mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 23, 2018 6:49 pm**

Ίσως δεν είναι ευρέως γνωστό ότι
$\displaystyle\mathop{\sum}\limits_{{n}=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n}=0\,,$
όπου $\mu$ η συνάρτηση Möbius. Θα ήθελα να δω, αν υπάρχει, και κάποια "συμμαζεμένη" απόδειξη, τόσο για την σύγκλιση, όσο και για το αποτέλεσμα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 23, 2018 9:54 pm**

Καταρχάς θα πρέπει να τονιστεί ότι η σειρά συγκλίνει υπό συνθήκη. Σύμφωνα με τον Apostol υπάρχει μια απόδειξη στο βιβλίο του Ayoub που είναι ισοδύναμη με το θεώρημα των πρώτων.

@book{ayoub:analytic, author = "Raymond G. Ayoub", title = "An Introduction to the Analytic Theory of Numbers", publisher = "American Mathematical Society", year = "1963"}

Μία απόδειξη που δόθηκε από τον Edmund Landau μπορεί να βρει κανείς στο παρακάτω .pdf. Δυστυχώς είναι στα Γερμανικά.

neuerbeweisderg00landgoog.pdf: (345.94 KiB) Μεταφορτώθηκε 32 φορές

Μία παρατήρηση που αξίζει να δούμε εδώ είναι η ακόλουθη:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{\zeta(s)} &= \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 - \frac{1}{p_n^s} \right ) \\ &=\left ( 1 - \frac{1}{p_1^s} \right ) \left ( 1 - \frac{1}{p_2^s} \right ) \left ( 1 - \frac{1}{p_3^s} \right ) \cdots \\ &=1 - \left ( \frac{1}{p_1^s} + \frac{1}{p_2^s} + \cdots \right ) + \left ( \frac{1}{p_1^s p_2^s} + \frac{1}{p_1^s p_3^s} +\cdots + \frac{1}{p_2^sp_3^s} + \frac{1}{p_3^s p_4^s} + \cdots \right ) - \cdots \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s} \end{aligned}}$
Παίρνοντας όρια καθώς $s \rightarrow 1^+$ βγάζουμε ότι

$\displaystyle{\lim_{s\rightarrow 1^+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s} = 0}$
διότι $\lim \limits_{s \rightarrow 1^+} \zeta(s) = \infty$ . Αν μπορούσαμε να περάσουμε το όριο μέσα στη σειρά τότε τελειώσαμε. Το θέμα εδώ είναι ότι το να δείξει κάποιος ότι

$\displaystyle{\lim_{s\rightarrow 1^+} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^s} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n}}$
θέλει Δουλειά.

Σημείωση 1: Μπορεί κάποιος να δείξει με στοιχειώδη μέσα ότι η απόδειξη της σειράς $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} =0}$ είναι ισοδύναμη με το θεώρημα των πρώτων αριθμών.

Σημείωση 2: Ακόμα και η απόδειξη για τη σύγκλιση της σειράς έχει αρκετή δουλειά.

Σημείωση 3: Δείτε και αυτό το νήμα ... Τα παραπάνω θεωρούνται δεδομένα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 23, 2018 10:08 pm**

Ιδιαίτερο ενδιαφέρον έχει και η άλλη σειρά

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n) \log n}{n} = -1}$
η οποία αναφέρεται στο σύνδεσμο που έδωσα πάνω.

Τα δύο αυτά αποτελέσματα προσωπικά με αφήνουν εμβρόντητο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 23, 2018 10:37 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Αύγ 23, 2018 9:54 pm ...Σημείωση 1: Μπορεί κάποιος να δείξει με στοιχειώδη μέσα ότι η απόδειξη της σειράς $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n} =0}$ είναι ισοδύναμη με το θεώρημα των πρώτων αριθμών....

Εξαιρετικά ενδιαφέρον.

Σημείωση: Ανάλογη ισοδυναμία (αλλά πολλή δυσκολότερη) είναι και η εξής:

Η υπόθεση Riemann είναι ισοδύναμη με τον ισχυρισμό ότι η ισότητα
$\displaystyle\frac{1}{\zeta(s)}=\mathop{\sum}\limits_{{n}=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}$ έχει νόημα (ισχύει), για κάθε

με $\Re(s)>\frac{1}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 23, 2018 10:55 pm**

Σωστά.

grigkost έγραψε: Πέμ Αύγ 23, 2018 10:37 pm
Η υπόθεση Riemann είναι ισοδύναμη με τον ισχυρισμό ότι η ισότητα
$\displaystyle\frac{1}{\zeta(s)}=\mathop{\sum}\limits_{{n}=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}$ έχει νόημα (ισχύει), για κάθε με $\Re(s)>\frac{1}{2}$ .

Μάλιστα,

κάπου κάποτε είχα δει και μία ( σχετικά γρήγορη ) απόδειξη ότι η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{\sqrt{n}}}$ αποκλίνει. Ίσως να ήταν ενδιαφέρον να τη δούμε σε ξεχωριστό topic.

mathematica.gr

Μια σειρά Dirichlet

Μια σειρά Dirichlet

Re: Μια σειρά Dirichlet

Re: Μια σειρά Dirichlet

Re: Μια σειρά Dirichlet

Re: Μια σειρά Dirichlet