Daily Prob 4

有人想求 \(\sum \limits _{i = 2} ^{n} \log (lpf(i))\) 的增长速度，但是被卡了一天.jpg

不过有一个伴生的结论。
若 \(p, q, r\) 均为素数，则 \(<n\) 的形如 \(pqr\) 的数的个数为 \(O(n \frac{\log^2 \log n}{\log n})\)

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首先我们容易列一个式子出来。

\[\sum_{i \in \mathbb{P}} \sum_{j \in \mathbb{P}} \sum_{k \in \mathbb{P}} [ijk<n] \]

改写一下变成

\[\sum_{i \in \mathbb{P}} \frac{n}{i} \sum_{j \in \mathbb{P}} \frac{1}{j \log \frac{n}{ij}} \]

不妨设 \(B = \frac{n}{i}\)，后面的和式写成 \(\sum \limits_{j \in \mathbb{P}}^{B} \frac{1}{j \log \frac{B}{j}}\)
在后面的处理中，我们可能希望 \(B\) 尽可能的大。
因此我们不妨假设 \(i < \sqrt n\)
这对答案没有影响。

我们发现目前有两个不太好处理的东西，一个是 \(j \in \mathbb{P}\)，另一个是 \(\log \frac{n}{ij}\)

不妨按照 \(\sqrt B\) 拆开成两半。

首先是 \(j < \sqrt B\) 的部分，这里我们知道 \(\log \frac{B}{j}\) 可以直接视为 \(\log B\)

然后就是 \(\frac{1}{\log B} \sum \limits_{j \in \mathbb{P}}^{\sqrt B} \frac{1}{j}\)
二进制分分组就是

\[\frac{1}{\log B} \sum _{i = 1}^{\frac{log B}{2}} 2^i \frac{2^i}{i} = \Theta \left( \frac{\log \log B}{\log B} \right) \]

然后是 \(j > \sqrt B\) 的部分，这里我们知道素数密度可以近似为 \(\frac{1}{\log B}\)
然后就是 \(\frac{1}{\log B} \sum \limits_{j = \sqrt B}^{B} \frac{1}{j \log \frac{B}{j}}\)
仍然是传统手艺分组。

\[\frac{1}{\log B} \sum_{i = \frac{\log B}{2}}^{\log B} \frac{2^i}{2^i (\log B - i)} = \Theta \left( \frac{\log \log B}{\log B} \right) \]

综上，我们把原式化简成以下的样子。

\[\sum _{i \in \mathbb{P}} \frac{n}{i} \frac{\log \log \frac{n}{i}}{\log \frac{n}{i}} \]

还记得我们的假设吗，我们要求 \(i < \sqrt n\)
所以可以直接把 \(\log \frac{n}{i}\) 替换成 \(\log n\)。

\[\frac{n \log \log n}{\log n} \sum _{i \in \mathbb{P}} \frac{1}{i} = \Theta \left( \frac{n \log^2 \log n}{\log n} \right) \]

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综上，我们得到了形如 \(pqr\) 的数的数量级为 \(\Theta \left( \frac{n \log^2 \log n}{\log n} \right)\)
虽然好像没什么用......但是好像确实没什么用。