Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4613
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Φεβ 22, 2020 9:22 pm

Για ένα ρητό x της μορφής \frac{a}{b} όπου το κλάσμα είναι ανάγωγο , ορίζουμε f(x)=ab. Να υπολογιστεί το άθροισμα:

\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{x \in \mathbb{Q}^+} \frac{1}{f^2(x)}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 300
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Τρί Φεβ 25, 2020 2:44 pm

Έκανα μια σκέψη που στην αρχή φαινόταν πολλά υποσχόμενη, αλλά τελικά δε βγήκε κάπου...

Αρχικά, θα εξετάσουμε το όριο:

\displaystyle{\sum_{x∈A}\frac{1}{f^2(x)},}

όπου A=\mathbb{Q}\cap(0,1). Έστω x∈A, οπότε x=\frac{a}{b} για κάποιους σχετικά πρώτους θετικούς ακεραίους a,b με a<b. Θεωρούμε επίσης τα σύνολα:

\displaystyle{D_n=\{(a,b):a<b\ ab=n\ \text{\gr και }a,b\ \text{\gr σχετικά πρώτοι}\},}

και παρατηρούμε ότι τα D_n είναι ισοπληθικά με τα f^{-1}(\{n\}), για κάθε n=2,3,\ldots - εδώ παίρνουμε την f περιορισμένη στο A, αλλιώς το f^{-1}(n) έχει τη διπλάσια πληθικότητα, γενικά.. Πράγματι, αν πάρουμε ένα x=\frac{a}{b}\in A με f(x)=n, τότε έπεται ότι ab=n, όπου a,b είναι δύο σχετικά πρώτοι θετικοί ακέραιοι με a<b και, αντίστροφα, για κάθε ζεύγος (a,b)∈ D_n της παραπάνω μορφής έχουμε ένα κλάσμα x=\frac{a}{b}\in A με f(x)=ab=n.

Έστω, τώρα, k=\omega(n) το πλήθος των διακεκριμένων πρώτων διαιρετών του n, οπότε:

\displaystyle{n=p_1^{a_1}\ldots p_k^{a_k},}

όπου a_i>0 για i=1,2,\ldots,k. Για να επιλέξουμε ένα ζεύγος (a,b) σχετικά πρώτων διαιρετών του n με ab=n αρκεί να επιλέξουμε ένα υποσύνολο S\subseteq\{p_1,\ldots,p_k\} και να θέσουμε:

\displaystyle{a=\prod_{i\in S}p_i^{a_i},\ b=\prod_{i\not\in S}p_i^{a_i}.}

Έτσι, έχουμε 2^k τέτοια ζευγάρια. Για να βρούμε το πλήθος του D_n, ας παρατηρήσουμε ότι, αφού n\geq2, το D_n περιέχει ακριβώς τα μισά από τα πιθανά ζεύγη σχετικά πρώτων διαιρετών του n με ab=n, άρα \# D_n=2^{k-1}. Τώρα παρατηρούμε ότι το ζητούμενο όριο παίρνει τη μορφή:

\displaystyle{\sum_{x∈A}\frac{1}{f^2(x)}=\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{\omega(n)-1}}{n^2}=\frac{1}{2}\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{\omega(n)}}{n^2}.}

Από το παραπάνω μπορούμε να συμπεράνουμε με λίγη προσοχή ότι η σειρά πράγματι συγκλίνει. αφού. από το θεώρημα Hardy-Ramanujan γνωρίζουμε ότι \omega(n)\approx\ln\ln n καθώς n\to\infty για «σχεδόν όλους» τους φυσικούς αριθμούς, οπότε η προς άθροιση ακολουθία συγκρίνεται με την:

\displaystyle{\frac{2^{\ln\ln n}}{n^2}=\frac{e^{(\ln\ln n)\ln2}}{n^2}=\frac{(\ln n)^{\ln2}}{n^2},}

της οποίας η σειρά συγκλίνει.

Τώρα, εύκολα βλέπουμε ότι και στο B=\mathbb{Q}\cap(1,+\infty) ισχύουν ακριβώς τα ίδια - αφού κάθε κλάσμα \frac{a}{b}\in A αντιστοιχίζεται με «1-1» και επί τρόπο στο ξαδερφάκι του \frac{b}{a}\in B, οπότε, τελικά:

\displaystyle{\mathcal{S}=1+\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{\omega(n)}}{n^2}.}


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8626
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Φεβ 25, 2020 4:42 pm

Έχω την εντύπωση ότι η απάντηση είναι \frac{\pi^4}{18}. Τόλη, επιβεβαίωσε πριν κάτσω να γράψω τη λύση.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4613
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Φεβ 25, 2020 5:34 pm

Demetres έγραψε:
Τρί Φεβ 25, 2020 4:42 pm
Έχω την εντύπωση ότι η απάντηση είναι \frac{\pi^4}{18}. Τόλη, επιβεβαίωσε πριν κάτσω να γράψω τη λύση.
Γεια σου Δημήτρη ,

η απάντηση είναι \frac{5}{2}.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8626
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Φεβ 27, 2020 12:19 pm

Ας το δούμε λοιπόν.

Για ένα πεπερασμένο υποσύνολο I πρώτων αριθμών θα γράφω A_I = \{n \in \mathbb{N} : p|n \, \forall \, p \in I\} και B_I = \{n \in \mathbb{N} : p \nmid n \, \forall \, p \in I\}. Τότε έχουμε:

\displaystyle  S = \sum_{I} \sum_{a \in A_I} \frac{1}{a^2} \sum_{b \in B_I} \frac{1}{b^2}

όπου το άθροισμα είναι πάνω από όλα τα πεπερασμένα υποσύνολα πρώτων I.

Παρατηρούμε ότι

\displaystyle \sum_{b \in B_I} \frac{1}{b^2} = \prod_{p \notin I} \left(1 + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^4} + \cdots\right) = \prod_{p \notin I}  \frac{1}{1 - \frac{1}{p^2}}

και

\displaystyle \sum_{a \in A_I} \frac{1}{a^2} = \prod_{p \in I} \left(\frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^4} + \cdots\right) = \prod_{p \in I}  \frac{1}{p^2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{p^2}}

Αν λοιπόν P το σύνολο των πρώτων αριθμών τότε

\displaystyle  S = \prod_{p \in P}\frac{1}{1 - \frac{1}{p^2}} \sum_{I} \prod_{p \in I}  \frac{1}{p^2} = \prod_{p \in P}\frac{1}{1 - \frac{1}{p^2}} \cdot \left(1 + \frac{1}{p^2} \right) = \prod_{p \in P} \frac{\left(1 - \frac{1}{p^4} \right)}{\left(1 - \frac{1}{p^2} \right)^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{\pi^4/36}{\pi^4/90} = \frac{5}{2}

Οι εναλλαγές στην σειρά που αθροίζουμε τους όρους στις πιο πάνω ισότητες ισχύουν από Fubini και το γεγονός ότι η \displaystyle  \zeta(k) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^k} = \sum_{p \in P} \frac{1}{1-\frac{1}{p^k}} συγκλίνει για k > 1.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4613
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Πέμ Φεβ 27, 2020 7:20 pm

Μία άλλη λύση!!


Ορίζουμε

\displaystyle F(s) = \sum_{x \in \mathbb{Q}^+} \frac{1}{f^s(x)} = \sum_{\substack{a,b=1 \\ \gcd(a, b)=1}}^{\infty} \frac{1}{\left ( ab \right )^s}
τότε για s>1 είναι:

\displaystyle{\begin{aligned}  
\zeta^2(s) &= \left ( \sum_{a=1}^{\infty} \frac{1}{a^s} \right )^2 \\ 
 &=\sum_{a, b=1}^{\infty} \frac{1}{(ab)^s} \\ &=\sum_{d=1}^{\infty} \sum_{\substack{a, b=1 \\\gcd(a, b)=d}}^{\infty} \frac{1}{\left ( ab \right )^s} \\  
&= \sum_{d=1}^{\infty} \frac{1}{d^{2s}} \sum_{\substack{a, b=1 \\\gcd(a, b)=1}}^{\infty} \frac{1}{\left ( ab \right )^s} \\  
&= \zeta(2s) F(s)  
\end{aligned}}
Το αποτέλεσμα έπεται για s=2.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης