k-άδες σχετικά πρώτων

Petros N. · #1

Να δειχθεί η παρακάτω σχέση όπου το άθροισμα καλύπτει όλες τις σχετικά πρώτες k-άδες αριθμών και

τυχαίος θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του 1:

$\displaystyle \sum{\frac{1}{n_1n_2...n_k(n_1+n_2+...+n_k)}}=k!$

#2

Ωραίο!

Έχω

$\displaystyle{ S_k = \sum_{(n_1,n_2,\ldots,n_k)=1}{\frac{1}{n_1n_2...n_k(n_1+n_2+...+n_k)} = \sum_{n_1=1}^{\infty} \cdots \sum_{n_k=1}^{\infty}{\frac{1}{n_1n_2...n_k(n_1+n_2+...+n_k)}\sum_{d|n_1,\ldots,d|n_k} \mu(d)}$

όπου $\mu$ η συνάρτηση Mobius. Αυτό ισχύει διότι αν $(n_1,\ldots,n_k) = N$ , τότε το $\sum_{d|N} \mu(d)$ ισούται με

αν

και ισούται με

αν

.

Αλλάζοντας τώρα την σειρά άθροισης έχω

$\displaystyle{ S_k = \sum_{d=1}^{\infty} \mu(d) \sum_{n_1: d|n_1} \cdots \sum_{n_k:d|n_k} \frac{1}{n_1n_2...n_k(n_1+n_2+...+n_k)}.}$

Γράφοντας n_1= m_1d

κ.τ.λ. στα τελευταία αθροίσματα έχω

$\displaystyle{ S_k = \sum_{d=1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^{k+1}} \sum_{m_1=1}^{\infty}\cdots \sum_{m_k=1}^{\infty}\frac{1}{m_1m_2...m_k(m_1+m_2+...+m_k)}.}$

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle{ \sum_{d=1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^{k+1}} = \frac{1}{\zeta(k+1)}}$ οπότε μένει να δείξω ότι $\displaystyle{ \sum_{m_1=1}^{\infty}\cdots \sum_{m_k=1}^{\infty}\frac{1}{m_1m_2...m_k(m_1+m_2+...+m_k)} = k!\zeta(k+1).}$

Δεν βρήκα κάτι απλό για το τελευταίο. Βρήκα το πιο κάτω:

$\displaystyle{ S_k = \sum_{m_1,\ldots,m_k}\frac{1}{m_1m_2...m_k(m_1+m_2+...+m_k)} = \sum_{m_1,\ldots,m_k}\int_0^1 x_1^{m_1-1} \, dx_1 \cdots \int_0^1 x_k^{m_k-1} \, dx_k \int_0^1 x^{m_1 + \cdots + m_k-1} \, dx}$

Περνώντας το άθροισμα μέσα στα ολοκληρώματα, κάτι που επιτρέπεται από Fubini, βρίσκω ότι

$\displaystyle{ S_k = \int_0^1 \cdots \int_0^1 \frac{x^{k-1}}{(1-xx_1)\cdots (1-xx_k)} \, dx_1 \cdots \, dx_k \, dx}$

Επειδή όμως $\displaystyle{ \int_0^1 \frac{1}{1-xx_i} \, dx_i = -\frac{\ln(1-x)}{x}}$ καταλήγω στο ότι

$\displaystyle{ S_k = (-1)^k\int_0^1 \frac{\log^k(1-x)}{x} \, dx = (-1)^k \int_{-\infty}^0 \frac{t^ke^t}{1-e^t} \, dt}$

όπου στην τελευταία ισότητα έκανα την αλλαγή μεταβλητής 1-x = e^t

.

Οπότε, πάλι από Fubini, (και επειδή |e^x| < 1

στο $(-\infty,0)$ ) είναι

$\displaystyle{ S_k = (-1)^k \sum_{i=0}^{\infty} \int_0^1 t^ke^{(1+i)t} \, dt = (-1)^k \sum_{i=0}^{\infty} \int_0^1 \frac{t^ke^t}{(i+1)^k} \, dt = (-1)^k \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^k} \int_0^1t^ke^t \, dt.}$

Αν θέσω $I_k = \int_{-\infty}^0 t^k e^t \, dt$ , ολοκληρώνοντας κατά παράγοντες βγαίνει $I_k = -kI_{k-1}$ και επειδή I_0=1

, είναι

. Το ζητούμενο έπεται.

Petros N. · #3

Πολύ καλό!
Εναλλακτικά (πιο στοιχειωδώς) για τον υπολογισμό του S_k

θα μπορούσαμε να πούμε:

Έστω $\displaystyle f(x)= \sum_{m_1,\ldots,m_k}\frac{x^{m_1+m_2+...+m_k}}{m_1m_2...m_k(m_1+m_2+...+m_k)}$

Τότε:
$\displaystyle S_k=f(1)=\int_0^1f'(x)dx=\int_0^1\frac{1}{x} \sum_{m_1,\ldots,m_k}\frac{x^{m_1+m_2+...+m_k}}{m_1m_2...m_k}dx=$

$\displaystyle =\int_0^1\frac{1}{x}(\sum_1^{\infty}\frac{x^i}{i})^kdx= \int_0^1\frac{1}{x}[-ln(1-x)]^kdx=\int_0^{\infty}{\frac{u^k}{e^u-1}}du=$

$=\Gamma(k+1)\zeta(k+1)=k!\zeta(k+1)$

όπου έγικε η αντικατάσταση u=-ln(1-x)

και χρηιμοποιήθηκε γνωστός τύπος
$\displaystyle \int_0^{\infty}{\frac{u^z}{e^z-1}} du = \Gamma(z+1)\zeta(z+1)$

k-άδες σχετικά πρώτων

k-άδες σχετικά πρώτων

Re: k-άδες σχετικά πρώτων

Re: k-άδες σχετικά πρώτων

Μέλη σε σύνδεση