關(guān)于相對論性的一個數(shù)列函數(shù)的均值估計

關(guān)于相對論性的一個數(shù)列函數(shù)的均值估計

在正整數(shù)集或矩陣中，自變量n的函數(shù)y=f（n）稱為推理函數(shù)，在推理中的各種性質(zhì)研究中發(fā)揮著重要作用。許多重要的推理函數(shù)的單個價值不規(guī)則，但其平均值nxf（n）具有非常規(guī)則的漸近公式。因此，估計矩陣函數(shù)的平均值是解析數(shù)論的一個重要課題，也是研究不同結(jié)論的不可或缺的工具?？沙撕瘮?shù)與可加函數(shù)是兩類重要的數(shù)論函數(shù).設(shè)m,n為滿足條件(m,n)=1的正整數(shù),Smarandache可乘函數(shù)定義為g(mn)=max{g(m),g(n)}.數(shù)論專家Sabin首次提出了這一函數(shù),并指出其他一些著名的數(shù)論函數(shù)如Erd?s函數(shù),Smarandache函數(shù)等都是一類特殊的Smarandache可乘函數(shù).進一步,他定義了一類新的Smarandache可乘函數(shù)為f(1)=0(m,n)=1?f(mn)=min{f(m),f(n)}如果n的標(biāo)準(zhǔn)分解式為n=pα11pα22…pαrr則有f(n)=min{f(pα11,…,f(pαrr)}特別的取f(pα)=min{α,p}.關(guān)于可乘函數(shù)與可加函數(shù)其他的性質(zhì)可參閱文獻.另外,如果n的標(biāo)準(zhǔn)分解式為n=pα11pα22…pαrr可知素因數(shù)個數(shù)函數(shù)Ω(n),ω(n)分別定義為Ω(1)=ω(1)=0,Ω(n)=α1+α2+…αr,ω(n)=r顯然Ω(n)、ω(n)均為可加函數(shù).本文利用解析方法研究Ω(f(n))及ω(f(n))的均值分布性質(zhì),并得到了兩個較強的漸近公式.具體內(nèi)容按排為:先給出一個引理,再利用引理結(jié)果給出定理的詳細證明.1+12s1111111222ks估計引理設(shè)正整數(shù)k≥2,Ak表示所有k-full數(shù)(若對于任意素數(shù)p|n都有pk|n,則稱n為一個k-full數(shù))組成的集合.則對于任意實數(shù)x≥1,有漸近公式∑n≤xn∈Ak1=6k?x1kπ2∏p(1+1(p+1)(p1k-1))+Ο(x12k+ε).證明為了方便起見,定義特征函數(shù)為a(n)={1,若n=1或者n為一個k-full數(shù);0,其他.則有∑n≤xn∈Ak1=∑n≤xa(n).令f(s)=∞∑n=1a(n)ns.可知當(dāng)s的實部較大時,級數(shù)f(s)絕對收斂.從而由Euler積公式知f(s)=∏p(1+a(pk)pks+a(pk+1)p(k+1)s+?)=∏p(1+1pks×11-1ps)=∏p(1+1pks)∏p(1+1(pks+1)(ps-1))=ζ(ks)ζ(2ks)∏p(1+1(pks+1)(ps-1)),其中ζ(s)為Riemann-zeta函數(shù).很明顯有不等式|a(n)|≤n,|∞∑n=1a(n)nσ|＜1σ-1k,其中σ＞1k為s的實部,則由Perron公式,有∑n≤xa(n)ns0=12πi∫b+iΤb-iΤf(s+s0)xssds+Ο(xbB(b+σ0)Τ)+Ο(x1-σ0Η(2x)min(1,logxΤ))+Ο(x-σ0Η(Ν)min(1,xΤ∥x∥)).其中N為離x最近的整數(shù),當(dāng)x為半奇數(shù)時取N=x-1/2,‖x‖=|x-N|.在上式中取s0=0,b=1+1k,Τ=1+x12k,Η(x)=x,B(σ)=1σ-1k,則有∑n≤xa(n)=12iπ∫1+1k-iΤ1+1k+iΤζ(ks)ζ(2ks)U(s)xssds+Ο(x12k+ε)其中U(s)=∏p(1+1(pks+1)(ps-1)).以下估計主項12iπ∫1+1k-iΤ1+1k+iΤζ(ks)xsζ(2ks)sU(s)ds,將積分線從s=1+1k±iΤ移到s=12k±iΤ.考慮到函數(shù)f(s)=ζ(ks)xsζ(2ks)sU(s)在s=1k處有一個一階極點,留數(shù)為kx1kζ(2)U(1k).即12iπ(∫1+1k-iΤ1+1k+iΤ+∫1+1k+iΤ12k+iΤ+∫12k+iΤ12k-iΤ+∫12k-iΤ1+1k-iΤ)ζ(ks)xsζ(2ks)sU(s)ds=k?x1kζ(2)∏p(1+1(p+1)(p1k-1)).容易估計|12πi(∫1+1k+iΤ12k+iΤ+∫12k-iΤ1+1k-iΤ)|ζ(ks)xsζ(2ks)sU(s)ds|?∫12k1+1k|ζ(k(σ-1+iΤ))ζ(2k(σ-1+iΤ))U(s)x1+1kΤ|dσ?x1+1kΤ=x12k再利用分部積分法便可得到如下估計|12πi∫12k+iΤ12k-iΤζ(ks)xsζ(2ks)sR(s)ds|?∫0Τ|ζ(1/2+ikt)ζ(1+2ikt)x12kt|dt?x12k+ε.注意到ζ(2)=π26,由上述估計可得∑n≤xn∈Ak1=6k?x1kπ2∏p(1+1(p+1)(p1k-1))+Ο(x12k+ε),證畢.2有nxbn的節(jié)約條件2.現(xiàn)在來給出定理及其證明.定理1對于任意的實數(shù)x≥1,有漸近公式∑n≤xΩ(f(n))=12x12π2∏p(1+1(p+1)(p12-1))+Ο(x14+ε)其中∏p表示所有素數(shù)求積,以及ε為任意給定的正數(shù).證明若記B={n|n=p1p2α2…prαr,αi≥2,i=2,3,…,r},則∑n≤xΩ(f(n))=∑n≤xn∈A2Ω(f(n))+∑n≤xn∈BΩ(f(n))=∑n≤xn∈A2Ω(f(n))+∑n≤xn∈BΩ(1)=Ω(2)(∑n≤xn∈A21-∑n≤xn∈A31)+∑n≤xn∈A3Ω(f(n))=∑n≤xn∈A21-∑n≤xn∈A31+Ω(2)∑n≤xn∈A41+Ω(3)(∑n≤xn∈A31-∑n≤xn∈A41)+∑n≤xn∈A4Ω(f(n))=∑n≤xn∈A21+∑n≤xn∈A4Ω(f(n))利用上述引理,有∑n≤xn∈A21=12x12π2∏p(1+1(p+1)(p12-1))+Ο(x14+ε),及∑n≤xn∈A4Ω(f(n))=Ο(x14).則有∑n≤xΩ(f(n))