двойная сумма

[maxal]

Докажите, что

$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{3-\tau(k)}{n^k-1}=1,$$

где $\tau(k)$ - это количество делителей числа $k.$

[juna]

Попробую начать преобразования, пропуская некоторые промежуточные:
$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{1}{n^k-1}=\sum\limits_{k=2}^{\infty}(\tau(k)-1)\cdot(\zeta(k)-1)=(\sum\limits_{k=2}^{\infty}\tau(k)\cdot(\zeta(k)-1))-1$
$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{\tau(k)}{n^k-1}=\sum\limits_{k=2}^{\infty}(\zeta(k)-1)\cdot\sum\limits_{i|k, 2\leqslant i\leqslant k}\tau(i)$

$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{3-\tau(k)}{n^k-1}=3\cdot\sum\limits_{k=2}^{\infty}\tau(k)\cdot(\zeta(k)-1))-(\sum\limits_{k=2}^{\infty}(\zeta(k)-1)\cdot\sum\limits_{i|k, 2\leqslant i\leqslant k}\tau(i))-3$
но что делать дальше и к чему это может привести - неясно...

[RIP]

А откуда это равенство? Если верить компутеру, то оно неверно. Поскольку я компутеру не верю, то проверил это и вручную (левая часть меньше).

[maxal]

Равенство верное, проистекает из одной старой дискуссии.

Численно тоже сходимость наблюдается:

? sum(n=2,100,sum(k=2,100,(3-numdiv(k))/(n^k - 1)+0.))
%1 = 0.98512366132814682473474630986909437983
? sum(n=2,500,sum(k=2,500,(3-numdiv(k))/(n^k - 1)+0.))
%2 = 0.99312366132814544551488329325786393225
? sum(n=2,1000,sum(k=2,1000,(3-numdiv(k))/(n^k - 1)+0.))
%3 = 0.99412366132814544549686759544983494117

[juna]

> evalf(2*sum(tau(k)*(Zeta(k)-1),k=2...400),100);

4.260792897570524804340358117618996674486389676109861299831976069146394513940


> m:=0;
> for i from 2 by 1 to 200 do
> s:=0;
> for j from 2 by 1 to i-1 do
> if (i mod j)=0 then s:=evalf(s+tau(j),100)
> end if
> end do;
> m:=evalf(m+(s*(Zeta(i)-1)),100)
> end do;
> print(evalf(m,100));
                             
0.265669236242379358843632879978684812683237169097623440818411403442530718673

Если верить maple и моим преобразованиям, то слева меньше четырех, т.е. получается примерно 0.995123662.
Быструю сходимость можно наблюдать для дзета функций, а вычисления в лоб видимо приводят к иллюзии.

[RIP]

Обозначим

$$S_{k,N}=\sum_{n=N+1}\frac1{n^k-1}<\int\limits_N^\infty\frac{dx}{x^k-1}<\frac{N^k}{N^k-1}\int\limits_0^\infty\frac{dx}{x^k}=\frac N{(k-1)(N^k-1)};$$

$$S_k=S_{k,1}<\frac1{2^k-1}+\frac2{(k-1)(2^k-1)}=\frac{k+1}{(k-1)(2^k-1)};$$

$$R_K=\sum_{k=K}^\infty(3-\tau(k))S_k<\sum_{k=K}^\infty\frac{k+1}{(k-1)(2^k-1)}<\frac{2(K+1)}{(K-1)(2^K-1)}.$$

Искомая сумма

$$S=\sum_{k=2}^\infty(3-\tau(k))S_k=S_2+S_3+S_5-S_6+S_7-S_8-S_{10}+R_{11}<S_2+S_3+S_5-S_6+S_7-S_8+\frac{2.4}{2^{11}-1}.$$

Если верить компутеру и моим подсчётам вручную, это меньше 1 (совсем чуть-чуть).

[maxal]

Да, не то и не оттуда скопировал. Меняю равенство на такое:

$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^k-1}=-1,$$

где $\mu(\cdot)$ - функция Мёбиуса.

[juna]

Интересно, что это совсем немного меньшее единицы - похоже рациональное число

[RIP]

maxal писал(а):

$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^k-1}=-1,$$

Решение уже практически было написано, но всё равно.

$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^k-1}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{l=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^{kl}}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{n^m}\sum_{\substack{k|m\\k>1}}\mu(k)=-\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{n^m}=-\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(n-1)}=-1.$$

[maxal]

Еще задачка, напрямую связанная с этой суммой. Сумма обратных к точным степеням, уменьшенным на 1, равна 1. То есть:

$$\frac{1}{4-1} + \frac{1}{8-1} + \frac{1}{9-1} + \frac{1}{16-1} + \frac{1}{25-1} + \frac{1}{27-1} + \dots = 1.$$

[RIP]

Эту задачку надо было сформулировать вместо предыдущей, а то теперь неинтересно:

$$\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=2}^\infty\frac{\mu(k)}{n^k-1}=\sum_{m=4}^\infty\frac1{m-1}\sum_{\substack{n,k=2\\n^k=m}}^\infty\mu(k).$$

Если $m=a^b~-$ точная степень ($b>1$, $a$ не есть точная степень выше первой), то внутрення сумма равна $\sum\limits_{\substack{k|b\\k>1}}\mu(k)=-1$.

[maxal]

Да уж, ошибся с формулировкой и испортил задачу