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




 
 Вопрос по теории чисел: сходится ли такой ряд?
Сообщение20.12.2007, 02:08 
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{\sqrt{n}}$$ ?
$\mu(n)$ - функция Мебиуса.

 
 
 
 
Сообщение20.12.2007, 10:19 
Аватара пользователя
Скорее нет, чем да.

Вот для $\mathop{\bf Re} s>1$ есть формула:
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^{s}} = \frac{1}{\zeta(s)}$$

 
 
 
 
Сообщение20.12.2007, 17:29 
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 ...

 
 
 
 
Сообщение20.12.2007, 18:50 
Аватара пользователя
:evil:
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.

 
 
 
 
Сообщение20.12.2007, 23:21 
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.

 
 
 
 
Сообщение21.12.2007, 00:02 
Аватара пользователя
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).

 
 
 
 
Сообщение21.12.2007, 01:40 
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?

 
 
 
 
Сообщение21.12.2007, 02:22 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение22.12.2007, 00:19 
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?

 
 
 
 
Сообщение22.12.2007, 11:19 
Аватара пользователя
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 :D .

 
 
 
 
Сообщение22.12.2007, 18:14 
Ну да, я имел в виду доказательство равномерной сходимости без использования факта о сходимости ряда в $s=1$. Ситуация понятна, спасибо еще раз :)

 
 
 
 Re: Вопрос по теории чисел: сходится ли такой ряд?
Сообщение17.01.2008, 19:52 
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

 $$

 
 
 
 
Сообщение18.01.2008, 00:23 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 
Сообщение18.01.2008, 07:50 
Аватара пользователя
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 (Изображение).

 
 
 
 
Сообщение18.01.2008, 17:40 
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.

 
 
 [ Сообщений: 15 ] 


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