W jaki sposób wyprowadzić wzory na
a). funkcję tworzącą Dirichleta dla funkcji Mobiusa, tj.
\(\displaystyle{ \widetilde{M}(z)=\prod_{p}\left(1-p^{-z}\right), \ \textrm{gdzie} \ p-\textrm{liczba pierwsza}}\), funkcja tworząca Dirichleta: \(\displaystyle{ \widetilde{G}(z)=\sum_{\substack{n\geq 0 \\ n\in\mathbb{N}}}\frac{g_n}{n^z}}\), funkcja Mobiusa \(\displaystyle{ \mu(n)}\):
- 1, dla n=1
- 0, gdy n jest podzielne przez kwadrat liczbypierwszej
- (-1)^k, gdy n jest iloczynem k różnych liczb pierwszych
b). funkcję tworzącą Dirichleta dla funkcji Eulera, tj.
\(\displaystyle{ \widetilde{\phi}(z)=\prod_{p}\left(1+\frac{p-1}{p^z-p}\right)=\prod_{p}\frac{1-p^{-z}}{1-p^{1-z}}, \ \textrm{gdzie} \ p-\textrm{liczba pierwsza}}\), funkcja Eulera \(\displaystyle{ \varphi(n)}\) określona jest dla wszystkich liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\) i jest ilością tych liczb w ciągu \(\displaystyle{ (0,1,2,\ldots n-1)}\),które są pierwsze względem \(\displaystyle{ n}\).
Funkcje tworzące Dirichleta
-
patricia__88
- Użytkownik
- Posty: 367
- Rejestracja: 15 gru 2010, o 12:27
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: podkarpacie
- Podziękował: 3 razy
-
Vax
- Użytkownik
- Posty: 2913
- Rejestracja: 27 kwie 2010, o 22:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 612 razy
Funkcje tworzące Dirichleta
Na początku zauważmy, że dla dowolnej funkcji multiplikatywnej \(\displaystyle{ f}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1}\frac{f(n)}{n^s} = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+f(p)p^{-s}+f(p^2)p^{-2s}+...\right)}\)
Dowód: Zauważmy, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ k}\), \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s}}\) występuje po prawej stronie równości dokładnie raz, oraz, że nie istnieje wyrażenie po prawej stronie które nie występuje po lewej. Istotnie, skoro \(\displaystyle{ f}\) jest multiplikatywna, to \(\displaystyle{ f(1)=1}\), więc jeżeli \(\displaystyle{ k=1}\) to \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s} = 1}\), a po prawej stronie równości \(\displaystyle{ 1}\) występuje (\(\displaystyle{ 1 = 1\cdot 1\cdot ...}\) ). Niech więc \(\displaystyle{ k\ge 2}\), zapiszmy \(\displaystyle{ k = p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot p_l^{a_l}}\), wówczas:
\(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s} = \frac{f(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_l^{a_l})}{(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_l^{a_l})^s} = \frac{f(p_1^{a_1})}{p_1^{a_1s}}\cdot \frac{f(p_2^{a_2})}{p_2^{a_2s}}\cdot ... \cdot \frac{f(p_l^{a_l})}{p_l^{a_ls}} = f(p_1^{a_1})p^{-a_1s} \cdot f(p_2^{a_2})p^{-a_2s} \cdot ...\cdot f(p_l^{a_l})p^{-a_ls}}\)
Naturalnie każdy z czynników \(\displaystyle{ f(p_t^{a_t})p^{-a_ts} \ , \ t = 1,2,...,l}\) jest pewnym składnikiem sumy \(\displaystyle{ \sum_{i\ge 0}f(p_t^i)p_t^{-is}}\), więc \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s}}\) istotnie zawiera się w iloczynie \(\displaystyle{ \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+f(p)p^{-s}+f(p^2)p^{-2s}+...\right)}\). To, że pewne wyrażenie po prawej stronie nie wystąpi co najmniej dwa razy, oraz, że nie istnieje wyraz po prawej stronie, którego nie ma po lewej wynika z jednoznaczności rozkładu w liczbach całkowitych.
Korzystając z powyższej równości dostajemy (To, że funkcje \(\displaystyle{ \mu}\) oraz \(\displaystyle{ \varphi}\) są multiplikatywne zostawiam jako proste ćwiczenie):
\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n)}{n^z} = \prod_{p \in \mathbb{P}} (1+\mu(p)p^{-z}+\mu(p^2)p^{-2z}+...) = \prod_{p \in \mathbb{P}}(1-p^{-z})}\)
Podobnie dla funkcji Eulera:
\(\displaystyle{ \sum_{n\ge 1} \frac{\varphi(n)}{n^z} = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\varphi(p)p^{-z}+\varphi(p^2)p^{-2z}+...\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+(p-1)p^{-z}+p(p-1)p^{-2z}+p^2(p-1)p^{-3z}+...\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\left(\frac{p-1}{p^z}\right)\left(1+\frac{p}{p^z}+\frac{p^2}{p^{2z}}+...\right)\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\frac{p-1}{p^z}\cdot \frac{1}{1-\frac{p}{p^z}}\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\frac{p-1}{p^z-p}\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(\frac{1-p^{-z}}{1-p^{1-z}}\right)}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1}\frac{f(n)}{n^s} = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+f(p)p^{-s}+f(p^2)p^{-2s}+...\right)}\)
Dowód: Zauważmy, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ k}\), \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s}}\) występuje po prawej stronie równości dokładnie raz, oraz, że nie istnieje wyrażenie po prawej stronie które nie występuje po lewej. Istotnie, skoro \(\displaystyle{ f}\) jest multiplikatywna, to \(\displaystyle{ f(1)=1}\), więc jeżeli \(\displaystyle{ k=1}\) to \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s} = 1}\), a po prawej stronie równości \(\displaystyle{ 1}\) występuje (\(\displaystyle{ 1 = 1\cdot 1\cdot ...}\) ). Niech więc \(\displaystyle{ k\ge 2}\), zapiszmy \(\displaystyle{ k = p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot p_l^{a_l}}\), wówczas:
\(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s} = \frac{f(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_l^{a_l})}{(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_l^{a_l})^s} = \frac{f(p_1^{a_1})}{p_1^{a_1s}}\cdot \frac{f(p_2^{a_2})}{p_2^{a_2s}}\cdot ... \cdot \frac{f(p_l^{a_l})}{p_l^{a_ls}} = f(p_1^{a_1})p^{-a_1s} \cdot f(p_2^{a_2})p^{-a_2s} \cdot ...\cdot f(p_l^{a_l})p^{-a_ls}}\)
Naturalnie każdy z czynników \(\displaystyle{ f(p_t^{a_t})p^{-a_ts} \ , \ t = 1,2,...,l}\) jest pewnym składnikiem sumy \(\displaystyle{ \sum_{i\ge 0}f(p_t^i)p_t^{-is}}\), więc \(\displaystyle{ \frac{f(k)}{k^s}}\) istotnie zawiera się w iloczynie \(\displaystyle{ \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+f(p)p^{-s}+f(p^2)p^{-2s}+...\right)}\). To, że pewne wyrażenie po prawej stronie nie wystąpi co najmniej dwa razy, oraz, że nie istnieje wyraz po prawej stronie, którego nie ma po lewej wynika z jednoznaczności rozkładu w liczbach całkowitych.
Korzystając z powyższej równości dostajemy (To, że funkcje \(\displaystyle{ \mu}\) oraz \(\displaystyle{ \varphi}\) są multiplikatywne zostawiam jako proste ćwiczenie):
\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n)}{n^z} = \prod_{p \in \mathbb{P}} (1+\mu(p)p^{-z}+\mu(p^2)p^{-2z}+...) = \prod_{p \in \mathbb{P}}(1-p^{-z})}\)
Podobnie dla funkcji Eulera:
\(\displaystyle{ \sum_{n\ge 1} \frac{\varphi(n)}{n^z} = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\varphi(p)p^{-z}+\varphi(p^2)p^{-2z}+...\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+(p-1)p^{-z}+p(p-1)p^{-2z}+p^2(p-1)p^{-3z}+...\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\left(\frac{p-1}{p^z}\right)\left(1+\frac{p}{p^z}+\frac{p^2}{p^{2z}}+...\right)\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\frac{p-1}{p^z}\cdot \frac{1}{1-\frac{p}{p^z}}\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(1+\frac{p-1}{p^z-p}\right) = \prod_{p \in \mathbb{P}}\left(\frac{1-p^{-z}}{1-p^{1-z}}\right)}\)