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Mobius函數的隨機性和動力系統1

01-29

1.

我們熟知數論裡面有個函數叫做Mobius函數：

定義如下：

$mu(n)=1 , n=1$

$mu(n)=0 ,exists p,p prime,p^2 | n$

$mu(n)=(-1)^t , n=p_1...p_t$

學過初等數論的同學一定知道，關於這個函數有一個叫做Mobius反轉公式的東西：

如果 $F(n)=sum_{d|n}f(d)$ ,那麼 $f(n)=sum_{d|n}mu(d)F(frac{n}{d})$ .

這件事情基本上是說 $mu(n)$ 是常值函數1在積分變換 $F(n)=sum_{d|n}f(d)$ 下的像，而且再做一次積分變換又變成常值函數1.

2.

1906年，Landou發現 $mu(n)$ 這個函數蘊含了很大的隨機性，有下面這件事情:

$sum_{n=1}^N mu(n)=o(N)$ as $N longrightarrow +infty$ .

並且證明了這等價於素數定理： $pi(n) sim frac{n}{ln (n)}$ as $n longrightarrow +infty$ .

計算機計算結果和一些數學推演誘導人們猜想更精確的結果：

$sum_{n=1}^{N}mu(n) =O_{epsilon}(N^{frac{1}{2}+epsilon}),forall epsilon>0$ 而這等價於RH.

但是另一方面，在足夠小的尺度下， $mu(n)$ 不是那麼具有隨機性，

比如令 $N=e^y$ ,考察函數 $G(y)=N^{frac{1}{2}}sum_{n<N}mu(n)$ .原因是因為zeta函數零點的分布。

我們主要的問題是考察什麼樣的函數 $xi: N longrightarrow C$ 會使得：

$sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(sum_{nleq N}|xi(n)|)$ .

更簡單的問題是：考察什麼樣的bounded的 $xi$ 會使得

$sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$

兩個比較簡單的滿足條件的 $xi$ 例子是：

1. $xi$ 為常值函數，這時 $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 將等價於素數定理。

2. $xi$ 為周期函數，這時 $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 將等價於Delichlet定理。

3.

有一種Philosophy是說，對於計算複雜度足夠低的函數 $xi$ , $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 會成立。

特別的，一些人猜想：如果 $xi$ 每一項 $xi(n)$ 都是 $O(C(log n)^B)$ 級別的複雜度，其中 $B sim xi$ , 那麼 $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 成立。

當然連 $mu(n)$ 這個重要的數論函數本身是不是多項式級別的複雜度都是open的。

事實上我們知道, $lim_{nto infty}sum_{i =1}^n frac{mu(n)^2}{n} sim prod_{p}frac{1}{1-frac{1}{p^2}}>0$ 所以 $sum_{n leq N} mu(n)^2=o(N)$ 這件事情不對。那麼如果關於複雜度這個猜想成立的話， $mu(n)$ 的複雜度不會是多項式級別的。

然而，不難給出多項式級別複雜度的 $xi$ 使得 $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 不成立，或者收斂的特別慢，因此一些人覺得計算複雜度不是最好的刻畫Mobius函數複雜度的方式。

下面我們把 $sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 這件事情稱為 $xi$ 和 $mu$ 正交。

4.

對於積性函數 $xi$ ,i.e. $xi(mn)=xi(m)xi(n)$ , $forall m,nin N^*$ .

Wirsing證明了：如果 $|xi(n)|leq 1,forall n in N^*$ ,而且 $xi$ 為積性函數，那麼 $xi$ 與 $mu$ 正交等價於

$sum_{p}frac{1+xi(p)}{p}$ 發散.

5.最基礎的結果是

$sum_{n leq N} mu(n)xi(n)=o(N)$ 將等價於素數定理。

我們簡單說一下這個事情：

首先弱化版素數定理是存在正常數 $C_1,C_2$ 使得：

$C_1 frac{x}{log x}leqpi(x)leq C_2frac{x}{loge}$ .

標準版是：

$sum_{pleq x}1=(1+o(1))frac{x}{logx}$ .這個會等價於： $sum_{nleq x}Lambda(n)=(1+o(1))x$ .

Mobius函數的部分和估計有兩個：

$sum_{nleq x}mu(n)=o(x)$ .

$sum_{nleq x}frac{mu(n)}{n}=o(1)$ .

首先簡單的abel求和公式是：

$S_n=sum_{i=1}^na_i$

$sum_{i=1}^na_ib_i=sum_{i=1}^{n-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_nb_n$

由這個求和公式我們不難推出：

$sum_{pleq x}1=(1+o(1))frac{x}{logx}$ .等價於 $sum_{pleq x}logp=(1+o(1))x$ .

另一方面我們有恆等式：

$Lambda(n)=sum_{d|n}-mu(d)logd$ .

那麼由mobius反轉公式：

$-mu(n)logn=sum_{d|n}mu(d)Lambda(frac{n}{d})$ .

那麼我們對 $nleq x$ 求和再交換右邊求和順序得：

$-sum_{nleq x}mu(n)logn=sum_{dleq x}mu(d)sum_{mleqfrac{x}{d}}Lambda(m)$ .

右邊我們用兩個估計來處理： $sum_{nleq x}Lambda(n)=(1+o(1))x$ .

以及： $|sum_{nleq x}frac{mu(x)}{x}|leq1$ .

那麼右邊能被 $(1+o(1))x$ 控制住，所以我們得到：

$sum_{nleq x}mu(n)leq (1+o(1))frac{x}{log x}$ .

故： $|sum_{nleq x}mu(n)|=o(x)$ .

要證明 $sum_{nleq x}frac{mu(n)}{n}=o(1)$ .

我們注意到： $1_n=sum_{d|n}mu(d)$ ,對 $nleq x$ 求和，交換求和指標得：

$1=sum_{dleq x}mu(d)[frac{x}{d}]=sum_{dleq x}mu(d)frac{x}{d}+sum_{dleq x}mu(d){frac{x}{d}}$ .

兩邊除以x，用分段求和的方法和abel求和公式估計最後一段即可~

要點是最後一段在每次跳躍之後是單調的以及每一項有上界控制，而且只需要取足夠小次跳躍，之後的可以用平凡的估計處理。

這樣我們證明了：

素數定理： $sum_{pleq x}1=(1+o(1))frac{x}{logx}$ .這個會等價於： $sum_{nleq x}Lambda(n)=(1+o(1))x$ .

可以推出：

$sum_{nleq x}mu(n)=o(x)$ .以及 $sum_{nleq x}frac{mu(n)}{n}=o(1)$ .

至於反方向的等價也是類似的，需要dirichlet的雙曲函數整點估計。

6.sarnak猜想

M?bius函數 $mu$ 與零熵的流 $F$ 生成的序列是"linearly disjoint"的.

即 $sum_{nleq x}mu(n)f(n)=o_{xto infty;f}(x)$ .

7.chowla猜想

chowla猜想蘊含sarnark猜想：

這個證明是純粹組合的。

chowla猜想帶給我們的好處是我們是需要處理關於mobius函數 $mu$ 本身的性質，而sarnak猜想要求我們分析 $mu$ 和某些零熵序列之間的關係。這是處理同一個問題的兩個不同角度。

參考文獻：

【1】Diamond, Harold G. [Diamond, Harold George]

Elementary methods in the study of the distribution of prime numbers.nBull. Amer. Math. Soc. (N.S.) 7 (1982), no. 3, 553–589.

【2】The Chowla conjecture and the Sarnak conjecture.

【3】知乎專欄

【4】Three Lectures on the Mobius FunctionnRandomness and Dynamics ，Peter Sarnak

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