Отношение ближайших значений дзета-функции Римана

[kthxbye]

Какие на данный момент существуют результаты для максимально простого представления отношения двух ближайших значений дзета-функции Римана $\frac{\zeta(s)}{\zeta(s+1)}$ (и, как следствие, общей формулы для $\zeta(2s+1)=\frac{\zeta(2s)}{x}$, где $x$ - искомое отношение).

[worm2]

Рискну предположить, что никакие. Иначе на Вольфраме бы написали.

[arseniiv]

kthxbye в сообщении #1258425 писал(а):

ближайших значений

А почему ближайших?

[Aritaborian]

arseniiv в сообщении #1258616 писал(а):

А почему ближайших?

Здесь это «ближайшие» в разумном смысле можно понять разве что как соседние целые. Возм., kthxbye именно это имел в виду?

[arseniiv]

Тоже так подумал, но область определения обычно рассматривается более широкая, и с ней это уже бессмысленно.

[Dmitriy40]

kthxbye в сообщении #1258425 писал(а):

Какие на данный момент существуют результаты для максимально простого представления отношения двух ближайших значений дзета-функции Римана $\frac{\zeta(s)}{\zeta(s+1)}$

В теории не знаю, но проверка PARI/GP даёт что уже для $n>10$ практически можно считать что выполняется $\zeta(n+1) \approx \frac{\zeta(n) + 1}2$. Т.е. отличие отношения $\frac{\zeta(n)}{\zeta(n+1)}$ от $1$ уменьшается на каждом шаге вдвое. $n$ натуральное.

[grizzly]

Dmitriy40 в сообщении #1258773 писал(а):

Т.е. отличие отношения $\frac{\zeta(n)}{\zeta(n+1)}$ от $1$ уменьшается на каждом шаге вдвое.

То есть, грубо говоря, $2^{-k}$ в 2 раза больше, чем $2^{-(k+1)}$? Не велико открытие

[Dmitriy40]

Все претензии к ТС. Я лишь проверил доступными мне средствами его предположение.

[kthxbye]

Aritaborian в сообщении #1258672 писал(а):

arseniiv в сообщении #1258616 писал(а):

А почему ближайших?

Здесь это «ближайшие» в разумном смысле можно понять разве что как соседние целые. Возм., kthxbye именно это имел в виду?

Да, именно так. Наблюдение Dmitriy40 прелестно, но давайте рассмотрим несколько другой вариант.

Начнем с $\frac{\zeta(2)}{\zeta(3)}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{|\mu(n)|}{n\cdot\prod\limits_{p|n}^{}(p+1)}$

Насколько это тривиально? Можете ли вы уже сейчас выстроить аналогию?

[arseniiv]

Какую аналогию вы предлагаете выстраивать по одному (1) примеру?

[kthxbye]

arseniiv в сообщении #1259019 писал(а):

Какую аналогию вы предлагаете выстраивать по одному (1) примеру?

Понимание того, каким образом он был получен, позволяет дойти до схожего результата для следующего соотношения, на основе чего уже можно построить аналогию. Мне для верности потребовалось ещё и третье.

[ex-math]

В общем, это элементарное упражнение на тождество Эйлера.

(Оффтоп)

$$ \frac{\zeta(n)}{\zeta(n+1)}=\prod_p\frac{p^{n+1}-1}{p(p^n-1)}=\prod_p\frac{p^n+\ldots+1}{p^n+\ldots+p}=\prod_p\left(1+\frac{1}{p(p^{n-1}+\ldots+1)}\right)=\sum_{k=1}^\infty\frac{|\mu(k)|}{k\prod_{p\mid k}(p^{n-1}+\ldots+1)}, $$

так как для мультипликативной $f$ и абсолютно сходящегося ряда

$$ \sum_{k=1}^\infty\frac{f(k)}{k^s}=\prod_p\left(1+\frac{f(p)}{p^s}+\frac{f(p^2)}{p^{2s}}+\dots\right). $$

[kthxbye]

ex-math, браво! Сумму $p^{n-1}+...+1$ можно было свернуть до $\frac{p^n-1}{p-1}$, ну это детали. А я пришел к этому отношению так:

1. Имеем ряд последовательных натуральных чисел от $1$ до $n$ (бесконечно большого). Выделим оттуда числа, свободные от квадратов. Их количество $\frac{n}{\zeta(2)}$
2. Оставшиеся сгруппируем, как произведения квадратов ($k^2$) на ряд, свободный от квадратов. Количество чисел в каждой такой группе равно $\frac{n}{\zeta(2)}\cdot\frac{1}{k^2}$
3. Отбросим все группы, для которых $k$ не свободно от квадратов. В оставшихся удалим из каждого ряда, свободного от квадратов (умноженного на $k^2$), числа, имеющие общий множитель с $k$ (больше единицы). Количество чисел в каждой такой группе сократится до $\frac{n}{\zeta(2)}\cdot\frac{1}{k^2}\cdot\prod\limits_{p|k}^{}\frac{p}{p+1}$
4. Добавим отсеянные таким образом числа к отделенным в п.1 свободным от квадратов, получаем ряд, свободный от кубов (в котором $\frac{n}{\zeta(3)}$ чисел), следовательно:
$\frac{n}{\zeta(2)}(1+\frac{1}{4}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{9}\cdot\frac{3}{4}+\frac{1}{25}\cdot\frac{5}{6}+\frac{1}{36}\cdot\frac{6}{12}+...)=\frac{n}{\zeta(3)}$

Очень наглядно. Дальше можно продолжать добавлять числа до ряда, свободного от четвертой и т.д., лишь с той разницей, что количество взаимно простых в ряде, свободном от кубов равно $\frac{n}{\zeta(3)}\cdot\frac{1}{k^3}\cdot\prod\limits_{p|k}^{}\frac{p^2}{p^2+p+1}$ (т.е. в общем виде $\frac{n}{\zeta(m)}\cdot\frac{1}{k^m}\cdot\prod\limits_{p|k}^{}\frac{p^{m-1}(p-1)}{p^m-1}$)

P.S. Изначально я думал, что для следующего соотношения $k$ должно быть свободно уже от кубов, а не от квадратов, но оказалось, что достаточно (хотя это условие более строгое) последнего.