2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 двойная сумма
Сообщение26.04.2007, 01:17 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5530
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 $k.$

 Профиль  
                  
 
 Re: двойная сумма
Сообщение28.04.2007, 17:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
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...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 22:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3662
А откуда это равенство? Если верить компутеру, то оно неверно. Поскольку я компутеру не верю, то проверил это и вручную (левая часть меньше).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:01 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5530
Равенство верное, проистекает из одной старой дискуссии.

Численно тоже сходимость наблюдается:
Код:
? 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

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
Код:
> 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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3662
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).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:32 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5530
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1725
Москва
Интересно, что это совсем немного меньшее единицы - похоже рациональное число :shock:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.04.2007, 23:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3662
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.
$$\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^k-1}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{l=1}^{\infty}\frac{\mu(k)}{n^{kl}}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{n^m}\sum_{\substack{k|m\\k>1}}\mu(k)=-\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{n^m}=-\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(n-1)}=-1.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.04.2007, 00:33 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5530
Еще задачка, напрямую связанная с этой суммой. Сумма обратных к точным степеням, уменьшенным на 1, равна 1. То есть:
$$\frac{1}{4-1} + \frac{1}{8-1} + \frac{1}{9-1} + \frac{1}{16-1} + \frac{1}{25-1} + \frac{1}{27-1} + \dots = 1.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.04.2007, 00:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3662
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 $\sum\limits_{\substack{k|b\\k>1}}\mu(k)=-1$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение29.04.2007, 01:34 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5530
Да уж, ошибся с формулировкой и испортил задачу :(

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 12 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group