Сравнение множеств

[Vince Diesel]

Anixx в сообщении #1055067 писал(а):

В частности, известно, что обобщенная сумма по Раманужану
$\sum_{n\ge1}^{\Re}1=-1/2$

Для произвольных значений дзета-функция просуммирована по Рамануджану здесь, получается регуляризованная дзета-функция:

$$ \sum_{n=1}^{\mathfrak{R}} n^{-z}=\zeta(z)-\frac1{z-1},\quad z\ne1. $$

[Anixx]

Всё верно. Для того, чтобы все вышеперечисленные свойства работали, а также на основе формулы Фаулхабера для суммы Рамануджана, оказалось, что стандартная часть степеней $\omega_-$ - это числа Бернулии!

$\operatorname{st}\omega_-^n=B_n$

а стандартная часть степеней $\omega_+$ - вторые числа Бернулли (то же самое, но $B^*_1 = 1/2$ вместо $-1/2$):

$\operatorname{st}\omega_+^n=B^*_n$

Более общие формулы выглядят так:

* Через зета-функцию Римана: $\operatorname{st}\omega_+^x=-x\zeta(1-x)$

* Через многочлены Бернулли: $\operatorname{st}(\omega_-+z)^n= B_n(z)$

* И в самом общем случае, через зета-функцию Гурвица: $\operatorname{st}(\tau+y)^x=-x\zeta(1-x,1/2+y)$

[Deggial]

Название темы полностью изменено без согласия ТС.

arseniiv в сообщении #1055057 писал(а):

Anixx
Есть куча множеств с элементами — не числами. На которых ни естественного порядка не задано, ни операций каких, ни метрики, ни линейной структуры, ни топологии (у $\mathbb R$, ясен пень, всё это есть; а у $\mathbb C$ тоже есть, но кроме порядка). Что с ними прикажете делать?

Anton_Peplov в сообщении #1055065 писал(а):

Чему равно количество всех натуральных степеней двойки? $2, 2^2, 2^3...$

Anixx, Вы находитесь в дискуссионном разделе, потому Вы обязаны отвечать на вопросы ЗУ.
В случае отсутствия ответов тема будет закрыта, возможно, с выдачей санкций.

[Anixx]

Deggial в сообщении #1055119 писал(а):

Название темы полностью изменено без согласия ТС.
Вы находитесь в дискуссионном разделе, потому Вы обязаны отвечать на вопросы ЗУ.
В случае отсутствия ответов тема будет закрыта, возможно, с выдачей санкций.

Я на оба вопроса ответил выше. В постах post1055058.html#p1055058 и post1055067.html#p1055067 соответственно.

[Deggial]

Anixx в сообщении #1055120 писал(а):

В постах 20.09.2015, 00:15 и 20.09.2015, 00:39 соответственно.

Да, не заметил ответ на 1-й вопрос.
На 2-й вопрос вижу только отписку. Где доказательства?
Вообще, изложение в виде идей неудачное. Логика рассуждений не наблюдается.

[Someone]

Anixx, а зачем это всё, собственно говоря, нужно? Какую, конкретно, задачу Вы хотите с помощью этого всего решить?

Дело в том, что всяких "мер" для множеств есть тьма тьмущая. Чем ваша лучше их всех?

[Anixx]

Someone в сообщении #1055123 писал(а):

Anixx, а зачем это всё, собственно говоря, нужно? Какую, конкретно, задачу Вы хотите с помощью этого всего решить?

Дело в том, что всяких "мер" для множеств есть тьма тьмущая. Чем ваша лучше их всех?

Ну как я уже сказал, она более чувствительная, чем канторовская. Прибавляем к множеству один элемент - мера меняется. Убираем один элемент - мера уменьшается. Убираем элементы через 1 - мера уменьшается в два раза.

А еще более интересно - что она раскрывает алгебраическую роль чисел и многочленов Бернули, зета-функции и даёт очень интересные соотношения между элементарными функциями. Ведь многие функции могут быть разложены в ряд с коэффициентами - числами Бернулли.

-- 20.09.2015, 10:01 --

Например, вот из этих двух рядов

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k)!}=\cos x$

$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k2^{2k}B_{2k}x^{2k-1}}{(2k)!}=\cot x$

следует

$\cot x=\operatorname{st} \frac{\cos (2x\omega_-)}x$

[Deggial]

Forum Administration в сообщении #27358 писал(а):

3.1. ...В математических разделах все понятия и обозначения должны быть точно определены, все утверждения должны быть четко и однозначно сформулированы и строго доказаны. ...

Прошу.
Или поедем в Карантин.

[Anixx]

А что тут доказывать?

Имеем:

$$\operatorname{st}\omega_-^n=B_n$$

$$\cot x=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k2^{2k}B_{2k}x^{2k-1}}{(2k)!}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k2^{2k}\operatorname{st}(\omega_\pm^{2k})x^{2k}}{x(2k)!}=\operatorname{st}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k(2x\omega_\pm)^{2k}}{x(2k)!}=\operatorname{st} \frac{\cos (2x\omega_\pm)}x$$

[Someone]

Я всё равно не понял, зачем это нужно. Пожалуйста, продемонстрируйте задачу, которую без вашей "меры" решить нельзя (или очень сложно), а с вашей задача решается (или решается гораздо проще).

[Deggial]

Anixx в сообщении #1055045 писал(а):

* Количество множества состоит из стандартной и нестандартной частей. Стандартная часть - это просто действительное число. Нестандартная часть конечных множеств равна нулю.

Здесь понятно, но для формализма нужно написать точнее. Сейчас формально - это не определение.

Anixx в сообщении #1055061 писал(а):

У меня есть подозрение, что множество действительных чисел на полуоткрытом промежутке длиной $1$ (например, $[0,1)$ ) есть $\omega_+^{\omega_-}$. Но это пока только предположение. Тогда количество всех действительных есть $2\tau\omega_+^{\omega_-}+1$

Не доказано (и даже не определено).

Anixx в сообщении #1055061 писал(а):

Цитата:

А вот что насчет множества всех рациональных или иррациональных чисел?

У меня есть подозрение, что множество действительных чисел на полуоткрытом промежутке длиной $1$ (например, $[0,1)$ ) есть $\omega_+^{\omega_-}$. Но это пока только предположение. Тогда количество всех действительных есть $2\tau\omega_+^{\omega_-}+1$

Здесь Вас спрашивали не про действительные, а про рациональные числа (про иррациональные ответ будет понятен)

Anixx в сообщении #1055077 писал(а):

$\tau^2$ имеет стандартную часть $-1/12$.

Не доказано.

Anixx в сообщении #1055067 писал(а):

Таким образом,

$$ (1+1+1+1+...)=\sum_{n\ge1}1=\omega_-$$

$$(1+2+3+4+...)=-\frac{\omega_-^{2}}{2} $$

2-я сумма непонятно откуда вылезла. Не доказано.

Anixx в сообщении #1055118 писал(а):

$\operatorname{st}\omega_-^n=B_n$
$\operatorname{st}\omega_+^n=B^*_n$
* Через зета-функцию Римана: $\operatorname{st}\omega_-^x=-x\zeta(1-x)$
* Через многочлены Бернулли: $\operatorname{st}(\omega_-+z)^n= B_n(z)$
* И в самом общем случае, через зета-функцию Гурвица: $\operatorname{st}(\tau+y)^x=-x\zeta(1-x,1/2-y)$

Не доказано.

[Vince Diesel]

Someone в сообщении #1055123 писал(а):

Anixx, а зачем это всё, собственно говоря, нужно?

А зачем обязательно нужно? Если действительно красиво и не сводится к уже известному, то приложения и потом найтись могут.

Anixx в сообщении #1055045 писал(а):

Поэтому, пришла идея сравнить множества другим способом. Который бы учитывал плотность множеств на числовой оси.

А для каких множеств эта мера определена? А то пока что рассматриваются только счетные множества с единственной предельной точкой на бесконечности.

[Someone]

Vince Diesel в сообщении #1055132 писал(а):

А зачем обязательно нужно? Если действительно красиво и не сводится к уже известному, то приложения и потом найтись могут.

Пока не вижу никакого определения, а уж о "красивостях" пока и заикаться рано.

[Anton_Peplov]

Deggial в сообщении #1055119 писал(а):

Вы находитесь в дискуссионном разделе, потому Вы обязаны отвечать на вопросы ЗУ.

Ради справедливости должен сказать, что из двух цитированных Deggial вопросов только один задан ЗУ (и на него ответ есть). Anton_Peplov не ЗУ и в ближайшие годы такого звания не заслужит. Но если считать, что вопрос Anton_Peplov перезадан от своего имени модератором, то все в порядке.

[Anixx]

Формула для степени получается из формулы Фаулхабера:

$$\sum _{n \ge 1}^{\Re} f(x)= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n-1)} (0)}{n!} B_n(x)$$

Далее,

$$\operatorname{st} \tau^2=B_2(1/2)=-1/12$$

Форма с зета-функцией следует из свойства многочленов Бернулли: $B_n(x) = -n \zeta(1-n,x)$

Цитата:

2-я сумма непонятно откуда вылезла. Не доказано.

Забежал вперед. Ряд $1+2+3+4+...$ суммируют через регуляризацию зета-функции. Поскольку мы считаем обобщенные суммы стандартной частью,

$$\operatorname{st} (1+2+3+4+...)=\zeta(-1)=\zeta(1-2)=\zeta(1-2,0)$$

Но $\operatorname{st}\omega_+^2=-2\zeta(1-2)$ и $\operatorname{st}\omega_-^2=-2\zeta(1-2,0)$. Значит,

$$\operatorname{st} (1+2+3+4+...)=\operatorname{st}\frac{\omega_\pm^2}{-2}$$

Цитата:

Здесь Вас спрашивали не про действительные, а про рациональные числа

Вопрос с рациональными довольно сложен. Если делать в лоб (постепенно уплотняя сетку), то получится $2\tau$ умноженное на расходящийся ряд. Как это представить в закрытой форме или вычленить стандартную часть, надо думать.

-- 20.09.2015, 17:55 --

Vince Diesel в сообщении #1055132 писал(а):

А зачем обязательно нужно? Если действительно красиво и не сводится к уже известному, то приложения и потом найтись могут.

Я надеюсь, модератор не заставит меня выписывать доказательства прямо каждой формулы потому что их у меня получилось очень много и они легко и единообразно выводятся из вышеперечисленных свойств. Некоторые соотношения, которые выводятся:

* $\operatorname{st} \cos (z\omega_-)=\frac z2 \cot \left(\frac z2\right)$
Уже выше приводил вывод, но раз модератор требует еще раз:

$$\cot x=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k2^{2k}B_{2k}x^{2k-1}}{(2k)!}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k2^{2k}\operatorname{st}(\omega_\pm^{2k})x^{2k}}{x(2k)!}=\operatorname{st}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k(2x\omega_\pm)^{2k}}{x(2k)!}=\operatorname{st} \frac{\cos (2x\omega_\pm)}x$$

$\operatorname{st} \cosh (z\omega_-)=\frac z2 \coth \left(\frac z2\right)$
Вывод аналогичен предыдущему из формул для гиперболического косинуса и котангенса:
$\sum_{k=0}^\infty \frac{z^{2k}}{(2k)!}=\cosh z$
$\sum_{k=0}^\infty \frac{2^{2k}B_{2k}z^{2k-1}}{(2k)!}=\coth z $


* $\operatorname{st} e^{z\omega_-}=\frac{z}{e^{z}-1}$

Это напрямую следует из определения чисел Бернулли.

* $\operatorname{st} e^{z\tau}=\frac{z}{2} \operatorname{csch}\left(\frac{z}{2}\right)$

$\operatorname{st} \left(\frac{1}{\pi^2 \tau+\pi x}+\frac{1}{\pi^2 \tau-\pi x}\right)=(\sec x)^2$

$\text{st} \frac1\pi\ln \left(\frac{\omega _+-\frac{z}{\pi }}{\omega _-+\frac{z}{\pi }}\right)=\cot (z)$

$\text{st} \frac1\pi\ln \left(\frac{\tau +\frac{z}{\pi }}{\tau -\frac{z}{\pi }}\right)=\tan (z)$

$\text{st} \ln (\omega_-+x)=\psi (x)$

Но самые интересные соотношения - это те, где удаётся избавиться от использования "функции взятия стандартной части".

(удалил, так как нет сторого доказательства).