Сумма ряда

[vicvolf]

Доказать, что $\sum_{k=1}^{\infty}{\sigma*\varphi*\tau*\mu(p^k)}=-1$, где $p$ - простое число.

[Dendr]

Обозначим слагаемое $A_k$, и определим не то, что требуется в условии, а $S=\sum\limits_{k=0}^{\infty}A_k$.
По определению свертки, и в случае, когда аргумент - степень простого:

$$A_k=\sum\limits_{a+b+c+d=k}^{}\sigma(p^a) \tau(p^b) \varphi(p^c) \mu(p^d)$$

Здесь все показатели - целые неотрицательные.
Отсюда видим, что мы можем (формально) записать

$$S=\Sigma T \Phi M$$

, где, например, $\Phi=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\varphi(p^m) $. Но $M=1+(-1)+0+0+...=0$, следовательно, $S=0$, а искомая сумма равна $-A_0=-1$.

P.S. Не хватило усердия расписать честно $A_k$, интересно, получится ли там тождество, или результат неочевиден?

[vicvolf]

Dendr Все верно. Вы обратили внимание, что решающее значение играет функция Мебиуса, т.е. не важно какие мультипликативные функции $g_i$ участвуют в обращении Мебиуса: $\sum_{k=1}^{\infty} {g_1*g_2*...*g_m*\mu(p^k)}=-1$. А какова по Вашему сумма ряда: $\sum_{n=1}^{\infty} {g_1*g_2*...*g_m*\mu(n)}$ ?

[Dendr]

Перепроверил и получил слагаемое в явном виде:

$$A_k=\sum\limits_{m=0}^{k}(m+1)p^m=1+2p+...+kp^{k-1}+(k+1)p^k$$

Таким образом, сумма-то - "рамануджановская". На первый взгляд знакопеременность знакопеременна и можно допустить ее сходимость. Но надо заметить, что $\tau\ast\mu(p^k)=1$, и это переводит задачу на другой уровень...
В этом же смысле вторая сумма будет тоже мультипликативной, то есть сводится к произведению сумм по степеням простых, которые, из-за особенности функции Мёбиуса, нули. Поэтому эта сумма тоже выходит равной нулю. Но, повторюсь, "в смысле Рамануджана".

[vicvolf]

Dendr Известна формула обращения Мебиуса для мультипликативной арифметической функции $g(n)$: $g*\mu(p^k)=g(p^k)-g(p^{k-1})$. В нашем случае $g(n)=g_1*g_2*...*g_m(n)$.

Поэтому: $\sum_{k=0}^n {g*\mu(p^k)}=g(1)+g(p)-g(1)+g(p^2)-g(p)+g(p^3)-g(p^2)+$$...+g(p^n)-g(p^{n-1})=g(p^n)$

Ряд действительно знакочередующейся и по признаку Лейбница сходится, если $\lim_{n \to \infty}(g(p^n)-g(p^{n-1}))=0$.

Например, данный ряд сходится для мультипликативной арифметической функции: $g(n)=\frac{1}{n^a}$, где $a>0$.

В этом случае сумма данного ряда равна: $\lim_{n \to \infty} g(p^n)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{p^{an}}=0$.

Если признак Лейбница не выполняется, то сумма ряда $\sum_{k=0}^{\infty} {g*\mu(p^k)}=0$ действительно в смысле Рамануджана.

-- 29.11.2023, 17:25 --

Dendr в сообщении #1620227 писал(а):

Отсюда видим, что мы можем (формально) записать

$$S=\Sigma T \Phi M$$

, где, например, $\Phi=\sum\limits_{m=0}^{\infty}\varphi(p^m) $.

Здесь требуется абсолютная сходимость данных рядов, а , напримеp, $\sum_{m=0}^{\infty} \tau(p^m)=1+2+3+...$.