercice suivant.
Soit la fonction arithmétique $ f : n \mapsto \mu^2(n) 3^{\omega(n)} $.
Avec $\mu$ : fonction de Mobius, et $\omega$ : fonction comptage de diviseurs.
La consigne est d'utiliser une formule de Perron pour estimer la fonction sommatoire de $f$, c'est-à-dire estimer $A(x)= \sum\limits_{n \leq x} f(n)$.
Je pose $F(s) = \sum\limits_{n \geq 1} \dfrac{f(n)}{n^s}$ la série de Dirichlet associée.
Si j'utilise la 1ère formule de Perron effective, j'obtiens, pour tout $c >$ abscisse de convergence, $T \geq 1$, $ x\geq 1$ : $$
\sum\limits_{n \leq x} f(n) = \dfrac{1}{2i \pi } \int_{c-iT}^{c+iT} F(s) \dfrac{x^s}{s} ds + O \left( x^c \sum\limits_{n \geq 1} \dfrac{|f(n)|}{n^c (1+T |\log(x/n)|)}\right).
$$ J'aimerais savoir si on pouvait avoir une meilleur estimation ? Simplifier les calculs ?
J'avais aussi lu quelque part que : $$
4^{\omega(n)} = \mu^2(n)3^{\omega(n)} * 1 .
$$ Y aurait-il un moyen d'utiliser cette égalité de convolution afin d’estimer la fonction sommatoire de ma fonction $f$ ?
Merci d'avance !
Réponses
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Puisque ta fonction $f$ vérifie la condition de Ramanujan $f(n) \ll n^\varepsilon$, il est plus rapide d'utiliser la variante suivante :
$$\sum_{n \leqslant x} f(n) = \frac{1}{2 \pi i} \int_{c-iT}^{c+iT} F(s) x^s s^{-1} \, \textrm{d}s + O_\varepsilon \left( \frac{x^{1+\varepsilon}}{T} \right).$$
La seconde identité de convolution est vraie, et l'on a plus généralement
$$(k+1)^\omega = \left( \mu^2 \times k^\omega \right) \star \mathbf{1}$$
comme on peut s'en rendre compte par multiplicativité. -
Merci pour ta réponse Totos, aurais-tu une source pour cette formule de Perron ? Je ne la trouve pas dans me souvrages
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Tu peux la déduire tout seul à partir de la formule que tu as écrite plus haut, ou bien voir par exemple : https://www.amazon.fr/Problems-Analytic-Number-Theory-Murty/dp/1441924779/ref=sr_1_1?__mk_fr_FR=ÅMÅŽÕÑ&keywords=problems+in+analytic+number+theory&qid=1558557370&s=gateway&sr=8-1, exercice 4.4.16 page 67.
-
Merci à toi (:D
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J'ai encore une question sur la théorie analytique des nombres, je dois résoudre l'exercice suivant.
Soit $f$ fonction arithmétique multiplicative positive telle qu'il existe $A > 0$ vérifiant pour tout $x \geq 1$ : $$
\sum\limits_{p^{\nu} \leq x} \dfrac{f(p^{\nu}) \log (p^{\nu})}{p^{\nu / 2}} \leq A \sqrt{x} .
$$ Je dois montrer que pour tout $x \geq 1 $ on a la majoration : $$
\sum\limits_{n \leq x} \dfrac{f(n) }{\sqrt{n}} \leq (A+2) \dfrac{\sqrt{x}}{\log x} \sum\limits_{n \leq x} \dfrac{f(n) }{n}.
$$ Ma première idée est d'écrire $n = \prod\limits_{p^{\nu} || n } p^{\nu}$ et d'essayer de majorer le terme de gauche : $$
\sum\limits_{n \leq x} \dfrac{f(n) }{\sqrt{n}} = \sum\limits_{n \leq x} \left( \prod_{p^{\nu} || n} \dfrac {f(p^{\nu})} {\sqrt{p^{\nu}}} \right) = \sum\limits_{n \leq x} \left( \prod_{p^{\nu} || n} \dfrac {f(p^{\nu})} {{p^{\nu}/2}} \right)
$$ Et je ne vois pas comment conclure, j'ai bien envie d'insérer un $\log$ dans mon expression afin de pouvoir utiliser l'hypothèse mais comment ?
Merci d'avance pour le coup de main. -
L'astuce est la suivante : démarrer avec la somme de gauche augmentée du poids $\log n$, ce qui donne
\begin{align*}
\sum_{n \leqslant x} \frac{f(n) \log n}{\sqrt n} &= \sum_{p^\alpha \leqslant x} \sum_{\substack{k \leqslant x/p^\alpha \\ p \nmid k}} \frac{f \left( k p^\alpha \right)}{k^{1/2}p^{\alpha/2}} \log p^\alpha \\
& \leqslant \sum_{k \leqslant x} \frac{f(k)}{k^{1/2}} \sum_{p^\alpha \leqslant x/k} \frac{f \left( p^\alpha \right) \log p^\alpha}{p^{\alpha /2}} \\
& \leqslant A \sqrt{x} \sum_{k \leqslant x} \frac{f(k)}{k}
\end{align*}
où j'ai utilisé ton hypothèse à la dernière ligne, puis on conclut via l'inégalité évidente $\log(ex) \leqslant \log n + 2 \sqrt{\frac{x}{n}}$ valide pour tout $x \geqslant n$. -
Super ! Je te remercie encore une fois ! :-D
-
J'ai mis $\log(ex) = 1 + \log x$ pour pouvoir intégrer le cas $x=1$ dans l'inégalité à démontrer. Ainsi, on obtient pour tout $x \geqslant 1$
$$\sum_{n \leqslant x} \frac{f(n)}{\sqrt n} \leqslant (A+2) \frac{\sqrt x}{1 + \log x} \sum_{n \leqslant x} \frac{f(n)}{n}.$$
Signalons enfin que si l'on ajoute l'hypothèse
$$\frac{1}{x} \sum_{p \leqslant x} f(p) \log p \leqslant B \quad \left( x \geqslant 2 \right)$$
pour un certain $B > 0$ (hypothèse satisfaite par à peu près toutes les fonctions multiplicatives positives de la classe des fonctions de diviseurs), alors l'inégalité se simplifie en (avec un changement de notation évident)
$$\sum_{n \leqslant x} f(n) \leqslant e^A(A+B+2) \frac{x}{1 + \log x} \exp \left( \sum_{p \leqslant x} \frac{f(p)}{p} \right)\quad \left( x \geqslant 1 \right)$$
qui est la forme la plus utilisée de cet important théorème. -
Génial ! Merci pour la remarque avec la 2nde forme !
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