Пи через простые

[kthxbye]

Wikipedia писал(а):

$\pi=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+\frac{1}{12}-\frac{1}{13}+...$ (Euler, 1748)

After the first two terms, the signs are determined as follows: If the denominator is a prime of the form $4m-1$, the sign is positive; if the denominator is a prime of the form $4m+1$, the sign is negative; for composite numbers, the sign is equal the product of the signs of its factors.

$f_{m}(p)=\begin{cases} -1,&\text{если $p\equiv1\pmod{m}$}\\ 1, &\text{в противном случае}\\ \end{cases}$

$g(m)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\cdot\prod\limits_{p|n}^{}f_{m}(p)$

$\pi=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{8}{(4n+1)(4n+3)}=g(4)$

$\frac{2\pi}{\sqrt{3}}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{6}{(3n+1)(3n+2)}=g(3)$

$g(5)$ расходится, значит здесь не $mp\pm1$, а возможно взаимно простые. Т.к. $\varphi(n)\equiv0 \pmod{2}$ при $n>2$, предположим, что знаки чередуются. Не будем рассматривать сложные варианты с составными, остановимся на простых ($m$).

$h_{m}(p)=\begin{cases} -1,&\text{если $p\equiv x\pmod{m}$, где $x\equiv1\pmod{2}$}\\ 1, &\text{в противном случае}\\ \end{cases}$

$j(m)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}n\cdot\prod\limits_{p|n}^{}h_{m}(p)$

Можно ли выразить $j(5)$ (сходится) в виде

$a\pi=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{b}{(5n+1)(5n+2)(5n+3)(5n+4)}=cj(5)$

и соот.-но для других простых (и составных, но там уже сложнее чередовать знаки) $m$?

[kotenok gav]

У вас функция g должна быть так:
$g(m)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac1{n\prod\limits_{p|n}^{}f_{m}(p)}$

[kthxbye]

Да, вы правы. Аналогично $j(n)$.

(Оффтоп)

Это у меня уже систематически. Никакого злого хитрого умысла тут нет.

[Gagarin1968]

kthxbye
Используйте команду \displaystyle. Так ведь красивее:

$\displaystyle a\pi=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{b}{(5n+1)(5n+2)(5n+3)(5n+4)}=cj(5)$

[kthxbye]

Gagarin1968, благодарю за совет.

Опытным путём получил интересный результат, косвенно связанный с основным вопросом:

$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{g(2)}{n^2}=\frac{5\zeta(2)}{6}=\frac{5\pi^2}{36}, \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1-g(2)}{n^2}=\frac{\zeta(2)}{6}=\frac{\pi^2}{36}$

$\displaystyle f_{m}(p)=\begin{cases} -1,&\text{если $p\equiv1\pmod{m}$}\\ 1, &\text{в противном случае}\\ \end{cases}$

$\displaystyle g(m)=\begin{cases} 1,&\text{если $\prod\limits_{p|n}^{}f_{m}(p)=1$}\\ 0, &\text{в противном случае}\\ \end{cases}$

Доказывать не берусь. Доказательство равенства, приведенного в цитате не нашёл. Мог ли Эйлер опубликовать результат без доказательства?

[kthxbye]

Рассмотрел генерализацию для знакочередующихся сумм обратных взаимно простым с $n$, через которые можно получать результаты, аналогичные тому, что сидит в ПП. Ознакомиться можно тут.