Ряд

[Aether]

Здравствуйте, я тут был месяц на заслуженном отдыхе, но мысли о распределении простых чисел, о гипотезе Римана и вообще о математике отдыхать почему-то не хотели и продолжали роиться в моей голове, ну а мне ничего не оставалось как наблюдать за ними.

Положим, что натуральный ряд - это нечто целое, единое, одно, которое можно отождествить с 1. Рассмотрим множество натуральных чисел, кратных 2-м, их в натуральном ряду половина, т.е. $\frac{1}{2}$ по-Вашему. Далее рассмотрим числа кратные 3-м, их треть в натуральном ряду: $\frac{1}{3}$. Казалось бы, что всего кратных трем и кратных двум чисел в натуральном ряду: $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$, ан нет. Мы не учли, что существуют числа кратные как трем, так и 2-м одновременно и мы учли их дважды в нашей сумме, один раз в составе чисел кратных трем, другой раз - в составе чисел кратных 2-м. Доля этих чисел в натуральном ряду:$\frac{1}{2\cdot 3}$. Таким образом их необходимо вычесть из нашей суммы: $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2\cdot 3}=\frac{5}{6}-\frac{1}{2\cdot 3}$. Далее, попытавшись прибавить сюда числа, кратные 4-м обнаруживаем, что они уже включены в нашу сумму, в качестве кратных двум, переходим к числам кратным 5-ти, их количество в натуральном ряду $\frac{1}{5}$, прибавляем их к нашему ряду, но среди них уже есть числа кратные 2-м и кратные 3-м, которые мы учли, $\frac{1}{2\cdot5},\frac{1}{2\cdot5}$, но вычтя их из ряда, мы вычтем дважды также и числа, кратные одновременно 2-м,3-м и 5-ти, доля которых в натуральном ряду: $\frac{1}{2\cdot3\cdot5}$ и которые необходимо восполнить. Пользуясь аналогичными рассуждениями, продолжая складывать доли кратных чисел в натуральном ряду обнаруживаем такой ряд:$\frac{1}{2}+(\frac{1}{3}-\frac{1}{2\cdot3})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{2\cdot5}-\frac{1}{3\cdot5}+\frac{1}{2\cdot3\cdot5})+(\frac{1}{7}-\frac{1}{2\cdot7}-\frac{1}{3\cdot7}-\frac{1}{5\cdot7}+\frac{1}{2\cdot3\cdot7}+\frac{1}{2\cdot5\cdot7}+\frac{1}{3\cdot5\cdot7}-\frac{1}{2\cdot3\cdot5\cdot7})+(\frac{1}{11}-\frac{1}{2\cdot11}-\frac{1}{3\cdot11}-\frac{1}{5\cdot11}-\frac{1}{7\cdot11}+\frac{1}{2\cdot3\cdot11}+\frac{1}{2\cdot5\cdot11}+\frac{1}{2\cdot7\cdot11}+\frac{1}{3\cdot5\cdot11}+\frac{1}{3\cdot7\cdot11}+\frac{1}{5\cdot7\cdot11}-\frac{1}{2\cdot3\cdot5\cdot11}-\frac{1}{2\cdot3\cdot7\cdot11}-\frac{1}{2\cdot5\cdot7\cdot11}-\frac{1}{3\cdot5\cdot7\cdot11}+\frac{1}{2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11})+.........$

Теперь собственно задача:
Доказать, что данный ряд сходится к 1 и преобразовать его к компактному виду.

Если модераторы сочтут, что задача не тянет на олимпиадную, то пусть перенесут её по назначению.

Спасибо.

P.S. И еще напоследок вопрос: Является ли сам способ вывода этого ряда доказательством его сходимости к 1?

[svv]

Предположим, что ряд сходится. Обозначим его сумму $S$. Разложим выражения в скобках на множители:
$S=\frac 1 2+(1-\frac 1 2)\frac 1 3+(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)\frac 1 5+(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)(1-\frac 1 5)\frac 1 7+...$
Тогда
$1-S=(1-\frac 1 2)-(1-\frac 1 2)\frac 1 3-(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)\frac 1 5-(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)(1-\frac 1 5)\frac 1 7-...$
Последовательно вынося за скобку множители $(1-\frac 1 2), (1-\frac 1 3)$ и т.д., получим
$1-S=(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)(1-\frac 1 5)(1-\frac 1 7)...$
Мне, правда, не очевидно, что бесконечное произведение сходится к нулю.

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

мысли о распределении простых чисел, о гипотезе Римана и вообще о математике отдыхать почему-то не хотели и продолжали роиться в моей голове

А у них работа такая — никогда не отдыхать.

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Положим, что натуральный ряд - это нечто целое, единое, одно, которое можно отождествить с 1.

Кажется, Вашими устами говорит сам Брахман.

[grizzly]

svv в сообщении #1232900 писал(а):

Мне, правда, не очевидно, что бесконечное произведение сходится к нулю.

Что ряд из обратных к простым расходится? Ну да, к совсем очевидным его доказательство не отнесёшь, но это широко известный факт и в универах его изучают (см. доказательство Эйлера бесконечности простых).

-- 12.07.2017, 00:38 --

Ну и, конечно, произведение к нулю расходится, а не сходится

[svv]

Точно! Спасибо.

[Aether]

(Оффтоп)

svv в сообщении #1232900 писал(а):

Кажется, Вашими устами говорит сам Брахман.

Вы меня узнали )))

[Sonic86]

svv в сообщении #1232900 писал(а):

$1-S=(1-\frac 1 2)(1-\frac 1 3)(1-\frac 1 5)(1-\frac 1 7)...$
Мне, правда, не очевидно, что бесконечное произведение сходится к нулю.

$\prod\limits_{p\leqslant x}\left(1-\frac{1}{p}\right)\sim\frac{e^{-\gamma}}{\ln x}$. Оценка как $O(\ln ^{-1}x)$ легко следует из $p_n\sim n\ln n$ и обычного матанализа.
Или: рассмотреть $\prod\limits_{p\leqslant x}\left(1-\frac{1}{p}\right)^{-1}$ перемножить скобки, заметить, что в начале ряда есть отрезок гармонического, а все слагаемые положительны, отсюда вывести расходимость.
Нормальное доказательство есть в Прахаре и в Нестеренко.

[Aether]

Даже после того как тему переместили в ПРР, мой вопрос почему-то остался без внимания. Видимо обсуждение задачи отвлекло участников. Прошу прощения за подъем темы и за то, что позволил себе повторить свой вопрос:

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Является ли сам способ вывода этого ряда доказательством его сходимости к 1?

Также благодарю всех, кто принял участие в решении задачи.

[grizzly]

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Является ли сам способ вывода этого ряда доказательством его сходимости к 1?

Очевидно, нет.

Aether в сообщении #1233502 писал(а):

мой вопрос почему-то остался без внимания.

А что бы Вы ответили на вопрос: является ли формулировка определений и аксиом евклидовой геометрии доказательством теоремы Пифагора? (Вопрос риторический, просьба оставить его без ответа.)

[Sonic86]

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Является ли сам способ вывода этого ряда доказательством его сходимости к 1?

grizzly в сообщении #1233517 писал(а):

Очевидно, нет.

Я может заблуждаюсь, но я не вижу в рассуждении Aether каких-то грубых ошибок. Конечно, фраза

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Положим, что натуральный ряд - это нечто целое, единое, одно, которое можно отождествить с 1.

- это шаманизм, но давайте заменим ее на рассмотрение плотности подмножества $X$ множества $\mathbb{N}$: $\mu(X)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{|X \cap [1;n]|}{n}$ и тогда получатся просто рассуждения с плотностями множеств вида $k\mathbb{N}$ - при конечном числе шагов все ОК. А при переходе к бесконечному ряду мы получаем двойной ряд, который абсолютно расходится. И там тогда надо его на условную сходимость хотя бы исследовать - это мне на глаз сейчас затруднительно, хотя м.б. и сходится - надо явно проверять.

[grizzly]

Sonic86 в сообщении #1233521 писал(а):

Я может заблуждаюсь, но я не вижу в рассуждении Aether каких-то грубых ошибок.

Я тоже. Это ведь не означает, что он доказал сходимость ряда в своём первом сообщении? Более того, как по мне, путь от аксиом геометрии до теоремы Пифагора чуть ближе, чем от построения Aether до доказательства сходимости.

[Sonic86]

grizzly в сообщении #1233524 писал(а):

Это ведь не означает, что он доказал сходимость ряда в своём первом сообщении?

Ну да. Просто надо попытаться до конца формализовать, и там либо мы упремся в тупик, либо все получится, либо формализовать не получится.

[Aether]

У меня есть ещё несколько замечаний и вопросов относительно данного ряда. Поскольку я выводил его, думая о гипотезе Римана, то стоит заметить, что знаменатели представляют собой числа, свободные от квадратов в факторизации, а знаки дробей соответствуют знакам, которые дает значениям знаменателей функция Мёбиуса. Т.е. можно записать члены этого ряда, используя только знак $+$, а затем подействовать на знаменатели функцией Мёбиуса и получить исходный ряд. Т.о. "физический" смысл функции Мёбиуса заключается в распределении знаков в дробях, представляющих собой плотность подмножеств различных кратностей в множестве натуральных чисел. Т.е. функция Мёбиуса по сути исключает из суммы плотностей подмножеств различных кратностей плотности тех подмножеств, которые учитываются несколько раз в составе подмножеств меньшей кратности.

Однако все числа стоящие в знаменателях не упорядочены по возрастанию, но имеют в своем порядке закономерность и даже не одну. На основе этих закономерностей возможно можно сделать следующие выводы:
1. Натуральный ряд свободный от чисел включающих квадраты содержит ровно половину четных и половину нечетных чисел.
2. Натуральный ряд свободный от чисел включающих квадраты содержит ровно половину чисел имеющих четное число сомножителей в факторизации и столько же, имеющих нечетное количество сомножителей в факторизации.

А вопросы у меня такие:
1. Можно ли или нельзя всё-таки доказать сходимость этого ряда к 1 на основе именно рассуждений о суммировании, не переходя к бесконечному произведению. Т.е. требуется доказать, что функция Мёбиуса является именно тем, что написано выше и члены ряда являются именно плотностями множеств и вычитаются, и складываются вполне закономерно и без функции Мёбиуса, а она всплывает здесь "естественным образом" как побочный продукт рассуждений и обнаруживаем мы её уже постфактум?

2. Можно ли доказать, что натуральный ряд из которого исключены числа, включающие квадраты, можно упорядочить данным образом? Т.е. уместить в него все натуральные числа, свободные от квадратов? Кстати, если ввести функцию Мертенса на данном порядке натуральных чисел, то можно говорить уже о величине максимального отклонения этой функции от 0. Оно не может быть больше, чем половина последней рассматриваемой скобки в которой находится рассматриваемое число. Т.е. не более $\frac{2^{i}}{2}=2^{i-1}$, где $i$- индекс нумерующий простые числа и частичные суммы(скобки).

3. Можно ли как-то формально показать, что в каждой частичной сумме будет одинаковое количество чисел, содержащих четное количество сомножителей в факторизации и нечетное количество, а также одинаковое количество четных и нечетных чисел? Я почти уверен, что можно и даже нетрудно.

[Sonic86]

Aether в сообщении #1232895 писал(а):

Является ли сам способ вывода этого ряда доказательством его сходимости к 1?

Рассуждениям выше можно придать смысл с помощью дзета-функции Римана: возвести простые в степень $s>1$ и перемножить бесконечное число скобок. Получатся абсолютно сходящиеся ряды, а в них можно слагаемые переставлять, группировать и т.п.. Потом устремить $s\to 1$ и получить требуемый вывод. Расписывать лень, ибо это известный способ. Там нет никаких проблем с предельным переходом, условной сходимостью и т.п.

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

... стоит заметить, что знаменатели представляют собой числа, свободные от квадратов в факторизации, а знаки дробей соответствуют знакам, которые дает значениям знаменателей функция Мёбиуса. Т.е. можно записать члены этого ряда, используя только знак $+$, а затем подействовать на знаменатели функцией Мёбиуса и получить исходный ряд. Т.о. "физический" смысл функции Мёбиуса заключается в распределении знаков в дробях, представляющих собой плотность подмножеств различных кратностей в множестве натуральных чисел. Т.е. функция Мёбиуса по сути исключает из суммы плотностей подмножеств различных кратностей плотности тех подмножеств, которые учитываются несколько раз в составе подмножеств меньшей кратности.

Ну да, это все тривиально, что из этого?

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

можно сделать следующие выводы:
1. Натуральный ряд свободный от чисел включающих квадраты содержит ровно половину четных и половину нечетных чисел.
2. Натуральный ряд свободный от чисел включающих квадраты содержит ровно половину чисел имеющих четное число сомножителей в факторизации и столько же, имеющих нечетное количество сомножителей в факторизации.

В таком виде это вообще тривиально: $\frac{1}{2}\aleph_0=\aleph_0$. Если же мы будем говорить, о плотностях множеств, то мы получим не выводы, а лишь гипотезы, причем скорее всего из серии "оно верно, но фиг докажешь".

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

Натуральный ряд свободный от чисел включающих квадраты

Кстати, говорят обычно проще: "числа, свободные от квадратов".

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

2. Можно ли доказать, что натуральный ряд из которого исключены числа, включающие квадраты, можно упорядочить данным образом? Т.е. уместить в него все натуральные числа, свободные от квадратов?

В таком виде утверждение бессодержательно: любое множество можно вполне упорядочить. Напишите формулу пожалуйста.

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

Кстати, если ввести функцию Мертенса на данном порядке натуральных чисел, то можно говорить уже о величине максимального отклонения этой функции от 0. Оно не может быть больше, чем половина последней рассматриваемой скобки в которой находится рассматриваемое число. Т.е. не более $\frac{2^{i}}{2}=2^{i-1}$, где $i$- индекс нумерующий простые числа и частичные суммы(скобки).

Тоже непонятная формулировка. Термин "функция Мертенса" занят. Напишите утверждение формально.

Aether в сообщении #1233583 писал(а):

3. Можно ли как-то формально показать, что в каждой частичной сумме будет одинаковое количество чисел, содержащих четное количество сомножителей в факторизации и нечетное количество, а также одинаковое количество четных и нечетных чисел? Я почти уверен, что можно и даже нетрудно.

Можно. Приведите попытки решения.

[grizzly]

Aether
Если я правильно понимаю, в какую сторону Вы идёте, то на таком уровне никакого диалога здесь не получится. Вам нужно посмотреть самые простые учебники.

Посмотрите эту страницу. Узнаёте? Посмотрите, порешайте упражнения. Затем найдите и посмотрите хотя бы самые первые страницы книги Хооли "Методы решета в теории чисел" (не уверен, что это Ваш уровень, но всё равно посмотрите для общего ознакомления).

Определите свой уровень понимания и на этом уровне ищите дальше по найденным ключевым словам.

[Aether]

grizzly в сообщении #1233601 писал(а):

Если я правильно понимаю, в какую сторону Вы идёте, то на таком уровне никакого диалога здесь не получится.

Я не ищу диалога, а ищу ответы на вопросы.

grizzly в сообщении #1233601 писал(а):

Определите свой уровень понимания и на этом уровне ищите дальше по найденным ключевым словам.

Мне некогда определять свой уровень понимания, нужно доказывать гипотезу Римана.
(Что тут думать-то? Прыгать надо!!!)