Σειρά με ΕΚΠ

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώσουμε με ${\rm lcm}$ το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο. Δειχθήτω ότι για κάθε s >1

ισχύει ότι:
$\displaystyle{\sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{{\rm lcm}^s(m, n)} = \frac{\zeta^3(s)}{\zeta(2s)}}$ όπου $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann.

#2

Έχουμε ότι

$\displaystyle{ \zeta^3(s) = \sum_{k=1}^{\infty}\sum_{\ell=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{(k\ell m)^s} = \sum_{N=1}^{\infty} \frac{f(N)}{N^s}}$

όπου με f(N)

δηλώνουμε το πλήθος των τρόπων που μπορούμε να γράψουμε το

ως γινόμενο τριών φυσικών. Αν $N = p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}$ ως γινόμενο πρώτων παραγόντων τότε

$\displaystyle{f(N) = \binom{r_1+2}{2} \cdots \binom{r_k+2}{2}}$

Πράγματι, αν γράψουμε $p_1^{x_1} \cdots p_k^{x_k}, p_1^{y_1} \cdots p_k^{y_k}$ και $p_1^{z_1} \cdots p_k^{z_k}$ για τους τρεις φυσικούς, τότε ψάχνουμε για το πλήθος των λύσεων των εξισώσεων

$x_1+y_1+z_1 = r_1, \ldots, x_k+y_k+z_k = r_k$ .

Όμως η εξίσωση x+y+z = r

έχει $\binom{r+2}{2}$ λύσεις οπότε ο ισχυρισμός έπεται.

Έχουμε επίσης ότι

$\displaystyle{ \zeta(2s) \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\mathrm{lcm}(m,n)^s} = \sum_{N=1}^{\infty} \frac{g(N)}{N^s}}$

όπου με g(N)

δηλώνουμε το πλήθος των τριάδων (k,m,n)

ώστε $N = k^2\mathrm{lcm}(n,m)$ . Ισχυριζόμαστε ότι g(N) = f(N)

. Πράγματι, αν γράψουμε $N = p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}$ τότε ψάχνουμε το πλήθος των λύσεων των εξισώσεων

$\displaystyle{ r_1 = 2x_1 + \max\{y_1,z_1\}, \ldots, r_k = 2x_k + \max\{y_k,z_k\}}$

Για να ολοκληρωθεί η απόδειξη, αρκεί να δείξω ότι η εξίσωση

$\displaystyle{ n = 2x + \max\{y,z\} \qquad (*)}$

έχει ακριβώς $\binom{n+2}{2}$ λύσεις στους φυσικούς. Παρατηρούμε ότι η εξίσωση $m = \max\{y,z\}$ έχει 2m+1

λύσεις στους φυσικούς. Πράγματι είτε y=m

και έχουμε m+1

επιλογές για το

, είτε

και έχουμε m+1

επιλογές για το

. Εδώ διπλομετρήσαμε την λύση y=z=m

. Συνολικά λοιπόν όντως υπάρχουν (m+1) + (m+1) - 1 = 2m+1

λύσεις.

Άρα η (*) έχει

$\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} [2(n-2k)+1] = (2n+1)(\lfloor n/2 \rfloor + 1) - 2\lfloor n/2 \rfloor(\lfloor n/2 \rfloor + 1) = \lfloor n/2 \rfloor(2n+1 - 2\lfloor n/2 \rfloor)}$

λύσεις.Ο έλεγχος ότι αυτό ισούται με $\binom{n+2}{2}$ είναι απλός.

Σημείωση: Χρειάζεται και κάποιος έλεγχος για την σύγκλιση των σειρών αλλά δεν είναι δύσκολος.

Tolaso J Kos · #3

Δημήτρη , ευχαριστώ !! Έχω δει ακριβώς την ίδια λύση αλλά δύσκολα ( έως απίθανα ) θα τη σκεφτόμουν .

Tolaso J Kos · #4

Μετά από χρόνια και κάτι βδομάδες ... δίνω μία άλλη λύση!!

Για κάθε $M \in \mathbb{N}^+$ της μορφής $M =p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}$ ο αριθμός των λύσεων της εξίσωσης $\mathrm{lcm} (n , m) = M$ είναι ίσος με $(2a_1 + 1 ) (2a_2 + 1) \cdots (2a_k +1)$ . Έπεται ότι η σειρά ισούται με

$\displaystyle{\sum_{M \geq 1} \frac{1}{M^s} \prod_{p \mid M} \left ( 2 \nu_p(M) + 1 \right )}$
και επειδή η συνάρτηση $M \mapsto \prod_{p \mid M} \left ( 2 \nu_p(M) + 1 \right )$ είναι πολλαπλασιαστική έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\mathrm{lcm}^s (m, n)} &= \prod_{p \in \mathbb{P}} \left ( 1 + \frac{3}{p^s} + \frac{5}{p^{2s}} + \cdots \right ) \\ &= \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{p^s \left ( p^s+1 \right )}{\left ( p^s-1 \right )^2} \\ &= \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{1 - \frac{1}{p^{2s}}}{\left ( 1 - \frac{1}{p^s} \right )^3} \\ &= \frac{\zeta^3(s)}{\zeta(2s)} \end{aligned}}$

Σειρά με ΕΚΠ

Σειρά με ΕΚΠ

Re: Σειρά με ΕΚΠ

Re: Σειρά με ΕΚΠ

Re: Σειρά με ΕΚΠ

Μέλη σε σύνδεση