Giganti che si semplificano per magia

[Gottinger95]

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

[Drago96]

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 $\mu\ast1=\epsilon$

[Gottinger95]

Oh si, cretino che sono!

Testo nascosto:

Nella telescopica avevo invertito i segni
\( \displaystyle \prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k=2}^{\infty} {\frac{1}{n^k} } =\prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{n=2}^{\infty}{\frac{1}{n(n-1)} } = \prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{n=2}^{p}{\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n} } = \prod_{p \in \mathbb{P} } {(1-\frac{1}{p} )} = \sum_{n \in \mathbb{N}_0 }\frac{\mu(n)}{n}\)

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)
\( \displaystyle \Phi_n(x) = \prod_{ d \mid n} { (x^d-1)^{\mu(n/d) } } \)