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Una identidad que implica la función de Möbius

%#% $ $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mu(n)}{n^s}=1$ #%.

¿Cómo demostrar esta identidad?

6voto

Andrew Puntos140

La idea aquí es de Dirichlet de convolución.

La convolución de identidad afirma que si

$$\left(\sum_{j=1}^\infty \frac{a_j}{j^s}\right)\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{b_k}{k^s}\right)=\sum_{\ell=1}^\infty \frac{c_\ell}{\ell^s}$$

entonces

$$\sum_{k\,\mid \,n} a_k b_{n/k} = c_n$$

donde la suma de los rangos de más de todos los divisores positivos de $n$.

Más específicamente, su identidad original es equivalente a la convolución de identidad

$$\sum_{k\,\mid \,n} \mu(k) = [n=1]$$

donde las dos funciones se convoluciona son la constante de la función de $1$ y la función de Möbius $\mu(k)$. ($[p]$ aquí está la Iverson soporte; se evalúa a $1$ si $p$ es cierto, y $0$ si $p$ es falso.)

Para $n=1$, la identidad se comprueba fácilmente. A ver qué pasa cuando $n > 1$, tomar la descomposición en factores primos

$$n=\prod_{k=1}^r p_k^{m_k}$$

Se sabe que el summatory función de una función multiplicativa es en sí mismo multiplicativo; por lo tanto, dejando $\xi(n)=\sum\limits_{k\,\mid \,n} \mu(k)$,$\xi(qr)=\xi(q)\xi(r)$. Así, podemos restringir el caso

$$\xi(p^m)=\mu(1)+\mu(p)+\cdots+\mu(p^m)=1-1+0+\cdots+0=0$$

y ya $\xi(n)=\xi(p_1^{m_1})\xi(p_2^{m_2})\cdots \xi(p_r^{m_r})$, $\xi(n)=0$ para $n > 1$.

4voto

gimel Puntos30150

Deje $D_f(s)$ denotar la Dirichlet generación de la serie:

$$ D_f(s) = \sum_{n =1}^{\infty} \frac{f(n)}{n^s}. $$

Cuando la serie de convergencias absolutamente, podemos escribir $D_f(s)$ como un producto de Euler:

$$ D_f(s) = \prod_p \left(1+f(p)p^{−s} +f(p^2)p^{−2} \dots \right) $$ donde las gamas de productos más de todos los números primos $p$. Busca en el producto de Euler para $\zeta(s)$ (que corresponde a $f(n) = 1$) vemos que

$$ \zeta(s) = \prod_p \left(1+p^{-(s-1)} +p^{-2(s-1)}+ \dots \right) = \prod_p \left(1 - p^{s} \right)^{-1}. $$

Por lo tanto,

$$\begin{align} \frac{1}{\zeta(s)} = \prod_{p} \left(1 - p^{-s} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{g(n)}{n^s}, \end{align}$$

donde $g$ es la multiplicación de la función tal que $g(p) = -1$, e $g(p^n) = 0$ al $n \geq 2$. Tenga en cuenta que esta es precisamente la definición de $\mu$ (y esta es probablemente la forma en que la fórmula para $\mu$ fue descubierto originalmente). Por lo tanto, hemos demostrado que:

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

que es válida cuando se $\zeta(s)$ converge absolutamente (así que esto es válido para $s = \sigma + it \in \mathbb{C}$ tal que $\sigma > 0$).

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