Интересная формула о количистве простых чисел

[veg_nw]

Попробуйте доказать:

$$-\ln (2)\pi (N)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\sum_{1 \le p \le N, p|k, p \not = 2} p$

Где $\pi (N)$ количество простых до $N$. И второе суммирование ведется по простым делителям числа $k$ за исключением делителя 2 и включая 1.

У меня есть доказательство но оно достаточно громоздкое.
Спасибо!

[fractalon]

Изменим порядок суммирования (поменяем вложенность сумм) - не будем выискивать простые делители числа $k$, а для каждого $p$ будем брать все числа вида $pk$ (кратные $p$):
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} {\frac{(-1)^k}{k} \sum\limits_{1 \le p \le N, p|k, p \not = 2}{p}} = \sum\limits_{k=1}^{\infty} {\frac{1}{k}} + \sum\limits_{1 \le p \le N, p|k, p \not = 2}{p \sum\limits_{k=1}^{\infty} {\frac{(-1)^{pk}}{pk}}} = -\ln 2 + \sum\limits_{1 \le p \le N, p|k, p \not = 2} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k} = -\ln 2 + \sum\limits_{1 \le p \le N, p|k, p \not = 2} -\ln 2$
При переходе от второго к третьему выражению $p$ в степени $(-1)$ пропадает ввиду своей нечётности.

[veg_nw]

Имеем ли мы право менять порядок суммирования я не уверен... Думаю что в данном случае это не корректно. Хоть и дает правильный результат.

-- 22.07.2014, 04:38 --

И еще
$\sum\limits_{k=1}^{\infty} {\frac{1}{k}}$
расходится.

[ex-math]

Начнем с того, что единица вообще не является простым числом.

[mihaild]

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k} \sum_{p \leq N, p | k} p = \sum_{p \leq N} p \sum_{k=1, p|k}^\infty = \sum_{p \leq N} p \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{kp}}{kp} = \sum_{p} \sum_k \frac{(-1)^k}{k} = \sum_{p} -\ln (2) = -\ln(2) \pi(N)$$

Порядок суммирования переставлять можно, т.к. одна из сумм конечна.

Вроде нигде не обсчитался.

[ex-math]

fractalon
Вам надо подправить множества суммирования, во внешних суммах они не должны зависеть от $k$. Обосновать законность перестановки сумм можно, расмотрев $M$-ю частичную сумму исходного ряда. Повторяя Ваши рассуждения для частичной суммы, пользуясь тем, что остаток знакочередующегося ряда не больше первого отброшенного члена, получим нужный ответ с ошибкой $O(1/M) $. Затем устремляем $M$ к бесконечности.

-- 22.07.2014, 16:10 --

mihaild
С условно сходящимися рядами лучше на всякий случай проверить.

[veg_nw]

fractalon
Я думаю в данном случае задача состоит именно в доказательстве того что суммы можно переставиь.
Но все же я думаю идея доказательства првильная.

ex-math
Конечно 1 не простое число. Извините за определенную нечеткость в описании задачи.


mihaild
А как быть с тем что параметр суммирования второй суммы зависит от первого ряда? Дело тут скорее всего не в конечности суммы а в том что N не зависит от k.

[mihaild]

ex-math
Что именно проверить? Конечную аддитивность предела?

veg_nw
Можно член ряда домножить на индикатор $p | k$, и сумма будет по фиксированному множеству.

[fractalon]

Да, я допустил несколько опечаток. Конечно, там не $\frac{1}{k}$, а $\frac{(-1)^k}{k}$.

Я, честно говоря, не очень понимаю, почему сложно доказать, что суммы можно переставить? Ведь количество $1 \le p \le N$ конечно! Для каждого $1 \le p \le N$ сумма членов ряда, в которых он "участвует", конечна. Вот мы и раскладываем конечную сумму на сумму конечного числа конечных сумм. Что в этом плохого? mihaild совершенно верно заметил про индикатор. Сделаем фиксированное множество простых чисел до N. Тогда очевидно, что в переставленной сумме у нас опять же участвуют все элементы декартова произведения натуральных чисел и множества $1 \le p \le N$

[mihaild]

Кстати простые числа тут совершенно не при чем. Можно взять любое другое множество нечетных чисел, соответствующим образом заменив $\pi$ и условие суммирования "$p$ - простое" (но оставив $p | k$). Это, наверное, должно просто следовать из свойств свертки Дирихле, но я пока не понимаю, как.

[veg_nw]

mihaild
Совершенно верно это я получил в более общем виде. Как разбирусь с tex-ом кину сюда полную формулу.

[ex-math]

mihaild
Конкретно здесь Вам повезло, но в другом месте может и не повезти. И как совершенно правильно заметили, дело не в конечности суммы, а в том, что $N$ не зависит от $k$. Аккуратно доказать совсем не трудно, я написал как. Хотя индикатор тоже вариант.

[veg_nw]

Кстати я хочу использовать эту формулу для асимптотики
$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}\sum_{p|k} p$.
И кажется уже видны результати. И сейчас благодаря вам увидел простой путь доказательства и оценки.
Все выложу здесь скоро.

Извините сразу видно что данная сумма расходится.

[ex-math]

veg_nw
Этот ряд расходится.

UPD А, уже заметили. "Сразу" это, конечно, не видно. Надо взять частичную сумму и преобразовать ее знакомым способом.

[mihaild]

ex-math

В чем повезло? Для любого конечного $X \subset \mathbb{N}$, предиката $P: \mathbb{N}^2 \to \{0,1\}$ и функции $f: \mathbb{N}^2 \to \mathbb{R}$ выполнено $\sum\limits_{k=1}^\infty \sum\limits_{p \in X, P(k, p)} f(k, p) = \sum\limits_{p \in X} \sum\limits_{k=1, P(k, p)}^\infty f(k, p)$ (в том смысле, что ряд в левой части сходится тогда и только тогда, когда сходятся все ряды в правой, и суммы равны).