HR again

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Réponses

  • christophe c
    christophe c
    Ya toujours des puissances... Je parlais d'un truc "asymptotique", du genre comme disent les gens un "O(something)". Par exemple, il doit être connu que c'est un O(n fois racine carrée de n) non?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    à guego, j'y vais voir (je présume que c'est la réponse à ma question :D )
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    Ah oui, effectivement c'est un O(n (log (log n)) ) dit le th 2.2 de ton pdf (qui précise la constante). Ca s'appellerait le lemme de Gronwal.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    Ah ouais comme d'hab ça se joue à pas grand chose du coup, l'énoncé équivalent à RH.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • egoroffski
    egoroffski
    Ah non CC, le lemme de Gronwall, c'est autre chose. D'ailleurs il n'est fait mention nulle part d'un "lemme de Gronwall" dans l'article de Lagarias ! (merci Guego d'ailleurs).
  • christophe c
    christophe c
    Ah pardon, j'y retourne, j'ai du mal recopier le nom.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    :S

    copié-collé texto du pdf (bon pour la partie maths ça va bugguer mais pour le bom.. :

    Theorem 2.2 (Gronwall) The asymptotic maximal size of σ(n) satisfies
    limsup
    n!1
    σ(n)
    n log log n
    = eγ,
    where γ is Euler’s constant.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe c
    christophe c
    ah ok, je pense comprendre: l'expression "lemme de Gronwall" est réservée à ce que tu signalais, et là c'est "un" théorème dû à Gronwall?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • remarque
    remarque
    Apparemment, Gronwall était quelqu'un à spectre large.
  • borde
    borde
    .
  • afk
    afk
    Borde je ne comprends pas ta remarque. Il me semble Alea n'a pas dit qu'être un $O$ équivaut à être un $o$ mais qu'être un $O(x^{1/2+\varepsilon})$ pour tout $\varepsilon>0$ équivaut à être $o(x^{1/2+\varepsilon})$ pour tout $\varepsilon>0$.

    Dem: $\Leftarrow$ Soit $\epsilon >0$, $M(x) = o(x^{1/2+\epsilon})$ donc $M(x) = O(x^{1/2+\epsilon})$ par définition. $\Rightarrow$ Réciproquement, si $M(x) = O(x^{1/2+\varepsilon})$ pour tout $\varepsilon>0$. Soit $\epsilon >0$, alors $M(x) = O(x^{1/2+\epsilon/2}) = o(x^{1/2+\epsilon})$

    Où on a seulement utilisé que si $f = O(g) $ et $g = o(h)$ alors $f = o(h)$. Dem: Par hypothèse il existe $C>0$ tel que $|f(x)| \leq C|g(x)|$ pour $x$ assez grand et une fonction $\varepsilon(x)>0$ tendant vers 0 quand $x\to +\infty$ telle que $|g(x)| = \varepsilon(x)|h(x)|$. Alors, $|f(x)| \leq C \varepsilon(x) |h(x)| \to 0$.

    Il est tard. Est-ce que je divague?
    Si tu montres par exemple que $|M(x)| \leqslant 1000 \, x^{1/2+\varepsilon}$ pour tout $x \geqslant 10^{15}$ et tout $\varepsilon >0$, alors HR est vraie, mais tu n'auras pas pour autant $M(x) x^{-1/2-\varepsilon} \longrightarrow 0$

    Ca me laisse dubitatif.
  • aléa
    aléa
    Je suis désolé d'avoir mis le Bronx. J'ai simplement pensé que c'était plus facile de dire à un élève de terminal "tend vers 0" que "borné". Mea culpa.

    Bref, je raconte un peu l'histoire, que j'ai apprise cet été en lisant Colmez.

    Si on pose $\zeta(s)=\sum_{n\ge 1} \frac1{n^s}$ et $L(s)=\sum_{n\ge 1} \frac{\mu(n)}{n^s}$,
    c'est pas dur de voir que ces machins sont définis pour $Re s>1$ et qu'on a $\zeta(s)L(s)=1$.

    Ces braves séries admettent des prolongements méromorphes sur le plan complexe. On sait que $1$ est le seul pôle de $\zeta$.
    La conjecture de Riemann c'est que $\zeta$, sur la bande critique $Re s\in [0,1]$ ne s'annule que sur la droite $Re s=1/2$. Grâce à une équation fonctionnelle vérifiée par $\zeta$, c'est équivalent à montrer que $\zeta$ ne s'annule pas sur $Re s>1/2$.
    Si on montre que la série $\sum_{n\ge 1} \frac{\mu(n)}{n^s}$ converge pour $Re s>1/2$, alors, comme dirait Dora, c'est gagné, puisque $\zeta(s)L(s)=1$
    Mais via une bonne vieille transformation d'Abel, la convergence de la série $L$ s'obtient dès qu'on borne en $O(n^{1/2+\epsilon})$ les $\sum_{k=1}^n \mu(k)$.

    Colmez écrit même (page 296) que l'hypothèse de Riemann est équivalente à la convergence de la série $\sum_{n\ge 1} \frac{\mu(n)}{n^s}$ pour $Re s>1/2$.

    Là par contre, je n'ai pas compris, car je ne vois pas pourquoi l'existence d'un prolongement analytique à $Re s>1/2$ entraînerait la convergence de la série. Ca doit être un truc bête, mais là je ne vois pas.
    Il faudrait peut être se ramener à une série de Dirichlet à coefficients positifs.
  • Sylvain
    Sylvain
    Ça fait plaisir de voir des probabilistes faire de l'arithmétique ! :)
  • hde92
    hde92
    aléa écrivait:
    >>
    > Là par contre, je n'ai pas compris, car je ne vois
    > pas pourquoi l'existence d'un prolongement
    > analytique à $Re s>1/2$ entraînerait la
    > convergence de la série. Ca doit être un truc
    > bête, mais là je ne vois pas.
    > Il faudrait peut être se ramener à une série de
    > Dirichlet à coefficients positifs.

    Il faut faire un peu d'analyse complexe et exprimer la série par la formule de Perron.
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