Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Tolaso J Kos · #1

Για ένα ρητό

της μορφής $\frac{a}{b}$ όπου το κλάσμα είναι ανάγωγο , ορίζουμε f(x)=ab

. Να υπολογιστεί το άθροισμα:

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

Μάρκος Βασίλης · #2

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

. 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

περιορισμένη στο

, 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

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

, 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

με

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

με

, 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:

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

#3

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

Tolaso J Kos · #4

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 $\frac{5}{2}$ .

#5

Ας το δούμε λοιπόν.

Για ένα πεπερασμένο υποσύνολο

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

.

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

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

.

Tolaso J Kos · #6

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

.

Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Re: Άθροισμα πάνω από όλους τους θετικούς ρητούς

Μέλη σε σύνδεση