Γινόμενο #5 [Συνάρτηση Möbius]

Tolaso J Kos · #1

Έστω $\mu: \mathbb{N} \rightarrow \{0, \pm 1\}$ η συνάρτηση Möbius. Να δειχθεί ότι το γινόμενο $\prod \limits_{n=1}^{\infty} (1 - x^n)^{-\mu(n) / n}$ συγκλίνει απόλυτα και ότι ισούται με e^x

.

#2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 28, 2022 8:55 pm
Έστω $\mu: \mathbb{N} \rightarrow \{0, \pm 1\}$ η συνάρτηση Möbius. Να δειχθεί ότι το γινόμενο $\prod \limits_{n=1}^{\infty} (1 - x^n)^{-\mu(n) / n}$ συγκλίνει απόλυτα και ότι ισούται με .

Ενδιαφέρον.

Καλύτερα να εργαστούμε με τον λογάριθμο κάθε πλευράς. Ο λογάριθμος του γινομένου δίνει

$\displaystyle{ -\sum _{n=1}^{\infty} \dfrac {\mu(n)}{n} \ln (1-x^n) = \sum _{n=1}^{\infty} \left (\dfrac {\mu(n)}{n} \sum_{m=1}^{\infty} \dfrac {x^{nm}}{m}\right )=\sum _{n=1}^{\infty} \left (\mu(n) \sum_{m=1}^{\infty} \dfrac {x^{nm}}{nm}\right ) = }$

$\displaystyle{ = \sum _{m=1}^{\infty} \left ( \dfrac {x^{m}}{m} \sum_{d|m} \mu(d)\right ) }$

Από αυτό κρατάμε τον πρώτο όρο και αθροίζουμε τα υπόλοιπα, οπότε ισούται με

$\displaystyle{ x+ \sum _{m=2}^{\infty} \left ( \dfrac {x^{m}}{m} \sum_{d|m} \mu(d)\right )}$ .

Όμως, ως γνωστόν, για m > 1

ισχύει $\displaystyle{ \sum_{d|m} \mu(d)=0}$ (υπάρχει σε όλα τα βιβλία Θεωρίας Αριθμών). Άρα το προηγούμενο ισούται με

, δηλαδή ο λογάριθμος του ζητούμενου. Τελειώσαμε.

Γινόμενο #5 [Συνάρτηση Möbius]

Γινόμενο #5 [Συνάρτηση Möbius]

Re: Γινόμενο #5 [Συνάρτηση Möbius]

Μέλη σε σύνδεση