→ yhliu : P[X=Y] = P[I=1] = 1/2 因 X, Y 均為連續型, 若 X 01/29 08:58
→ yhliu : 與 Y 獨立, 則 P[X=Y] = 0, 故知 X, Y 不獨立. 01/29 08:59
→ yhliu : 弄錯文了... 01/29 08:59
※ 引述《JohnMash (Paul)》之銘言：
: 數論不等式
: 試證
: Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n) << ( ㏒ R)^k
: 其中 n,k 為自然數 R為正實數 ㏒ 自然對數
: μ(n) Moebius function
: τ_k(n) the number of ways of writing n as a product of k natural numbers
: φ(n) Euler totient function
數論不等式
試證 Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n) << ( ㏒ R)^k
其中 n,k 為自然數 R為正實數 ㏒ 自然對數
μ(n) Moebius function
τ_k(n) the number of ways of writing n as a product of k natural numbers
φ(n) Euler totient function
證明
因為 Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n) 式中有 μ(n)
所以僅當n是square-free數 才對上式有貢獻
即
Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n)
= Σ_{n<R, n square-free} τ_k(n) / φ(n)
= Σ_{n<R, n square-free} Σ_{d1,d2,...,dk, d1*d2...*dk=n} 1/ φ(d1*d2*...*dk)
但 n 是 square-free 故 d1,d2,...,dk 必兩兩互質
Σ_{d1,d2,...,dk, d1*d2...*dk=n} 1/ φ(d1*d2*...*dk)
= Σ_{d1,d2,...,dk, d1*d2...*dk=n} 1/ (φ(d1)* φ(d2)*...* φ(dk) )
< (Σ_{d|n} 1/ (φ(d))^k
上式是顯而易見的 如同 1/(xyz) < (1/x + 1/y + 1/z)^3
因此
Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n) < Σ_{n<R} (Σ_{d|n} 1/ φ(d))^k
按剛才相同的理由
Σ_{n<R} (Σ_{d|n} 1/ (φ(d))^k < (Σ_{n<R} Σ_{d|n} 1/ φ(d))^k
又之前的貼文我們已證明
Σ_{n<R} Σ_{d|n} 1/ φ(d) << ㏒R
因此 現在我們證明了
Σ_{n<R} μ(n)^2 τ_k(n) / φ(n) << ( ㏒ R)^k
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