7.5. 常用的渐近展开式

在本文中, 我们将研究一些形如:

$$S(x,q;f)=\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}f(n)$$

的和式从而得到 Selberg 筛法主项 $G(x,z)$ 在特定情形的渐近公式.

7.5.1基础展开式

利用 Möbius 函数, 我们可以轻易将条件 $(n,q)=1$ 用下面的特征函数来表述:

$$\sum _{d|(n,q)}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& (n,q)=1\\ 0& (n,q)>1\end{array}.$$(7.5.1)

利用这一点就可以研究一些基础情形的 $S(x,q;f)$ 了:

定理 7.5.1.1. 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{1}{n}=\frac{\phi (q)}{q}\log x+O(\log \log 3q).$$

证明. 利用 (7.5.1) 可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{1}{n}& =\sum _{n\le x}\frac{1}{n}\sum _{d|(n,q)}\mu (d)=\sum _{d|q}\mu (d)\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ d|n\end{array}}\frac{1}{n}\\ & =\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\sum _{t\le x/d}\frac{1}{t}=\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\left[\log \frac{x}{d}+O(1)\right].\end{array}$$当 $1\le u\le x$ 时很明显有: $$\begin{array}{rl}\sum _{d|q}\frac{{\mu }^2(d)}{d}& \le \sum _{d\le u}\frac{1}{d}+\sum _{\begin{array}{c}d|q\\ d>u\end{array}}\frac{{\mu }^2(d)}{d}\\ & <\sum _{d\le u}\frac{1}{u}+\frac{\omega (q)}{u}\ll \log u+\frac{\log q}{u}.\end{array}$$代入 $u=\log 3q$ 即得: $$\sum _{d|q}\frac{{\mu }^2(d)}{d}\ll \log \log 3q.$$(7.5.2)另一方面, 通过交换求和次序可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\log d& =\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\sum _{p|d}\log p=\sum _{p|q}\log p\sum _{\begin{array}{c}d\\ p|d|q\end{array}}\frac{\mu (d)}{d}\}d=pt\\ & =-\sum _{p|q}\frac{\log p}{p}\sum _{\begin{array}{c}t|q\\ p\nmid t\end{array}}\frac{\mu (t)}{t}=-\sum _{p|q}\frac{\log p}{p}\prod _{\begin{array}{c}{p}^{\prime }|q\\ p^{\prime }\ne p\end{array}}\left(1-\frac{1}{p}\right),\end{array}$$最后利用欧拉函数的性质, 我们就得到了: $$\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\log d=-\frac{\phi (q)}{q}\sum _{p|q}\frac{\log p}{p-1}.$$(7.5.3)类似于 (7.5.2) 的推导, 我们可以根据 Mertens 第一定理得知: $$\sum _{p|q}\frac{\log p}{p-1}\ll \sum _{p\le \log 3q}\frac{\log p}{p}+\frac{1}{\log 3q}\sum _{p|q}\log p\ll \log \log 3q.$$最后将这些渐近估计整合在一起就是结论.

$\square$

类似的, 我们也可以得到 $f(n)=\log n/n$ 情形的展开, 但由于 $\log n$ 是加性的所以处理起来需要更加仔细一些.

定理 7.5.1.2. 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{\log n}{n}=\frac{1}{2}\frac{\phi (q)}{q}{\log }^{2}x+O\{(\log \log 3q{)}^2\}.$$

证明. 类似于对定理 7.5.1.1 的推导, 我们引入 (7.5.1), 则有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{\log n}{n}=\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}\sum _{t\le x/d}\frac{\log td}{t}.$$利用 Euler–Maclaurin 公式, 可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{n\le x/d}\frac{\log td}{t}& =\frac{1}{2}{\log }^2\frac{x}{d}+\log d\log \frac{x}{d}+O(\log d)\\ & =\frac{1}{2}{\log }^{2}x-\frac{1}{2}{\log }^{2}d+O(\log d).\end{array}$$很明显, 利用 Euler–Maclaurin 公式可知 $u=\log 3q$ 时: $$\sum _{d|q}\frac{{\mu }^2(d)}{d}\log d\ll \sum _{d\le u}\frac{\log d}{d}+\frac{\log q}{u}\ll (\log \log 3q{)}^2,$$另一方面, 类似于对 (7.5.3) 的推导, 我们可以通过交换求和次序得到: $$\begin{array}{rl}\sum _{d|q}\frac{\mu (d)}{d}{\log }^{2}d& =-\sum _{p|q}\frac{\log p}{p}\sum _{\begin{array}{c}t|q\\ p\nmid t\end{array}}\frac{\mu (t)}{t}\log pt\\ & =-\sum _{p|q}\frac{{\log }^{2}p}{p}\sum _{t|q/(p,q)}\frac{\mu (t)}{t}-\sum _{p|q}\frac{\log p}{p}\sum _{t|q/(p,q)}\frac{\mu (t)}{t}\log t\\ & =-\frac{\phi (q)}{q}\sum _{p|q}\frac{{\log }^{2}p}{p-1}+O\left\{\sum _{p|q}\frac{\log p}{p}\log \log 3q\right\}\\ & \ll (\log \log 3q{)}^2+\sum _{p\le u}\frac{{\log }^{2}p}{p}+\frac{\log q\log u}{u}\\ & \ll (\log \log 3q{)}^2+{\log }^{2}u+\frac{\log q\log u}{u}\ll (\log \log 3q{)}^2.\end{array}$$将这些估计结合在一起, 我们就得到了定理中的渐近公式.

$\square$

至此我们已经完成了 $S(x,q;f)$ 估计问题中的基础展开公式的推导. 在接下来的渐近问题中, 我们不再使用 (7.5.1) 作为推导的起点, 而是直接将 $S(x,q;f)$ 化成能套用定理 7.5.1.1 和 7.5.1.2 的形式来进行研究.

7.5.2对无平方因子数求和

根据定义, 我们知道 Möbius 函数的平方恰好就能作无平方因子数的特征函数, 所以本节实质上就是在研究这样的和:

$$S(x,q;{\mu }^{2}f)=\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}{\mu }^2(n)f(n).$$

利用 Dirichlet 卷积的性质, 我们发现:

$$\sum _{d^k|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n无k次方因子\\ 0& 其它情况\end{array}$$(7.5.4)

故将 (7.5.4) 和上一节的结论结合, 我们就能得到适用于无平方因子数的基础展开式了:

定理 7.5.2.1. 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}=\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\log x+O(\log \log 3q).$$

证明. 代入 (7.5.4) 可知: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}=\sum _{\begin{array}{c}k\le \sqrt{x}\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{\mu (k)}{k^2}\sum _{\begin{array}{c}t\le x/k^2\\ (t,q)=1\end{array}}\frac{1}{t}.$$现在再套用定理 7.5.1.1, 便得: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}& =\sum _{\begin{array}{c}k\le \sqrt{x}\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k^2}\left[\frac{\phi (q)}{q}\log \frac{x}{k^2}+O(\log \log 3q)\right]\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{\mu (k)}{k^2}\log x+O(\log \log 3q).\end{array}$$根据 Dirichlet 级数的 Euler 乘积公式, 可知: $$\sum _{\begin{array}{c}k\ge 1\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{\mu (k)}{k^2}=\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right),$$又因为$$\left|\sum _{\begin{array}{c}k>x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{\mu (k)}{k^2}\right|\le \sum _{k>x}\frac{1}{k^2}=O\left(\frac{1}{x}\right),$$所以代入回上面的展开式里, 我们就完成了证明.

$\square$

定理 7.5.2.2. 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}\log n=\frac{1}{2}\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)+O(\log x)+O\{(\log \log 3q{)}^2\}.$$

证明. 代入 (7.5.4) 和定理 7.5.1.2 可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}\log n& =\sum _{\begin{array}{c}k\le \sqrt{x}\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k^2}\sum _{\begin{array}{c}t\le x/k^2\\ (t,q)=1\end{array}}\frac{\log t{k}^2}{t}\\ & =\sum _{\begin{array}{c}k\le \sqrt{x}\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k^2}\left[\frac{1}{2}\frac{\phi (q)}{q}\log \frac{x}{k^2}+O\{(\log \log 3q{)}^2\}\right]\\ & +\sum _{\begin{array}{c}k\le \sqrt{x}\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k^2}O\left\{\sum _{t\le x}\frac{\log k}{t}\right\}.\end{array}$$最后利用调和数的性质便可得到结论.

$\square$

7.5.3Shapiro–Warga 渐近公式

在本节中我们将运用前面得到的结论来证明 Shapiro 和 Warga [14] 得到的渐近公式:

定理 7.5.3.1 (Shapiro–Warga). 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)2^{\omega (n)}}{n}& =\frac{1}{2}\prod _{p|q}\frac{p}{p+2}\prod _p{\left(1-\frac{1}{p}\right)}^2\left(1+\frac{2}{p}\right){\log }^{2}x\\ & +O(\log x\log \log 3qx)+O\{(\log \log 3q{)}^2\}.\end{array}$$

证明. 当 $n$ 无平方因子的时候 $2^{\omega (n)}$ 恰好就是 $n$ 的正因子个数, 故有: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)2^{\omega (n)}}{n}& =\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k}\sum _{\begin{array}{c}t\le x/k\\ (t,kq)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(t)}{t}\\ & =S_1\log x-S_2+S_3,\end{array}$$其中由定理 7.5.2.1 可知: $$\begin{array}{rl}{S}_1& =\frac{\phi (q)}{q}\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)\phi (k)}{k^2}\prod _{p\nmid kq}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}{\mu }^2(k)\prod _{p|k}\frac{p-1}{p^2-1}\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\underset{S_4}{\underbrace{\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k}\prod _{p|k}\left(1-\frac{1}{u(k)}\right)}},\end{array}$$其中积性函数 $u(k)$ 满足 $u(p)=p+1$. 交换求和次序, 便可再次利用定理 7.5.2.1 得到: $$\begin{array}{rl}{S}_4& =\sum _{\begin{array}{c}k\le x\\ (k,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k}\sum _{r|k}\frac{\mu (r)}{u(r)}=\sum _{\begin{array}{c}r\le x\\ (r,q)=1\end{array}}\frac{\mu (r)}{u(r)r}\sum _{\begin{array}{c}t\le x/r\\ (t,rq)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(t)}{t}\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\sum _{\begin{array}{c}r\le x\\ (r,q)=1\end{array}}\frac{\mu (r)\phi (r)}{u(r)r}\prod _{p|r}\frac{p^2}{p^2-1}\log x+O(\log \log 3qx)\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\sum _{\begin{array}{c}r\le x\\ (r,q)=1\end{array}}\mu (r)\prod _{p|r}\frac{p-1}{(p^2-1)(p+1)}\log x+O(\log \log 3qx)\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\left(1-\frac{1}{(p+1{)}^2}\right)\log x+O(\log \log 3qx).\end{array}$$由此可知: $$\begin{array}{rl}{S}_1& =\frac{{\phi }^2(q)}{q^2}\prod _{p\nmid q}\frac{p(p+2)(p^2-1{)}^2}{p^4(p+1{)}^2}{\log }^{2}x+O(\log x\log \log 3qx)\\ & =\frac{{\phi }^2(q)}{q^2}\prod _{p\nmid q}{\left(1-\frac{1}{p}\right)}^2\left(1+\frac{2}{p}\right){\log }^{2}x+O(\log x\log \log 3qx)\\ & =\prod _{p|q}\frac{p}{p+2}\prod _p{\left(1-\frac{1}{p}\right)}^2\left(1+\frac{2}{p}\right){\log }^{2}x+O(\log x\log \log 3qx).\end{array}$$对于 $S_2$, 进行类似于对 $S_1$ 的处理可知: $$S_2=\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\sum _{\begin{array}{c}r\le x\\ (r,q)=1\end{array}}\frac{\mu (r)}{u(r)r}\underset{S_5}{\underbrace{\sum _{\begin{array}{c}t\le x/r\\ (t,rq)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(t)\log rt}{t}}}.$$将定理 7.5.2.2 代入到 $S_5$ 中, 便有: $$\begin{array}{rl}{S}_5& =\sum _{\begin{array}{c}t\le x/r\\ (t,rq)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(t)\log t}{t}+O\left\{\sum _{t\le x}\frac{1}{t}\right\}\\ & =\frac{1}{2}\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right){\log }^2\frac{x}{r}+O(\log x)+O\{(\log \log 3qr{)}^2\}\\ & =\frac{1}{2}\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right){\log }^{2}x+O(\log x{\log }^{2}k)+O\{(\log \log 3qr{)}^2\}.\end{array}$$因为: $$\begin{array}{rl}\sum _{r\le x}\frac{1}{u(r)r}(\log \log 3qr{)}^2& \ll \sum _{r\le q}\frac{1}{r^2}(\log \log 3q{)}^2+\sum _{r\le x}\frac{1}{r^2}(\log \log 3r{)}^2\\ & \ll (\log \log 3q{)}^2\sum _{r\ge 1}\frac{1}{r^2}\ll (\log \log 3q{)}^2,\end{array}$$所以有: $$\begin{array}{rl}{S}_2& =\frac{1}{2}\prod _{p|q}\frac{p}{p+2}\prod _p{\left(1-\frac{1}{p}\right)}^2\left(1+\frac{2}{p}\right){\log }^{2}x\\ & +O(\log x)+O\{(\log \log 3q{)}^2\}.\end{array}$$将这些式子整合起来证明就完成了.

$\square$

7.5.4无平方因子数 Euler 函数值的倒数和

定理 7.5.4.1. 当 $x,q\ge 1$ 时总有: $$\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{\phi (n)}=\frac{\phi (q)}{q}\log x+O(\log \log 3q).$$

证明. 结合 Euler 函数的性质, 可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{\phi (n)}& =\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}\prod _{p|n}\left(1+\frac{1}{p-1}\right)=\sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ (n,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(n)}{n}\sum _{d|n}\frac{{\mu }^2(d)}{\phi (d)}\\ & =\sum _{\begin{array}{c}d\le x\\ (d,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(d)}{d\phi (d)}\sum _{\begin{array}{c}k\le x/d\\ (k,qd)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(k)}{k}\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\sum _{\begin{array}{c}d\le x\\ (d,q)=1\end{array}}\frac{{\mu }^2(d)}{d^2}\prod _{p\nmid qd}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\log \frac{x}{d}+O(\log \log 3q)\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\left(1-\frac{1}{p^2}\right)\sum _{\begin{array}{c}d\ge 1\\ (d,q)=1\end{array}}{\mu }^2(d)\prod _{p|d}\frac{1}{p^2-1}\log x+O(\log \log 3q)\\ & =\frac{\phi (q)}{q}\prod _{p\nmid q}\frac{p^2-1}{p^2}\left(1+\frac{1}{p^2-1}\right)\log x+O(\log \log 3q).\end{array}$$将遍历 $p\nmid q$ 的乘积化简即得定理中的展开式.

$\square$