Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώσουμε με $\mu$ τη συνάρτηση Möbius καθώς και με $\psi^{(0)}$ τη διγάμμα. Δειχθήτω:

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\psi^{(0)} \left(1+\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2}}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 11, 2017 9:46 am
Ας δηλώσουμε με $\mu$ τη συνάρτηση Möbius καθώς και με $\psi^{(0)}$ τη διγάμμα. Δειχθήτω: $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}\psi^{(0)} \left(1+\frac{1}{n}\right) = \frac{1}{2}}$

(νομίζω)

$\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}{\psi _o}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)} = \frac{{\mu \left( 1 \right)}}{1}{\psi _o}\left( {1 + \frac{1}{1}} \right) + \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}{\psi _o}\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)} =$ $\displaystyle {\psi _o}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}\left( { - \gamma - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\zeta \left( {k + 1} \right){{\left( { - \frac{1}{n}} \right)}^k}} } \right)} =$

$\displaystyle = 1 - \gamma - \gamma \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}} - \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}\sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\zeta \left( {k + 1} \right)\frac{1}{{{n^k}}}} } =$ $\displaystyle 1 - \gamma - \gamma \cdot 0 - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\zeta \left( {k + 1} \right)\sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}}} } =$

$\displaystyle = 1 - \gamma - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\zeta \left( {k + 1} \right)\left( { - 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}}} } \right)} =$ $\displaystyle 1 - \gamma - \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\zeta \left( {k + 1} \right)\left( { - 1 + \frac{1}{{\zeta \left( {k + 1} \right)}}} \right)} =$

$\displaystyle = 1 - \gamma + \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {\zeta \left( {k + 1} \right) - 1} \right)} = 1 - \gamma - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \gamma$

(με επιφύλαξη )

Χρησιμοποιήθηκαν :

1. $\displaystyle \mu \left( 1 \right) = 1$ (γνωστό)

2. $\displaystyle {\psi _o}\left( 2 \right) = 1 - \gamma$ https://en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function

3. $\displaystyle \left| z \right| < 1:{\psi _o}\left( {1 + z} \right) = - \gamma - \sum\limits_{k = 1}^\infty {\zeta \left( {k + 1} \right){{\left( { - z} \right)}^k}}$ https://en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function

4. $\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^s}}}} = \frac{1}{{\zeta \left( s \right)}}$ http://mathworld.wolfram.com/MoebiusFunction.html

5. $\displaystyle \sum\limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {\zeta \left( {k + 1} \right) - 1} \right)} = - \frac{1}{2}$ https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function

6. $\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}} = 0$ http://mathworld.wolfram.com/MoebiusFunction.html

.. που εν γένει είναι σχετικά απλό να αποδειχθούν ..

Tolaso J Kos · #3

Πράγματι το κλειδί εδώ είναι η παρατηρήση $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n}=0}$ . Τότε μπορούμε να γράψουμε:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}\psi^{(0)} \left(1+\frac{x}{n}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}\left[\psi^{(0)} \left(1+\frac{x}{n}\right)+\gamma\right]}$
Η τελευταία σειρά συγκλίνει ομοιομόρφα στο [0, 1]

. Τότε από το ανάπτυγμα Taylor της διγάμμα έχουμε

$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}\left[\psi^{(0)} \left(1+\frac{x}{n}\right)+\gamma\right]=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}\sum^\infty_{k=1}\zeta(k+1)\frac{(-x)^k}{n^k}}$
Για $\left|x \right|<1$ η τελευταία σειρά είναι απόλυτα συγκλίνουσα και άρα μπορούμε να αλλάξουμε τη σειρά της άθροισης οπότε

$\displaystyle{-\sum^\infty_{k=1}\zeta(k+1)(-x)^k\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^{k+1}}=-\sum^\infty_{k=1}(-x)^k=\frac{x}{1+x}}$
διότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^{k+1}}=\frac1{\zeta(k+1)}}$ . Παίρνοντας όρια καθώς $x \rightarrow 1$ παίρνουμε ότι η ζητούμενη σειρά ισούται με 1/2

.

#4

Η φιλοσοφία της λύσης είναι ακριβώς ίδια .. την διαφορά την κάνει το $\displaystyle{x}$ αντί του $\displaystyle{1}$ . Για τον λόγο αυτό στο άθροισμα ξεκίνησα από το $\displaystyle{n=2}$ . Ψάχνω να βρω τι είναι αυτό που κάνει την διαφορά .. ακόμα τίποτα ..

#5

Τελικά βρέθηκε το φάουλ. Στην δεύτερη γραμμή υπάρχει το $\displaystyle - \gamma \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}}$ το οποίο κάνει $\displaystyle - \gamma \cdot \left( { - 1} \right)$ και όχι $\displaystyle - \gamma \cdot 0$ , καθότι η άθροιση ξεκινά απ' το $\displaystyle{2}$
με τελικό αποτέλεσμα πράγματι το $\displaystyle \frac{1}{2}$ . (Το $\displaystyle - \gamma$ απαλείφεται).

Tolaso J Kos · #6

Να συνεχίσουμε λίγο ακόμα; Αποδείξατε ότι
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n) \log n}{n} = -1}$ By the way, ψάχνω μία διαφορετική απόδειξη του γεγονότος $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} =0}$ εκτός της επαγωγής σε άτοπο. Υπάρχει ;

#7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 12, 2017 8:13 am
Να συνεχίσουμε λίγο ακόμα; Αποδείξατε ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n) \log n}{n} = -1}$

$\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^{1 + s}}}}} = \frac{1}{{\zeta \left( {1 + s} \right)}} \Rightarrow \frac{d}{{ds}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}{n^{ - s}}} = \frac{d}{{ds}}\frac{1}{{\zeta \left( {1 + s} \right)}}$ $\displaystyle \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)\log \left( n \right)}}{{{n^{1 + s}}}}} = \frac{{\zeta '\left( {1 + s} \right)}}{{{\zeta ^2}\left( {1 + s} \right)}} \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)\log \left( n \right)}}{{{n^{1 + s}}}}} = \frac{{\zeta '\left( {1 + s} \right)}}{{{\zeta ^2}\left( {1 + s} \right)}} = \frac{{ - \frac{1}{{{s^2}}} - {\gamma _1} + {\gamma _2} \cdot s - \frac{1}{2}{\gamma _3} \cdot {s^2} + ..}}{{{{\left( {\frac{1}{s} + {\gamma _o} - {\gamma _1} \cdot s + \frac{1}{2}{\gamma _2} \cdot {s^2} - \frac{1}{6}{\gamma _3} \cdot {s^3} + ..} \right)}^2}}} =$

$\displaystyle = \frac{{ - \frac{1}{{{s^2}}}\left( {1 + {\gamma _1} \cdot {s^2} + {\gamma _2} \cdot {s^3} - \frac{1}{2}{\gamma _3} \cdot {s^4} + ..} \right)}}{{\frac{1}{{{s^2}}}\left( {1 + {\gamma _o} \cdot s - {\gamma _1} \cdot {s^2} + \frac{1}{2}{\gamma _2} \cdot {s^3} - ..} \right)}} = - \frac{{1 + {\gamma _1} \cdot {s^2} + {\gamma _2} \cdot {s^3} - \frac{1}{2}{\gamma _3} \cdot {s^4} + ..}}{{1 + {\gamma _o} \cdot s - {\gamma _1} \cdot {s^2} + \frac{1}{2}{\gamma _2} \cdot {s^3} - ..}} \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)\log \left( n \right)}}{n}} = \mathop {\lim }\limits_{s \to 0} \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)\log \left( n \right)}}{{{n^{1 + s}}}}} =$ $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{s \to 0} \left( { - \frac{{1 + {\gamma _1} \cdot {s^2} + {\gamma _2} \cdot {s^3} - \frac{1}{2}{\gamma _3} \cdot {s^4} + ..}}{{1 + {\gamma _o} \cdot s - {\gamma _1} \cdot {s^2} + \frac{1}{2}{\gamma _2} \cdot {s^3} - ..}}} \right) = - 1$

Οι εκφράσεις των $\displaystyle \zeta \left( {1 + s} \right),\quad \zeta '\left( {1 + s} \right)$ προκύπτουν από εδώ http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html
και τα σύμβολα $\displaystyle {\gamma _i}$ είναι οι σταθερές του Stieltjes.

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 12, 2017 8:13 am
By the way, ψάχνω μία διαφορετική απόδειξη του γεγονότος $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} =0}$ εκτός της επαγωγής σε άτοπο. Υπάρχει ;

Πιθανόν αυτό να σου κάνει ..

$\displaystyle \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^{1 + \varepsilon }}}}} = \frac{1}{{\zeta \left( {1 + \varepsilon } \right)}} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{n}} = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to 0} \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{\mu \left( n \right)}}{{{n^{1 + \varepsilon }}}}}$ $\displaystyle = \mathop {\lim }\limits_{\varepsilon \to 0} \frac{1}{{\zeta \left( {1 + \varepsilon } \right)}} = 0\;\quad \left( {\mathop {\lim }\limits_{z \to 1} \zeta \left( z \right) = \infty } \right)$

Tolaso J Kos · #9

Σεραφείμ,

το σκέφτηκα αυτό αλλά δε ξέρω κατά πόσο κάνει κυκλικό συλλογισμό. Βέβαια και η απόδειξη με απαγωγή έτσι πηγαίνει .. δηλ. αρνείται το αποτέλεσμα και καταλήγει στο ότι $\displaystyle{\zeta(1)=\frac{1}{a}}$ και βγαίνει άτοπο.

Anyway, ευχαριστώ.

Tolaso J Kos · #10

Σεραφείμ έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 11, 2017 7:22 pm
Χρησιμοποιήθηκαν :

$\displaystyle{\sum \limits_{k = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^k}\left( {\zeta \left( {k + 1} \right) - 1} \right)} = - \frac{1}{2}}$ https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function

Ας δούμε / αποδείξουμε αυτή. Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \left ( \zeta(k+1) - 1 \right ) &= \sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k-1} \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{k+1}} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{n^{k+1}}\\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned}}$ όπου η μέσα σειρά υπολογίζεται εύκολα.

Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Re: Άθροισμα με Möbius και πολυγάμμα

Μέλη σε σύνδεση