Γινόμενο!

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 - \frac{1}{\phi^n} \right )^{\frac{\mu(n) - \varphi(n)}{n}} = e }$
όπου $\phi$ ο χρυσός λόγος, $\mu$ η συνάρτηση Möbius και $\varphi$ η συνάρτηση Euler.

#2

Έχουμε

$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n) - \varphi(n)}{n}\log\left(1 - \frac{1}{\varphi^n} \right) \\ =&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\varphi(n) - \mu(n)}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k\varphi^{kn}} \\ =&\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m \varphi^m} \sum_{d|m} \left(\varphi(d) - \mu(d) \right) \\ =& \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{\varphi^m}= \frac{1}{\varphi^2} \frac{1}{1- \frac{1}{\varphi}} = \frac{1}{\varphi^2-\varphi} = 1 \end{aligned}$

Από την τρίτη στην τέταρτη γραμμή χρησιμοποιήσαμε ότι $\displaystyle \sum_{d|m} \varphi(d) = m$ και $\displaystyle \sum_{d|m} \mu(d) =\begin{cases} 1 & m=1 \\ 0 & m > 1 \end{cases}$

Το ζητούμενο έπεται.

Tolaso J Kos · #3

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 09, 2020 1:21 pm

$=& \sum_{m=2}^{\infty} = \frac{1}{\varphi^2} \frac{1}{1- \frac{1}{\varphi}} = \frac{1}{\varphi^2-\varphi} = 1$

Ω ναι! Εδώ μάλλον πρέπει να έχει ξεχαστεί το $\phi^n$ στο άθροισμα! Βέβαια το παραπάνω άθροισμα είναι ειδική περίπτωση αθροίσματος της συνάρτησης Liouville .

#4

Ευχαριστώ το διόρθωσα. Είχα και ένα τυπογραφικό στην προηγούμενη γραμμή.

Tolaso J Kos · #5

Ας δούμε και το γενικότερα αποτέλεσμα:

$\displaystyle{\prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 - \frac{1}{\phi^n} \right )^{\frac{\mu(n) - \varphi(n) + \lambda(n)}{n}} = \sqrt{\frac{e^3}{\exp \left ( \vartheta_3\left ( 0; \frac{1}{\phi} \right ) \right )}}}$
όπου $\lambda'$ συνάρτηση τέτοια ώστε

$\displaystyle{\sum \limits_{d \mid n} \lambda'(d) = \left\{\begin{matrix} n & , & \text{if n is a perfect square} \\ 0 & , & \text{otherwise} \end{matrix}\right.}$ και $\vartheta_3$ η συνάρτηση του Jacobi.

Ευχαριστώ Δημήτρη. Φαίνεται πως η άσκηση που στάλθηκε στο RMM είναι λάθος.

#6

Το επαναφέρω μιας και έγινε διόρθωση στο ζητούμενο και μερικοί μπορεί να μην το προσέξουν.

Tolaso J Kos · #7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 09, 2020 2:08 pm
Ας δούμε και το γενικότερα αποτέλεσμα:

$\displaystyle{\prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 - \frac{1}{\phi^n} \right )^{\frac{\mu(n) - \varphi(n) + \lambda'(n)}{n}} = \sqrt{\frac{e^3}{\exp \left ( \vartheta_3\left ( 0; \frac{1}{\phi} \right ) \right )}}}$
όπου $\lambda'$ συνάρτηση τέτοια ώστε

$\displaystyle{\sum \limits_{d \mid n} \lambda'(d) = \left\{\begin{matrix} n & , & \text{if n is a perfect square} \\ 0 & , & \text{otherwise} \end{matrix}\right.}$ και $\vartheta_3$ η συνάρτηση του Jacobi.

Βασικά Δημήτρη αντιγράφοντας τη δική σου τεχνική έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lambda'(n)}{n} \log \left ( 1 - \frac{1}{\phi^n} \right ) &= -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\lambda'(n)}{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k \phi^{kn}} \\ &=-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m\phi^m} \sum_{d \mid m} \lambda'(m) \\ &=-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{m^2}}\\ &= - \frac{1}{2} \left ( \vartheta_3 \left ( 0; \frac{1}{\phi} \right ) - 1 \right ) \end{aligned}}$

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 09, 2020 2:08 pm

όπου $\lambda'$ συνάρτηση τέτοια ώστε
$\displaystyle{\sum \limits_{d \mid n} \lambda'(d) = \left\{\begin{matrix} n & , & \text{if n is a perfect square} \\ 0 & , & \text{otherwise} \end{matrix}\right.}$

Υπάρχει τέτοια συνάρτηση Δημήτρη που να είναι γνωστή στη βιβλιογραφία;

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 11, 2020 10:53 am

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 09, 2020 2:08 pm

όπου $\lambda'$ συνάρτηση τέτοια ώστε
$\displaystyle{\sum \limits_{d \mid n} \lambda'(d) = \left\{\begin{matrix} n & , & \text{if n is a perfect square} \\ 0 & , & \text{otherwise} \end{matrix}\right.}$

Υπάρχει τέτοια συνάρτηση Δημήτρη που να είναι γνωστή στη βιβλιογραφία;

Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε αντιστροφή Mobius για να τη βρούμε. Ορίζουμε $\displaystyle f(n) = \sum \limits_{d \mid n} \lambda'(d) .$ Τότε είναι

$\displaystyle \lambda'(n) = \sum_{d|n}^{\mu(n/d) f(d)} = \sum_{\stackrel{d|n}{d=k^2}} d \mu(n/d)$

Αν τώρα $n = p_1^{r_1} \cdots p_k^{r_k}$ υπάρχει μόνο μία τιμή του

ώστε και το

να είναι τέλειο τετράγωνο αλλά και το $\mu(n/d)$ να μην είναι

, δηλαδή το n/d

να είναι ελεύθερο τετραγώνου. Πρέπει d = h(n)

όπου

το τετράγωνο μέρος του αριθμού

. Π.χ.

επειδή $600 = 6 \cdot 100$ και το

είναι ελεύθερο τετραγώνο. Ο συμβολισμός είναι δικός μου. Δεν γνωρίζω αν υπάρχει συμβολισμός.

Καταλήγουμε στο $\lambda'(n) = h(n)\lambda(n)$ . Δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάποιος άλλος συμβολισμός.

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 11, 2020 10:53 am
$\displaystyle{\begin{aligned} &=-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{m^2}}\\ &= - \frac{1}{2} \left ( \vartheta_3 \left ( 0; \frac{1}{\phi} \right ) - 1 \right ) \end{aligned}}$

Εδώ με πειράζει κάπως να χρησιμοποιούμε πιο πολύπλοκους συμβολισμούς από ότι πρέπει. Δεν υπήρχε λόγος να γίνει αναφορά στη $\vartheta_3$ . Έχοντας ήδη την προηgούμενη δουλειά που έκανα ο περισσότερος και αχρείαστος κόπος που έπρεπε να κάνει κάποιος ήταν να αποκρυπτογραφήσεi τι στο καλό είναι αυτή η συνάρτηση $\vartheta_3$ .

Tolaso J Kos · #9

Demetres έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 11, 2020 11:53 am

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 11, 2020 10:53 am
$\displaystyle{\begin{aligned} &=-\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{m^2}}\\ &= - \frac{1}{2} \left ( \vartheta_3 \left ( 0; \frac{1}{\phi} \right ) - 1 \right ) \end{aligned}}$
Εδώ με πειράζει κάπως να χρησιμοποιούμε πιο πολύπλοκους συμβολισμούς από ότι πρέπει. Δεν υπήρχε λόγος να γίνει αναφορά στη $\vartheta_3$ . Έχοντας ήδη την προηgούμενη δουλειά που έκανα ο περισσότερος και αχρείαστος κόπος που έπρεπε να κάνει κάποιος ήταν να αποκρυπτογραφήσεi τι στο καλό είναι αυτή η συνάρτηση $\vartheta_3$ .

Πιο πολύ Δημήτρη για το glamour. Πάντως οι συναρτήσεις $\vartheta$ του Jacobi είναι γνωστές.

Γινόμενο!

Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Re: Γινόμενο!

Μέλη σε σύνδεση