Една сума

[martin.nikolov]

Да се пресметне следната сума

[tex]\sum \frac1{n^2}[/tex]

където сумирането е по всички цели положителни числа, които нямат делители които са трети степене т.е. свободни от кубове.

[Реклама]

[martin.nikolov]

Още една. Да се пресметне сумата

[tex]\sum\frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}}{n}[/tex]

където сумата е по всички нечетни положителни цели числа свободни от кубове.

[xyz]

Според формулата на Ойлер имаме:
[tex]\zeta(2)=\prod_{p - {\rm prime}} {1 \over 1-p^{-2}}=(1+{1 \over 2^2}+{1 \over 4^2}+{1 \over 8^2}+\dots)(1+{1 \over 3^2}+{1 \over 9^2}+{1 \over 27^2}+\dots)\dots[/tex]
Така в нашия случай (т.е. първата задача) ще имаме орязвания от вида:
[tex](1+{1 \over 2^2}+{1 \over 4^2})(1+{1 \over 3^2}+{1 \over 9^2})(1+{1 \over 5^2}+{1 \over 25^2})\dots[/tex]

Правилно ли подхождам, или да не се мъча по този начин???

[krainik]

Задачата ми се струва интересна. Към xyz - [tex]4^2,9^2,25^2[/tex] са освободени от кубове, така ли?

[xyz]

[martin.nikolov]

[martin.nikolov]

[martin.nikolov]

[krainik]

[martin.nikolov]

[krainik]

[martin.nikolov]

[martosss]

Добре, няма смисъл да се карате, просто кажете каква е сумата и толкова. Аз доколкото разбирам сумата е такава:
[tex]{1\over 1^2}+{1\over 2^2}+{1\over 3^2}+{1\over 4^2}+{1\over 5^2}+{1\over 6^2}+{1\over 7^2}+{1\over 9^2}+{1\over 10^2}+{1\over 11^2}+{1\over 12^2}+{1\over 13^2}+{1\over 14^2}+{1\over 15^2}+{1\over 17^2}+\cdots [/tex]
Отписваме всички n от вида 8k, 27k, 125k, 7³*k....к е цяло

[krainik]

[xyz]

Първата задача е ясна - нещо съм бил разсеян, като съм се опитвал първия път.
Втората е доста по-сложна. Имам чувството, че съм на съвсем грешен път и затова пак ще нахвърля идеята си. Всичко е евристично, т.е. вообще не се впечатлявам от това, че редът не е абсолютно сходях, а и има други съществени неточности.

Ако умножим по 1-1/3³+1/5³-1/7³...=(Li₄(i))' то ще получим като разглежданата сума, но вече няма ограничение за свободно от кубове - имаме само всички нечетни = 1/2i ln ((1+i)/(1-i))=1/2i ln(-1) (е това е в някой клон при комплексното продължение - кой точно...). С Li означих "polylogarithm".

Горното е пълна каша - може ли вече решението (ако някой друг не иска да опитва още).

[martin.nikolov]

Да, втората е доста по-трудна от първата. Не е лесно да се докаже сходимоста. Ако пренебрегнем аналитичните трудности може да се сметне по същия начин като първата.

Дефинираме [tex]\chi(n)=1,-1,0[/tex] ако [tex]n[/tex] е респективно 1 по модул 4, 3 по модул 4 или четно. Тогава сумата е

[tex]\sum_{n}\frac{\chi(n)}{n}[/tex]

където сумирането е по свободните от кубове числа.

От факта, че [tex]\chi[/tex] е мултипликативна следва

[tex]\sum_{n}\frac{\chi(n)}{n}=\prod_{p}\left(1+\frac{\chi(p)}{p}+\frac{\chi(p)^2}{p^2}\right)[/tex]

От тук по същия начин. Разликата е, че се стига не до стойности на дзета фунцията, а на L-фунцията свързана с този характер, и трябва да се знаят тези стойности.

Пак да кажа за да няма протести, това са формалните сметки и зада се направи напълно строго трябва малко анализ.