Mi rendo conto che è inutile, ma usa dei fattarelli carini Sia \(\mathbb{P}\) l'insieme dei numeri primi, e sia \(\mu\) la funzione di moebius. Dimostrare che:
\(\displaystyle \prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{n=2}^p \sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{n^k} = \sum_{n=1}^{\infty} {\frac{\mu(n)}{n} } \)
e che l'ultima somma è 0. Vi assicuro che c'è poco da sapere per farlo, anche avendo visto \(\mu\) adesso su wikipedia. Pevciò, pvovate!
EDIT: this belongs here. ma_go
Giganti che si semplificano per magia
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Giganti che si semplificano per magia
Ultima modifica di Gottinger95 il 03 dic 2013, 22:50, modificato 1 volta in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: Giganti che si semplificano per magia
Uhm, sei sicuro del meno?
Inoltre, già che questo topic è finito in MNE, potremmo metterci a parlare delle serie e delle convoluzioni di Dirichlet dicendo ad esempio che $\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)}$ e dimostrando l'inversione di Moebius con $\mu\ast1=\epsilon$
Inoltre, già che questo topic è finito in MNE, potremmo metterci a parlare delle serie e delle convoluzioni di Dirichlet dicendo ad esempio che $\displaystyle\sum_{n\ge1}\frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)}$ e dimostrando l'inversione di Moebius con $\mu\ast1=\epsilon$
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
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Re: Giganti che si semplificano per magia
Oh si, cretino che sono!
Oppure, dimostrare l'inversione di moebius per polinomi dipendenti da un numero intero (own, ma alla fine penso si sappia).
Siano \(p_n(x), q_n(x)\) due polinomi da qualche parte tipo \(\mathbb{BOH}[x]\); allora:
1)
\( \displaystyle p_n(x) = \prod_{d \mid n} { q_d(x) }\)
se e solo se
\( \displaystyle q_n(x) = \prod_{d \mid n} { (p_d(x) )^{\mu(n/d)} } \)
E può servire per dimostrare molto facilmente il seguente fatto, dove \(\Phi_n(x)\) è l'\(n\)-esimo polinomio ciclotomico (prodotto delle radici dell'unità che sono \(n\)-esime ma non \(d\)-esime per nessun \(d \mid n\)):
2)
\( \displaystyle \Phi_n(x) = \prod_{ d \mid n} { (x^d-1)^{\mu(n/d) } } \)
Testo nascosto:
Siano \(p_n(x), q_n(x)\) due polinomi da qualche parte tipo \(\mathbb{BOH}[x]\); allora:
1)
\( \displaystyle p_n(x) = \prod_{d \mid n} { q_d(x) }\)
se e solo se
\( \displaystyle q_n(x) = \prod_{d \mid n} { (p_d(x) )^{\mu(n/d)} } \)
E può servire per dimostrare molto facilmente il seguente fatto, dove \(\Phi_n(x)\) è l'\(n\)-esimo polinomio ciclotomico (prodotto delle radici dell'unità che sono \(n\)-esime ma non \(d\)-esime per nessun \(d \mid n\)):
2)
\( \displaystyle \Phi_n(x) = \prod_{ d \mid n} { (x^d-1)^{\mu(n/d) } } \)
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe