Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

#1

Να εξετασθούν ως προς την σημειακή σύγκλιση οι ακολουθίες συναρτήσεων

$f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{\mu(k)}}{k}\,, \quad x\in({0,+\infty})\,,\;n\in\mathbb{N}\,,$
$g_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{\mu(k)}}{k^2}\,, \quad x\in({0,+\infty})\,,\;n\in\mathbb{N}\,,$

όπου $\mu$ είναι η συνάρτηση Möbius.

#2

grigkost έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 26, 2022 8:56 pm
Να εξετασθούν ως προς την σημειακή σύγκλιση οι ακολουθίες συναρτήσεων

$f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{\mu(k)}}{k}\,, \quad x\in({0,+\infty})\,,\;n\in\mathbb{N}\,,$

$g_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{x^{\mu(k)}}{k^2}\,, \quad x\in({0,+\infty})\,,\;n\in\mathbb{N}\,,$

όπου $\mu$ είναι η συνάρτηση Möbius.

α) Η πρώτη αποκλίνει για κάθε x>0

. Πράγματι, αφού όλοι οι όροι είναι θετικοί, έχουμε

$\displaystyle{f_n(x) \ge \sum_{p\le n,\, p =\pi \rho \omega \tau os}\frac{x^{\mu(p)}}{p} = \sum_{p\le n,\, p =\pi \rho \omega \tau os}\frac{x^{-1}}{p} = \dfrac {1}{x} \sum_{p\le n,\, p =\pi \rho \omega \tau os}\frac{1}{p} \rightarrow \infty}$ , διότι η σειρά πρώτων $\displaystyle{\sum \dfrac {1}{p} }$ αποκλίνει.

β) Η δεύτερη συγκλίνει για κάθε x>0

. Πράγματι, αφού η $\mu$ παίρνει μόνο τις τιμές $0, \,+1,\, -1$ έχουμε

$x^{\mu (k) } \le \max (1,\, x,\, x^{-1})$ . Άρα

$\displaystyle{0\le g_n(x) \le \sum_{k=1}^{n}\frac{\max (1,\, x,\, x^{-1})}{k^2} \le \max (1,\, x,\, x^{-1}) \sum_{k=1}^{\infty } \dfrac {1}{k^2} }$ , δηλαδή φραγμένο δεξί μέλος. Τελειώσαμε.

Tolaso J Kos · #3

Μιχάλη,

νομίζω ότι η άσκηση δε ζητάει τη σύγκλιση/απόκλιση των ακολουθιών αλλά τη σημειακή σύγκλιση αυτών.

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 27, 2022 1:07 am
Μιχάλη,

νομίζω ότι η άσκηση δε ζητάει τη σύγκλιση/απόκλιση των ακολουθιών αλλά τη σημειακή σύγκλιση αυτών.

Τόλη, αυτό έκανα. 'Εδειξα για ποια

συγκλίνουν ή απακλκίνουν. Άυτό ακριβώς είναι η σημειακή σύγκλιση ή μη.

#5

Από όσα γνωρίζω, αλλά και από ότι διαισθάνομαι, δεν υπάρχει τύπος (σε κλειστή μορφή) για το άθροισμα $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{\mu(n)}}{n^2}$ , έστω και για κάποιο συγκεκριμένο $x\in(0,1)\cup({1,+\infty})$ . Αν γνωρίζει κάποιος κάτι επ' αυτού, θα ήταν ενδιαφέρον να το μάθουμε.

#6

grigkost έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 27, 2022 8:04 am
Από όσα γνωρίζω, αλλά και από ότι διαισθάνομαι, δεν υπάρχει τύπος (σε κλειστή μορφή) για το άθροισμα $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{\mu(n)}}{n^2}$ , έστω και για κάποιο συγκεκριμένο $x\in(0,1)\cup({1,+\infty})$ . Αν γνωρίζει κάποιος κάτι επ' αυτού, θα ήταν ενδιαφέρον να το μάθουμε.

Και όμως υπάρχει. Αν δεν έκανα λάθος στις πράξεις βγαίνει

$\displaystyle \frac{\pi^2}{6} + \frac{1}{2\pi^2}\left( 21x+ \frac{9}{x} - 30 \right)\right)$

#7

Demetres έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 28, 2022 7:51 pm

grigkost έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 27, 2022 8:04 am
Από όσα γνωρίζω, αλλά και από ότι διαισθάνομαι, δεν υπάρχει τύπος (σε κλειστή μορφή) για το άθροισμα $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{\mu(n)}}{n^2}$ , έστω και για κάποιο συγκεκριμένο $x\in(0,1)\cup({1,+\infty})$ . Αν γνωρίζει κάποιος κάτι επ' αυτού, θα ήταν ενδιαφέρον να το μάθουμε.
Και όμως υπάρχει. Αν δεν έκανα λάθος στις πράξεις βγαίνει

$\displaystyle \frac{\pi^2}{6} + \frac{1}{2\pi^2}\left( 21x+ \frac{9}{x} - 30 \right)\right)$

Δημήτρη, αυτό είναι θαυμάσιο!

Αν και όποτε μπορέσεις, σε παρακαλώ, δώσε μας μια "σκιαγράφηση" των βημάτων εύρεσης.

Υ.Γ.1. Θα μπορούσαμε να τολμήσουμε έναν ανάλογο υπολογισμό για την γενική περίπτωση $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{\mu(n)}}{n^{m}} \,, \,\, m\in\mathbb{N}_{\geqslant2}$ , -ίσως- με την βοήθεια της συνάρτησης Riemann ;
Υ.Γ.2. Βέβαια, υπάρχει και η ακόμα γενικότερη περίπτωση $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^{\mu(n)}}{n^{s}} \,, \,\, \Re(s)>1$ ,

#8

Ναι Γρηγόρη. Με τη συνάρτηση ζήτα μπορούμε να τα βρούμε όλα. (Η εμφάνιση των $\pi^2$ μας υποψιάζει για αυτό.) Έστω

με $\mathrm{Re}(s) > 1$ .

Ας παρατηρήσουμε αρχικά ότι

$\displaystyle \prod_p \left(1 - \frac{1}{p^s} \right) = \frac{1}{\prod_p (1 + \frac{1}{p^s} + \frac{1}{p^{2s}} + \cdots)} = \frac{1}{\zeta(s)}$

και

$\displaystyle \prod_p \left(1 + \frac{1}{p^s} \right) = \prod_p \frac{1 - \frac{1}{p^{2s}}}{1 - \frac{1}{p^s}} = \frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}$

Ας παρατηρήσουμε τώρα ότι

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{\mu(n)}}{n^s} = \zeta(s) + (x-1)\sum_{n \in A} \frac{1}{n^s} + \left(\frac{1}{x}-1 \right)\sum_{n \in B} \frac{1}{n^s}$

όπου

είναι το σύνολο όλων των $n \in \mathbb{N}$ με $\mu(n) = 1$ και

το σύνολο όλων των $n \in \mathbb{N}$ με $\mu(n) = -1$ .

Έχουμε

$\displaystyle \sum_{n \in A} \frac{1}{n^s} + \sum_{n \in B} \frac{1}{n^s} = \sum_p \left( 1 + \frac{1}{p^s} \right) = \frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}$

και

$\displaystyle \sum_{n \in A} \frac{1}{n^s} - \sum_{n \in B} \frac{1}{n^s} = \sum_p \left( 1 - \frac{1}{p^s} \right) = \frac{1}{\zeta(s)}$

Καταλήγουμε στο:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{\mu(n)}}{n^s} = \zeta(s) + \frac{x-1}{2}\left(\frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)} + \frac{1}{\zeta(s)} \right) + \frac{1-x}{2x}\left(\frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)} - \frac{1}{\zeta(s)} \right)$

Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Re: Σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων

Μέλη σε σύνδεση