mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 16, 2018 3:41 pm**

Ο αριθμός

παίρνει τιμές πάνω από όλες τις πιθανές δυνάμεις που έχουν βάση και εκθέτη θετικό ακέραιο μεγαλύτερο του

, με τη προϋπόθεση ότι παίρνει κάθε τιμή μία φορά. Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα. Στη περίπτωση που συγκλίνει, καλείστε να το υπολογίσετε.

$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{q} \frac{1}{q-1}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 16, 2018 5:53 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Σεπ 16, 2018 3:41 pm Ο αριθμός παίρνει τιμές πάνω από όλες τις πιθανές δυνάμεις που έχουν βάση και εκθέτη θετικό ακέραιο μεγαλύτερο του , με τη προϋπόθεση ότι παίρνει κάθε τιμή μία φορά. Να εξεταστεί αν συγκλίνει το άθροισμα. Στη περίπτωση που συγκλίνει, καλείστε να το υπολογίσετε.

$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{q} \frac{1}{q-1}}$

Η ΛΥΣΗ ΕΙΝΑΙ ΛΑΘΟΣ. Βλέπε το επόμενο ποστ.
Από την μοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους οι αριθμοί της μορφής p^n

, όπου

πρώτος και n>1

φυσικός, είναι επιτρεπτά/διαφορετικά

.

Για σταθερό

το άθροισμα πάνω από τα p^n

έχει συνεισφορά $\displaystyle{ \sum_{n} \frac{1}{p^n-1}\ge \sum_{n} \frac{1}{p^n}= \frac {p}{p-1} \ge \frac {1}{2}$

Αλλάζοντας το

και επειδή υπάρχουν άπειροι πρώτοι, συμπεραίνουμε ότι η σειρά αποκλίνει.

Ευχαριστώ τον Δημήτρη για την επισήμανση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 18, 2018 5:33 pm**

Μιχάλη, υπάρχει θέμα με την απόδειξη διότι προσθέτεις τους όρους για n=0,1

που απαγορεύεται.

Το άθροισμα συγκλίνει. Έχω μια ιδέα για το πως θα υπολογιστεί αλλά δεν το δοκίμασα ακόμη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 18, 2018 6:44 pm**

Demetres έγραψε: Τρί Σεπ 18, 2018 5:33 pm Μιχάλη, υπάρχει θέμα με την απόδειξη διότι προσθέτεις τους όρους για που απαγορεύεται.

Το άθροισμα συγκλίνει. Έχω μια ιδέα για το πως θα υπολογιστεί αλλά δεν το δοκίμασα ακόμη.

Δημήτρη. έχεις δίκιο

, ξέχασα τον περιορισμό $n\ne 1$

Ας δείξω τουλάχιστον την σύγκλιση που είναι απλή.

Το δοθέν άθροισμα (βάζοντας και τις επαναλήψεις μέσα) είναι $\displaystyle{\le \sum _{m,k \ge 2} \frac {1}{m^k-1} }$ . Τα μερικά του αθροίσματα είναι το πολύ

$\displaystyle{ \sum _{2\le m,k \le N} \frac {1}{m^k-1}\le \sum _{2\le m,k \le N} \frac {2}{m^k} \le \sum _{ m =2 }^{N} \sum _{k = 2}^{\infty} \frac {2}{m^k} = \sum _{ m =2 }^{N} \frac {2}{m^2}\cdot \frac {m}{m-1} \le \sum _{ m =2 }^{N} \frac {4}{m^2} }$

που είναι φραγμένα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 22, 2018 12:05 pm**

Demetres έγραψε: Τρί Σεπ 18, 2018 5:33 pm Έχω μια ιδέα για το πως θα υπολογιστεί αλλά δεν το δοκίμασα ακόμη.

Δοκιμάζοντας την ιδέα δεν δούλεψε για να βρω κάποια κλειστή μορφή. Εμφανίζονται στους υπολογισμούς μου αθροίσματα της μορφής $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(kn)}{n}$ όπου $\mu$ η συνάρτηση Mobius.

Τόλη, έχουμε απάντηση σε κλειστή μορφή;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 22, 2018 12:16 pm**

Demetres έγραψε: Σάβ Σεπ 22, 2018 12:05 pm
Τόλη, έχουμε απάντηση σε κλειστή μορφή;

Αμέ,

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 22, 2018 11:27 pm**

Ισχυρίζομαι αρχικά ότι $\displaystyle S = -\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty} \frac{\mu(k)}{n^k-1}$ όπου $\mu$ η συνάρτηση Möbius.

Πράγματι για κάθε q > 1

που είναι τέλεια δύναμη, γράφουμε q = N^r

με το

να μην είναι τέλεια δύναμη. Τότε το

εμφανίζεται στο πιο πάνω διπλό άθροισμα από μία φορά για κάθε d|r

με $d \neq 1$ ως q = n^k

όπου $n = N^{r/d}$ και k = d

. (Μόνο έτσι μπορεί να εμφανιστεί.) Το άθροισμα των συντελεστών με τους οποίους εμφανίζεται ισούται με

$\displaystyle -\sum_{\{d:d\neq 1,d|r\}} \mu(d) = \mu(1)-\sum_{d|r} \mu(d) = 1$

αφού ως γνωστό $\displaystyle \sum_{d|r} \mu(d) = 0$ για r > 1

. Αυτό αποδεικνύει και τον ισχυρισμό. [Οι εναλλαγές αθροισμάτων επιτρέπονται επειδή με παρόμοιο τρόπο όπως του Μιχάλη πιο πάνω η σύγκλιση είναι απόλυτη.]

Έχουμε τώρα $\displaystyle \frac{1}{n^k-1} = \frac{1}{n^k}\frac{1}{1-\frac{1}{n^k}} = \frac{1}{n^k} \sum_{r=0}^{\infty} \frac{1}{n^{kr}} = \sum_{r=1}^{\infty} \frac{1}{n^{kr}}$

Άρα

$\displaystyle S = -\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{r=1}^{\infty} \frac{\mu(k)}{n^{kr}} = -\sum_{n=2}^{\infty} \sum_{d=2}^{\infty} \sum_{\{k:k\neq 1, k|d\}} \frac{\mu(k)}{n^d} = \sum_{n=2}^{\infty}\sum_{d=2}^{\infty} \frac{1}{n^d}$

όπως ακριβώς και προηγουμένως.

Επομένως

$\displaystyle S = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^2}\frac{1}{1-\frac{1}{n}} = \sum_{n=2}^{\infty} \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) = 1$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 23, 2018 12:09 am**

Ωραία Δημήτρη .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 23, 2018 11:27 am**

Ας δώσουμε και μία άλλη λύση.

Ας δηλώσουμε με $\mathcal{M}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων που είναι μεγαλύτεροι του

και δεν είναι τέλειες δυνάμεις ( δηλ. δεν είναι της μορφής a^n

όπου

θετικός ακέραιος και $n \geq 2$ ) . Εφόσον η σειρά αποτελείται από θετικούς όρους , μπορούμε ελεύθερα να τους αναδιατάξουμε. Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{q} \frac{1}{q-1} &= \sum_{m \in \mathcal{M}} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{m^k-1} \\ &= \sum_{m \in \mathcal{M}} \sum_{k=2}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{m^{kj}}\\ &=\sum_{m \in \mathcal{M}} \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{m^{kj}} \\ &= \sum_{m \in \mathcal{M}} \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{m^j \left ( m^j-1 \right )} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n\left ( n-1 \right )} \\ &= \sum_{n=2}^{\infty} \left ( \frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} \right )\\ &= 1 \end{aligned}}$

mathematica.gr

Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;

Re: Αποκλίνει ... ή μήπως όχι;