Σύγκλιση ή απόκλιση;

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώσουμε με $\mathrm{gpf}$ το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του

. Για παράδειγμα $\mathrm{gpf}(17) = 17$ , $\mathrm{gpf} (18) =3$ . Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \; \mathrm{gpf}(n)}}$

stranger · #2

ΛΑΘΟΣ

Tolaso J Kos · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:54 pm
Ας δηλώσουμε με $\mathrm{gpf}$ το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του . Για παράδειγμα $\mathrm{gpf}(17) = 17$ , $\mathrm{gpf} (18) =3$ . Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \; \mathrm{gpf}(n)}}$
Θεωρείστε ότι $\mathrm{gpf} (1)=1$ .

Συμπλήρωση .

BAGGP93 · #4

Καλημέρα. Μια λύση με επιφύλαξη. Στο σύνολο $\mathbb{P}$ των φυσικών αριθμών, ισχύει $\mathrm{gpf}(p)=p$ για κάθε $p\in\mathbb{P}$ , οπότε

$p\,\mathrm{gpf}(p)=p^2\,,p\in\mathbb{P}$ .

Έστω τώρα $n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P}$ με ανάλυση πρώτων παραγόντων $n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}$ . Τότε,

υπάρχει $\max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\}$ ώστε $n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}$

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών $\displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}$

Έστω $n\geq 30$ και έστω $\displaystyle{s_n=\sum_{j=1}^n \dfrac{1}{j\,\mathmr{gpf}(j)}$ . Γράφουμε

$\begin{aligned} s_n&=\sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n} \dfrac{1}{j\,\mathmr{gpf}(j)}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j\,\mathrm{gpf}(j)}\\&=\sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j^2}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j\,\mathrm{gpf}(j)}\\&\leq \sum_{j\in\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{j^2}+\sum_{j\notin\mathbb{P}\,,j\leq n}\dfrac{1}{2^{\max(j)+1}}\end{aligned}$

και συνεπώς, η $(s_n)_{n\in\mathbb{N}}$ είναι ακολουθία Cauchy.

#5

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:20 am
Έστω τώρα $n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P}$ με ανάλυση πρώτων παραγόντων $n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}$ . Τότε,

υπάρχει $\max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\}$ ώστε $n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}$

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών $\displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}$

Νομίζω ότι έχουμε πρόβλημα στο παραπάνω. Χρησιμοποιείς το γεγονός ότι η $\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}$ συγκλίνει (σωστό) αλλά εννοείς ότι ο κάθε προσθετέος έχει ληφθεί μία φορά. Όμως αυτό δεν είναι σωστό για την δοθείσα σειρά. Π.χ. όλοι οι αριθμοί της μορφής n=p^k

έχουν το ίδιο $\max (n)$

BAGGP93 · #6

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 7:56 pm

BAGGP93 έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:20 am
Έστω τώρα $n\in\mathbb{N}\setminus \mathbb{P}$ με ανάλυση πρώτων παραγόντων $n=p_1^{a_1(n)}\cdot...\cdot p_{\lambda}^{a_{\lambda(n)}}$ . Τότε,

υπάρχει $\max(n)\in\left\{1,...,\lambda\right\}$ ώστε $n\,\mathrm{gpf}(n)=n\,p_m\geq p_{\max(n)}^{a_{\max(n)}+1}\geq 2^{a_\max(n)}+1}>2^{\max(n)}$

Θα χρησιμοποιήσουμε εδώ το γεγονός της σύγκλισης των σειρών $\displaystyle{\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{j^2}\,\,,\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}$

Νομίζω ότι έχουμε πρόβλημα στο παραπάνω. Χρησιμοποιείς το γεγονός ότι η $\sum_{j=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^j}}$ συγκλίνει (σωστό) αλλά εννοείς ότι ο κάθε προσθετέος έχει ληφθεί μία φορά. Όμως αυτό δεν είναι σωστό για την δοθείσα σειρά. Π.χ. όλοι οι αριθμοί της μορφής έχουν το ίδιο $\max (n)$

Η αλήθεια είναι ότι δεν ήμουν απολύτως σίγουρος για τη λύση μου. Σίγουρα υπάρχει θέμα με τους δείκτες.

#7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:54 pm
Ας δηλώσουμε με $\mathrm{gpf}$ το μεγαλύτερο πρώτο παράγοντα του . Για παράδειγμα $\mathrm{gpf}(17) = 17$ , $\mathrm{gpf} (18) =3$ . Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα:

$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \; \mathrm{gpf}(n)}}$

Εξετάζουμε τους αριθμούς

που έχουν το ίδιο gpf(n)

. Είναι της μορφής (για κάποιο δεδομένο πρώτο

)

$p_1^{a_1}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}p^N$ όπου p_1,...,p_k

είναι πρώτοι μικρότεροι του

(επιτρέποντας οι εκθέτες να είναι

μπορούμε χωρίς βλάβη να υποθέσουμε ότι οι p_1,..., p_k

είναι όλοι οι πρώτοι

).

Για

οι αντίστοιχοι όροι του αθροίσματος έχουν άθροισμα

$\displaystyle{ \sum_ { p_1,...,p_k } \dfrac {1}{p_1^{a_1}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}p\cdot p}= \dfrac {1}{p^2} \prod _{q<p}\left ( 1- \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} }$

Κάνουμε το ίδιο για N=2,3,...

και τους αθροίζουμε όλους. Η συνεισφορά τους είναι

$\displaystyle{ \left ( \dfrac {1}{p^2} + \dfrac {1}{p^3} + \dfrac {1}{p^4} +... \right ) \prod _{q<p}\left ( 1- \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} =\dfrac {1}{p(p-1)} \prod _{q<p}\left ( 1- \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} }$

Τώρα

$\displaystyle{ \prod _{q<p}\left ( 1- \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} = \prod _{q<p}\left ( 1+ \dfrac {1}{q-1} \right )\le \prod _{q<p} e^{1/(q-1)} \le \prod _{q<p} e^{2/q} = }$

$\displaystyle{ = e^{\sum_{q<p} {2/q}} \sim e^{2 \ln \ln p }}= (\ln p)^2}$ .

Άρα το άθροισμά μας (διώχνουμε χωρίς βλάβη τον πρώτο όρο για να αποφύγουμε το

στον παρονομαστή) είναι

$\displaystyle{\sum_p\dfrac {1}{p(p-1)} \prod _{q<p}\left ( 1- \dfrac {1}{q} \right ) ^{-1} \le C\sum_p\dfrac { (\ln p)^2}{p(p-1)} \le C\sum_n\dfrac { (\ln n)^2}{n(n-1)} }$ που συγκλίνει (καθώς $\ln n \le D \sqrt [4]{n}$ )

#8

Ο Μιχάλης χρησιμοποίησε και το θεώρημα των πρώτων αριθμών (επιτρέπεται βέβαια) αλλά μπορούμε να αποφύγουμε τη χρήση του:

Είναι $\displaystyle \sum_{q < p} \frac{1}{q} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{n < p/6} \left(\frac{1}{6n-1} + \frac{1}{6n+1} \right) \sim \frac{\log{p}}{3}$

Καταλήγουμε ότι το άθροισμα είναι το πολύ $\displaystyle C \sum_n \frac{n^{2/3}}{n(n-1)}$ το οποίο συγκλίνει.

[Μιχάλη έχεις τυπογραφικά σε κάποια σημεία. Τα 1/p

προφανώς πρέπει να αλλάξουν σε 1/q

.]

#9

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 15, 2020 11:09 am
Ο Μιχάλης χρησιμοποίησε και το θεώρημα των πρώτων αριθμών (επιτρέπεται βέβαια) αλλά μπορούμε να αποφύγουμε τη χρήση του:

Είναι $\displaystyle \sum_{q < p} \frac{1}{q} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{n < p/6} \left(\frac{1}{6n-1} + \frac{1}{6n+1} \right) \sim \frac{\log{p}}{3}$

Πολύ ωραία και απλή αυτή η εκτίμηση, χωρίς βαρύ εργαλείο. Και βέβαια είναι καλύτερη από το $(\ln p)^2$ που έβγαλα.

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 15, 2020 11:09 am
[Μιχάλη έχεις τυπογραφικά σε κάποια σημεία. Τα προφανώς πρέπει να αλλάξουν σε .]

Τα διόρθωσα.

ΧΙΛΙΑ ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ.

Σύγκλιση ή απόκλιση;

Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Re: Σύγκλιση ή απόκλιση;

Μέλη σε σύνδεση