Абсолютная сходимость ряда

[Null]

vicvolf в сообщении #1622027 писал(а):

Осталось доказать, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{n^2}*\mu(n)}$ - сходится абсолютно.

vicvolf в сообщении #1621923 писал(а):

чтобы один из рядов $\sum_{n=1}^{\infty}{u(n)}$ или $\sum_{n=1}^{\infty}{v(n)}$ расходился.

Вам нужно чтобы $u$ расходился, а $v$ и $u*v$ сходились?

[vicvolf]

Null в сообщении #1622071 писал(а):

Вам нужно чтобы $u$ расходился, а $v$ и $u*v$ сходились?

Мне нужно, чтобы ряд от $1(n)*v(n)$ сходился абсолютно и $v$ - мультипликативная арифметическая функция. Ваш пример подходит. Просто я пытаюсь рассмотреть его дальше. В этом случае, если не ошибаюсь, ряд от $v$ - сходится только условно, а абсолютно расходится?

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1621934 писал(а):

Вау, тривиален. А такой $u(n)=1/n^{20242024}, v(n)=n^{2024}$ тривиален?

Leeb в сообщении #1622036 писал(а):

Тем не менее, самый первый контрпример со степенями вроде бы работает.

Итак $u(n),v(n)$ - мультипликативные арифметические функции, поэтому $u*v(n)$ также мультипликативна. По условию $\sum_{n=1}^{\infty} u*v(n)$ - сходится абсолютно, поэтому справедливо:
$\sum_{n=1}^{\infty} |u*v(n)|=\prod_p (1+\sum_{k=1}^{\infty} |u*v(p^k)|)=$$\prod_p (1+|u(p)+v(p)|+|u(p^2)+u(p)v(p)+v(p^2)|+...)$.

Теперь подставим Ваши функции:
$\sum_{n=1}^{\infty} |\frac{1}{n^{20242024}}*n^{2024})|=$$\prod_p (1+p^{2024}+1/p^{20242024}+...)$ - расходится, что противоречит условию.

[Leeb]

vicvolf

Я по ошибке принял свертку за обычное умножение (писал выше). Поэтому привел не те контрпримеры (в случае $u$ отличной от нуля всюду кроме 1).
Тем не менее, я предложил и другой вариант на прошлой странице. Поскольку для любой абсолютно мультипликативной функции существует обратная, то что будет если взять в качестве $v$ обратную для функции, определенной на k-м простом числе $p_k$ как $1/2^{p_k!}$ ? И вообще какую-нибудь супербыстро убывающую функцию, или даже почти везде определенную нулем. Сверточное обратное все равно должно существовать.

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1622136 писал(а):

Поскольку для любой абсолютно мультипликативной функции существует обратная

А что такое абсолютно мультипликативная функция?

Цитата:

что будет если взять в качестве $v$ обратную для функции, определенной на k-м простом числе $p_k$ как $1/2^{p_k!}$ ? И вообще какую-нибудь супербыстро убывающую функцию, или даже почти везде определенную нулем. Сверточное обратное все равно должно существовать.

Это Вы должны ответить на этот вопрос и доказать, что Ваш пример верен. А то пока я доказываю обратное.

[vicvolf]

Leeb в сообщении #1622136 писал(а):

vicvolfчто будет если взять в качестве $v$ обратную для функции, определенной на k-м простом числе $p_k$ как $1/2^{p_k!}$ ? И вообще какую-нибудь супербыстро убывающую функцию, или даже почти везде определенную нулем.

Скорость убывания мультипликативной арифметической функции $v$, при $u=1$ везде, не играет значение. Я ранее показал, что $\sum_{n=1}^{\infty}|1*v(n)|$ - расходится, если $v(n) \geq 0$.

Leeb в сообщении #1622136 писал(а):

Сверточное обратное все равно должно существовать.

Это теплее даже в общем случае. Для любой мультипликативной арифметической функции $u$ существует обратная мультипликативная арифметическая функция по операции свертка Дирихле $v$ такая, что $u*v(n)=e(n)$, где $e(n)=1,n=1$ и $e(n)=0,n>1$. Поэтому $\sum_{n=1}^{\infty}|u*v(n)|=1$- сходится.
В частном случае, для $u=1$ везде, обратной по свертке Дирихле является функция Мебиуса -$\mu(n)$, поэтому $\sum_{n=1}^{\infty}|1*\mu(n)|=1$- сходится. При этом оба ряда $\sum_{n=1}^{\infty}{1},\sum_{n=1}^{\infty}\mu(n)$ - расходятся условно и абсолютно.

Возможны и другие решения. Интересно их поискать. Например, в частном случае

Null в сообщении #1622004 писал(а):

$((\frac{1}{n^2})*\mu(n))*(1)=(\frac{1}{n^2})$

Здесь интересен вопрос. Ряд от $(\frac{1}{n^2})*\mu(n)$ сходится или расходится и если сходится, то абсолютно ли?

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1622247 писал(а):

Null в сообщении #1622004 писал(а):

$((\frac{1}{n^2})*\mu(n))*(1)=(\frac{1}{n^2})$

Здесь интересен вопрос. Ряд от $(\frac{1}{n^2})*\mu(n)$ сходится или расходится и если сходится, то абсолютно ли?

Я уже писал об этом

vicvolf в сообщении #1622027 писал(а):

Осталось доказать, что ряд $\sum_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{n^2}*\mu(n)}$ - сходится абсолютно. Я рассматривал похожий случай:

vicvolf в сообщении #1620380 писал(а):

Известна формула обращения Мебиуса для мультипликативной арифметической функции $g(n)$: $g*\mu(p^k)=g(p^k)-g(p^{k-1})$.

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: $\lim_{n \to \infty} g(p^n)=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{p^{an}}=0$.

Но в случае модуля ряд $\sum_{k=0}^{\infty} |g*\mu(p^k)|=2$, если не ошибаюсь, и $\prod_p {\sum_{k=0}^{\infty} |g*\mu(p^k)|}$ - расходится.

Почему я пишу об этом с сомнением. Потому, что если бесконечное произведение сходится, то предел $n$ -ого члена бесконечного произведения должен быть равен 1, а в данном случае он равен 0. Воспользуюсь тем, что я в разделе ПРР, и попрошу мне это пояснить.

[vicvolf]

vicvolf в сообщении #1622297 писал(а):

Почему я пишу об этом с сомнением. Потому, что если бесконечное произведение сходится, то предел $n$ -ого члена бесконечного произведения должен быть равен 1, а в данном случае он равен 0. Воспользуюсь тем, что я в разделе ПРР, и попрошу мне это пояснить.

Нашел ответ на этот вопрос и поделюсь (может кому-то пригодится). Действительно, когда предел $n$ -ого члена бесконечного произведения равен 0, то бесконечное произведение считается расходящимся к 0. Это связано с тем, что в данном случае логарифм бесконечного произведения (соответствующий ряд) расходится к $-\infty$.