صفحه 1 از 1

تعداد عوامل اول عدد طبیعی

ارسال شده: جمعه ۱۴۰۲/۶/۱۰ - ۰۷:۵۱
توسط rohamavation
در نظریه اعداد میدونیم توابع امگا اول $\omega (n)$ و امگا (n) تعداد عوامل اول یک عدد طبیعی را میشمرهn در نتیجه$\omega (n) $(امگا کم) هر عامل اصلی متمایز را میشمره در حالی که تابع مربوطه امگا (n) (امگا بزرگ) تعداد کل عوامل اول را میشمره${\displaystyle n،} $یعنی اگر فاکتورسازی اول داشته باشیم
n از فرم${\displaystyle n=p_{1}^{\alpha _{1}}p_{2}^{\alpha _{2}}\cdots p_{k}^{\alpha _{k}}}$ برای اعداد اول متمایز$1\leq i\leq k)$، سپس توابع اول امگا مربوطه توسط داده میشن
${\displaystyle \omega (n)=k}$ و${\displaystyle \Omega (n)=\alpha _{1}+\alpha _{2}+\cdots +\alpha _{k}}.$ وکارکرد$\omega (n)$ و امگا (n)زیاده.${\displaystyle \omega (n)=\sum _{p\mid n}1}$ اگرp تقسیم میکندn حداقل یک بار آن را فقط یک بار می شماریم، مثالا
${\displaystyle \omega (12)=\omega (2^{2}3)=2}.$و${\displaystyle \Omega (n)=\sum _{p^{\alpha }\mid n}1=\sum _{p^{\alpha }\parallel n}\alpha }$
اگرp تقسیم می کنه$\alpha \geq 1 $برابر سپس توانها را می شماریم به عنوان مثال.${\displaystyle \Omega (12)=\Omega (2^{2}3^{1})=3}.$ مثل همیشه،${\displaystyle p^{\alpha }\parallel n}$ یعنی
$\alpha$ قدرت دقیق استp تقسیم${\displaystyle \Omega (n)\geq \omega (n)}$اگرΩ${\displaystyle \Omega (n)=\omega (n)}$سپسn بدون مربع و مربوط به تابع موبیوس توسط${\displaystyle \mu (n)=(-1)^{\omega (n)}=(-1)^{\Omega (n)}}$اگرسپس ${\displaystyle \Omega (n)=1}$n یک عدد اول است.مشخص است که ترتیب میانگین تابع مقسوم علیه را برآورده می کند${\displaystyle 2^{\omega (n)}\leq d(n)\leq 2^{\Omega (n)}}.$مانند بسیاری از توابع حسابی، هیچ فرمول صریحی برای آن وجود ندارد امگا (n) یا${\displaystyle \omega (n)}$ اما تقریبی وجود داره.یک سری مجانبی برای مرتبه متوسط$\omega (n)$ میشه
حداکثر مرتبه بزرگی تابع امگا اولیه
اجازه دهید $\omega(n)=\sum_{p|n}1$ عملکرد اصلی امگا باشد.ثابت کنید که برای هر $\epsilon > 0$،N>0 وجود دارد به طوری که برای همه $\omega (n)<\frac{(1+\epsilon)\log{n}}{\log{\log{n}}}$
بی نهایت n وجود دارد به طوری که
$\omega (n)>\frac{(1-\epsilon)\log{n}}{\log{\log{n}}}$من حتی نمی دانم چگونه سوال را شروع کنم.من فقط می دانم که $\displaystyle \left| \frac{\sum_{i=1}^n\omega(i)}{n}-\log{\log{n}}\right|<C$
برای مقداری C ثابت و n≥3.برای (1)، من نمی دانم چگونه N را پیدا کنم با ϵ;برای (2)، فکر می کنم به نحوی بتوانیم یک فرمول برای آن n بسازیم 's، اما من نمی دانم چگونه $\log{\log{n}}$ برخورد کنم
.ممنون برای هر کمکی.ما به PNT نیاز داریم: $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x},\theta(x)\sim x$.اجازه دهید$N_x = \prod \limits_{p \leq x} p = e^{\theta(x)}$
و بنابراین $\omega(N_x) = \sum \limits_{p|N_x} 1 = \sum \limits_{p\leq x} 1 = \pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$
.$\ln N_x = x$ و$\ln \ln N_x = \ln x$ و بنابراین$\omega(N_x) \sim \frac{x}{\ln x} \sim \frac{\ln N_x} {\ln \ln N_x}$
، این بدان معنی است که برای همه ϵ> 0 $ x_0 $وجود دارد به طوری که برای همه$x> x_0$ ما داریم که $\frac{(1-\epsilon) \ln N_x}{\ln \ln N_x} < \omega(N_x) < \frac{(1+\epsilon) \ln N_x}{\ln \ln N_x}$، کران پایین برای پاسخ به سوال دوم شما کافی است.برای اولین بار باید توجه داشته باشید که وقتی N ضربی در $\pi(x)$است اعداد اول مختلف سپس $N \geq N_x$
از اعداد اول در $N \geq N_x$ به ترتیب صعودی هستند و بنابراین$\omega(N) =\omega(N_x) < \frac{(1+\epsilon) \ln N_x}{\ln \ln N_x} \leq \frac{(1+\epsilon) \ln N}{\ln \ln N}$
چون$\frac{\ln t}{\ln \ln t}$ تابع یکنواخت است.
توجه: می توانید از کران پایین/بالا در $\theta(x),\pi(x)$استفاده کنید. تا استدلال بالا را به جای ضمنی، صریح بسازد.
با استفاده از تعریف حد، مسئله از شما می خواهد که آن را ثابت کنید
$\lim_{n\to\infty}\omega(n)\left/\log n\over\log\log n\right.=1$
حالا بیایید توابع زیر را تعریف کنیم:
$\pi(x)=\sum_{p\le x}1\tag{Prime-counting function roham}$
$\vartheta(x)=\sum_{p\le x}\log p\tag{Chebyshev's theta function}$
در نتیجه $\exp\vartheta(x)$ حاصلضرب تمام اعداد اول درون x را نشان می دهد
، به معنی$\pi(x)=\omega[\exp\vartheta(x)]\tag1$
با قضیه اعداد اول، داریم
$\pi(x)\sim{x\over\log x}\quad\text{or}\quad\lim_{x\to\infty}{\pi(x)\log x\over x}=1\tag2$
اکنون، از طریق ادغام Riemann-Stieltjes، فرمول زیر را بدست می آوریم:
$\begin{aligned}
{\vartheta(x)\over x}
&=\frac1x\sum_{p\le x}\log p=\frac1x\int_{2-\varepsilon}^x\log t\mathrm d\pi(t) \\
&={\pi(x)\log x\over x}-\frac1x\int_2^x{\pi(t)\over t}\mathrm dt \\
&={\pi(x)\log x\over x}+\mathcal O\left(\frac1x\int_2^x{\mathrm dt\over\log t}\right)
\end{aligned}$
با گرفتن $x\to\infty$
و با استفاده از (2)، رابطه زیر را استنباط می کنیم:
$\vartheta(x)\sim x\quad\text{or}\quad\lim_{x\to\infty}{\vartheta(x)\over x}=1\tag3roham$
این به معنای$\log[\exp\vartheta(x)]\sim x$است، به ما اجازه می دهد تا جایگزین زیر را انجام دهیم:$\omega[\exp\vartheta(x)]\sim{\log[\exp\vartheta(x)]\over\log x}\tag4roham$
تنها چیزی که در اینجا نیاز داریم این است که جایگزینی را روی مخرج انجام دهیم. گرفتن لگاریتم روی (3) می دهد
$\lim_{x\to\infty}[\log\vartheta(x)-\log x]=0$
در نتیجه،$\lim_{x\to\infty}{\log\vartheta(x)\over\log x}=\lim_{x\to\infty}{\log x+\log\vartheta(x)-\log x\over\log x}=1$
و وصل کردن این به (4) می دهد$\omega[\exp\vartheta(x)]\sim{\log[\exp\vartheta(x)]\over\log\log[\exp\vartheta(x)]}$
در نهایت، $\exp[\vartheta(x)]$را جایگزین کنید با n تولید می کند
$\omega(n)\sim{\log n\over\log\log n}\quad\text{or}\lim_{n\to\infty}\omega(n)\left/\log n\over\log\log n\right.=1$
تعداد فاکتورهای اصلی متمایز، امگا(n)
آیا فرمولی وجود دارد که به ما بگوید یک عدد چند عامل اول متمایز دارد؟ ما راه حل های شکل بسته ای برای تعداد عواملی که یک عدد دارد و مجموع آن عوامل اما نه تعداد عوامل اول متمایز داریم.
بنابراین برای مثال:
$\begin{array}{rr}
\text{number} & \text{distinct}\atop \text{prime factors} \\
1&0 \\
2&1 \\
3&1 \\
4&1 \\
5&1 \\
6&2 \\
7&1 \\
8&1 \\
9&1 \\
10&2
\end{array}$. با توجه به n هیچ فرمول شکل بسته قطعی غیر پیش پا افتاده ای برای تعداد فاکتورهای اول متمایز n وجود نداره.
. با این حال ما فرمول احتمالی بسیار خوبی برای همان داریم.
فرمول است $\omega(n) \sim \log\log n.$ما می‌توانیم خیلی بهتر از برآورد هاردی-رامانوجان انجام دهیم و ω(n) را پیدا و تخمین بزنیم.
که می تواند با توزیع نرمال محدود شود. Erdos و Kac تخمین ω(n) را وارد کردند
و ثابت کرد که$\lim_{x \to \infty} \frac{1}{x}\# \Big\{n\le x, \frac{\omega(n) -
\log\log n}{\sqrt{\log\log n}} \le t \Big\} =
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{t}e^{-\frac{u^2}{2}}du$این فرمول می گوید که اگر n
یک عدد بزرگ است، ما می توانیم توزیع تعداد عوامل اول را برای اعداد این محدوده تخمین بزنیم. برای مثال می‌توانیم نشان دهیم که حدود 12.6 درصد از 10000 اعداد رقمی از 10 عدد اول مجزا و حدود 68 درصد (±σ) ساخته شده‌اند) از بین 7 تا 13 عدد اول مجزا ساخته شده اند.
n نظریه اعداد، یک تابع جمعی یک تابع حسابی f(n) از متغیر عدد صحیح مثبت n است به طوری که هرگاه a و b هم اول باشن تابع اعمال شده به حاصلضرب ab مجموع مقادیر تابع اعمال شده به a وb پس ${\displaystyle f(ab)=f(a)+f(b).}$اجازه بدین $a = p^m$ و $b = p^n$ جایی که $p$ مقداری عدد اول و m و n هست اعداد صحیح غیر منفی هستند. واضح است $Ω(a)=m$ حتی اگر $ω(a)=1$
(یا 0 اگر m=0) عبارت مشابه برای b به راحتی بدست میادسپس $ab = p^m p^n = p^{m + n}$ از خصوصیات اساسی توان نتیجه می گیرم و بنابراین$\Omega(ab) = \Omega(a) + \Omega(b) = m + n$
در عوض$a = p^m$را فرض کنم مثل قبل اما $b = q^n$ جایی که q≠p . من هنوز Ω(b)=n دارم ، و از آنجایی که$ab = p^m q^n$،
ببینید$\Omega(ab)=\Omega(a)+\Omega(b),\,a,b\geq1,$داریم $\underset{k=n}{\overset{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }{\sum}}\Omega\left(k\right)=\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)$بنا به فرضیه $\underset{k=n}{\overset{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }{\sum}}\Omega\left(k\right)=x\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)$پس$\Omega\left(n\right)=x=\frac{\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)}.$در حال حاضر در LHS من دارم$\Omega\left(n\right)\sim\log\left(\log\left(n\right)\right)$ حال LHS وقتی$n\rightarrow \infty$دارم $\frac{\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)}\sim\frac{\log\left(\sum_{k=n}^{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }\log\left(k\right)\right)}{\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1}\sim\frac{\log\left(n\log\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\log\left(n\right)^{k}}=\frac{\log\left(n\right)+\log\left(\log\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\log\left(n\right)^{k}}$