Умножение рядов

[kthxbye]

Справедливы ли следующие преобразования? Можно ли умножать ряды таким образом?

$\prod\limits_{p=2}^{n}(1-\frac{1}{p})=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\mu(k)}{k}=\frac{1}{\ln(n)}$

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\ln(n)+\gamma$

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}=\frac{6(\ln(n)+\gamma)}{\pi^2}$

[kotenok gav]

kthxbye в сообщении #1245089 писал(а):

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\ln(n)+\gamma$

Откуда?

[kthxbye]

kotenok gav, сумма первых $n$ членов гармонического ряда. Или ее надо записывать по-другому?

[mihaild]

kthxbye в сообщении #1245096 писал(а):

сумма первых $n$ членов гармонического ряда

Подставляем $n = 1$ и $n = 2$. Получаем $\ln(2) = \frac{1}{2}$. Что-то странное...

[Someone]

Там на самом деле $\sum\limits_{k=1}^n\frac 1k=\ln n+\gamma+o(1)$ при $n\to\infty$.

[kthxbye]

Хорошо, пусть даже так. К произведению претензий нет?

[ex-math]

Почему при раскрытии произведения получилась сумма от одного до $n$?

[Brukvalub]

kthxbye в сообщении #1245216 писал(а):

К произведению претензий нет?

Есть. Смотрим грубо: в произведении слева всегда получается рациональное число, в то время как справа логарифм нередко бывает иррациональным.

[deep down]

kthxbye в сообщении #1245089 писал(а):

Справедливы ли следующие преобразования?

Пока что это трудно назвать преобразованиями. Обоснуйте каждый из первых трёх знаков равенства.

[ex-math]

Brukvalub
Ну ТС вроде намекнул, что всевозможные о-малые слишком мелки, чтобы тратить время на их написание. Хотя воспринимать такую запись и трудно и противно одновременно.
Там и покрупнее проблемы есть.

[kthxbye]

deep down в сообщении #1245306 писал(а):

Обоснуйте каждый из первых трёх знаков равенства.

$\prod\limits_{p=2}^{n}(1-\frac{1}{p})=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{5}-...+\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot5}+\frac{1}{3\cdot5}+...-\frac{1}{2\cdot3\cdot5}-...+\frac{1}{2\cdot3\cdot5\cdot7}+...$

В этом бесконечном ряде отсутствуют числа, несвободные от квадратов, а у всех отрицательных членов нечетное количество множителей в знаменателе. Аналогичный результат можно получить через функцию Мёбиуса. Далее:

$\pi(n)=\frac{n}{\ln(n)}=n\cdot\prod\limits_{p=2}^{n}(1-\frac{1}{p})$

Вернемся к первоначальному ряду, разделим его на две части:

$a=1+\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot5}+\frac{1}{3\cdot5}+...+\frac{1}{2\cdot3\cdot5\cdot7}+...$

$b=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2\cdot3\cdot5}+...$

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\mu(k)}{k}=a-b, \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}=a+b$

ex-math в сообщении #1245290 писал(а):

Почему при раскрытии произведения получилась сумма от одного до $n$?

Умножая почленно $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}$ имеем:

1) $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{6}+\frac{1}{10}+\frac{1}{15}+...+\frac{1}{30}+...+\frac{1}{210}+...$
2) $\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+...+\frac{1}{24}+\frac{1}{40}+\frac{1}{60}+...+\frac{1}{120}+...+\frac{1}{840}+...$
3) $\frac{1}{9}+\frac{1}{18}+\frac{1}{27}+\frac{1}{45}+...+\frac{1}{54}+\frac{1}{90}+\frac{1}{135}+...+\frac{1}{270}+...+\frac{1}{1890}+...$

Т.е. достаточно умножить ряд обратных квадратов на $a+b$, чтобы компенсировать все члены с числами в знаменателе, несвободными от квадратов, причем ни один из них не повторяется хотя бы дважды.

И если допустить, что

$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}=\frac{6(\ln(n)+\gamma)}{\pi^2}$

то можно пойти еще дальше:

$2a=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\mu(k)}{k}=\frac{6(\ln(n)+\gamma)}{\pi^2}+\frac{1}{\ln(n)}$

$2b=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{(\mu(k))^{2m}}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\mu(k)}{k}=\frac{6(\ln(n)+\gamma)}{\pi^2}-\frac{1}{\ln(n)}$

ex-math в сообщении #1245326 писал(а):

Там и покрупнее проблемы есть.

Где именно? Мне это все в новинку, можете бить тапками.

[ex-math]

Вот Вы раскрыли произведение. Получился не ряд, а конечная сумма с функцией Мебиуса, похожая на Вашу. Но она будет не до $n$, а дальше, причем с пропусками.

[deep down]

Теперь понятно, в каком направлении Вы хотели двигаться. И в данном случае придётся скорее разочаровать, чем обнадёжить.
Во первых, нужно чётко различать ряд и конечную сумму. Можете для себя посмотреть на каждую формулу и найти места, где теряется или появляется зависимость от $n$ - именно там надо добавить строгость в рассуждениях.
Во вторых, перестановка членов ряда допускается только если все они положительны (или все отрицательны), либо ряд сходится абсолютно. Посмотрите на определние $a$ и $b$ - в правых частах стоят расходящиеся ряды, поэтому дальнейшие выкладки с $a+b$ и $a-b$ необоснованы.
Итого. Есть два пути - либо работайте с "хорошими" рядами либо не теряйте зависимость от $n$ и находите асимпотические оценки.