Вопрос по теории чисел: сходится ли такой ряд?

[Gordmit]

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{\sqrt{n}}$$

?
$\mu(n)$ - функция Мебиуса.

[maxal]

Скорее нет, чем да.

Вот для $\mathop{\bf Re} s>1$ есть формула:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^{s}} = \frac{1}{\zeta(s)}$$

[kvant_ed]

Ряд расходится, потому что если рассмотреть m первых простых чисел, то количество их комбинаций с парным количеством делителей равна числу комбинаций с непарным количеством делителей, то есть общая сумма ф-ций Мебиуса равна 0. Но между последним простым и числом m! будет еще много простых чисел (это количество ростет при возростании m). Поскольку количество простых бесконечна ряд бесконечен ...

[незваный гость]

Вы не поясните?

kvant_ed писал(а):

Но между последним простым и числом m! будет еще много простых чисел (это количество ростет при возростании m).

Конечно, это так. Но и очень много их произведений, и т.п. — факториал велик. Так что, свойства частичной суммы, которое Вы получаете, я не понимаю. Кроме того, даже если этим пренебречь, то мне не очень понятно, как из процитированной фразы следует расходимость.

[Gordmit]

maxal
Да, при $\mathrm{Re}\,s>1$ все замечательно и приятно. Более того, этот ряд сходится и при $\mathrm{Re}\,s=1$, в частности,

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}=0$$

. А вот что происходит левее этой прямой, совсем непонятно, и хотелось бы узнать...

Вообще, я тоже склоняюсь к тому, что скорее расходится, чем сходится. А вот при $\mathrm{Re}\,s>\frac12$, думается, может и сходиться. Во всяком случае если принять гипотезу Римана, то функция $\frac{1}{\zeta(s)}$ аналитична в этой области, поэтому что мешает представляющему ее при $\mathrm{Re}\,s>1$ ряду сходиться немного левее единичной прямой... Хотя все эти эвристические соображения ничего не подтверждают и не опровергают.

Добавлено спустя 1 минуту 49 секунд:

kvant_ed
Тоже не понял Ваше рассуждение. Присоединяюсь к просьбе незванного гостя пояснить.

[RIP]

Легко показать, что сходимость ряда при $\mathop{\mathrm{Re}}s>c$ ($c\ge1/2$) равносильна отсутствию нулей $\zeta(s)$ в этой области, поэтому если искомый ряд сходится, то отсюда следует гипотеза Римана, даже с небольшим запасом. Сходимость/расходимость ряда на критической прямой --- вопрос более тонкий. Я ничего не могу сказать по этому поводу (кроме того, что в нулях $\zeta(s)$ ряд, очевидно, расходится).

[Gordmit]

RIP писал(а):

Легко показать, что сходимость ряда при $\mathop{\mathrm{Re}}s>c$ ($c\ge1/2$) равносильна отсутствию нулей $\zeta(s)$ в этой области

А как именно это легко показать?

[RIP]

Если ряд сходится, то он представляет голоморфную функцию в этой области, поэтому там нулей нет.

В обратную сторону чуть-чуть сложнее. Док-во для $c=1/2$ есть, например, в Титчмарше (предпоследняя глава). Для произвольного $c$ докво аналогично. Насчёт легко я слегка погорячился. Там возникают некоторые трудности с оценкой $\ln|\zeta(s)|$ в критической полосе. А остальное --- стандартное упражнение на формулу Перрона.

[Gordmit]

RIP, спасибо!

Добавлено спустя 6 минут 9 секунд:

А теперь еще один вот какой вопрос. Сходимость ряда

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n}$$

к 0 можно доказать, пользуясь формулой Перрона. С другой стороны, это следовало бы из того, что ряд

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^\sigma}$$

сходится равномерно на интервале $(1,1+\delta)$, $\delta>0$. Вопрос: верно ли последнее утверждение о равномерной сходимости?

[RIP]

Gordmit писал(а):

Вопрос: верно ли последнее утверждение о равномерной сходимости?

Конечно, верно. Это следует из сходимости ряда

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}n$$

(признак Абеля). А вот как доказать сходимость последнего ряда, не используя формулу Перрона (из которой автоматически получается его значение), лично я не знаю. Ситуация, аналогичная ситуации с асимптотическим законом распределения простых .

[Gordmit]

Ну да, я имел в виду доказательство равномерной сходимости без использования факта о сходимости ряда в $s=1$. Ситуация понятна, спасибо еще раз

[Kid Kool]

Gordmit писал(а):

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{\sqrt{n}}$$

?
$\mu(n)$ - функция Мебиуса.

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{\sqrt{n}} = \prod\limits_{p \in P} \left( 1 - \frac 1 {\sqrt{p}} \right) = \prod\limits_{p \in P} \frac 1 { \sum_{k=0}^\infty \frac 1 \sqrt{p}^k } } = \frac 1 { \sum_{n=1}^\infty \frac 1 \sqrt{n} } } = 0 $$

[maxal]

Kid Kool
Нельзя так беззаботно переходить от сумм к произведениям и наоборот, если предварительно не доказана абсолютная сходимость исходного ряда. По сути вы воспроизводите доказательство формулы $\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^{s}} = \frac{1}{\zeta(s)}$, но это доказательство работает только для $\mathop{\bf Re} s>1$.

P.S. в справке по math есть и суммы и произведения (в разделе 5), достаточно навести курсор мышки на формулу и ее исходный текст будет показан.

[нг]

Kid Kool
Вы не нашли, как писать сумму и произведение?! R u kidding?! Посмотрите этот пункт (в любом броузере можно либо процитировать, либо copy/paste).

P.S. Взрослые люди сами справляются с исправлением своих сообщений ().

[Kid Kool]

maxal писал(а):

Kid Kool
Нельзя так беззаботно переходить от сумм к произведениям и наоборот, если предварительно не доказана абсолютная сходимость исходного ряда.

Я понял, проблему вызывает первое равенство из-за того, что нельзя в общем случае переставлять члены не сходящегося абсолютно ряда:

$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{\sqrt{n}} = \prod\limits_{p \in P} \left( 1 - \frac 1 {\sqrt{p}} \right)

(остальные два равенства нетрудно доказать строго). Сейчас чего-нибудь придумаю, у меня все равно есть подозрение, что сумма равна 0.

maxal писал(а):

P.S. в справке по math есть и суммы и произведения (в разделе 5), достаточно навести курсор мышки на формулу и ее исходный текст будет показан.

Спасибо.