Oppa Eulero style

[Gottinger95]

Vi propongo questa serie di "giochini" con le serie infinite, che trovo molto carine.
Illustro prima brevemente il principio del prodotto di Eulero, per rendere accessibile questo post anche a chi non sa nulla dell'argomento. Eulero dixit:
\[ \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{1}{n} = \prod_{p \in \mathbb{P} } \left ( 1+\frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \ldots \right ) = \prod_{p \in \mathbb{P} } \left (\frac{1}{1-p^{-1} } \right ) \]
In pratica, ogni numero (a sinistra) può essere composto "pescando", in ognuna delle parentesi di destra, i fattori primi che ci servono con l'esponente giusto. Ad esempio \( 1/ 2^2 \cdot 3^3 \) lo otterrò, nello svolgimento del prodotto a destra, quando sceglierò \(1/2^2\) nella parentesi dei 2, \(1/3^3\) nella parentesi dei 3, e 1 da tutte le altre parti. Spero di essere stato chiaro.

Sia \(\alpha \in \mathbb{R}\) a piacere. Se vi da fastidio, ponete \(\alpha=1\), le cose non cambiano molto.
Dimostrare, sbizzarrendosi a scomporre con i giusti prodotti (o in altri modi ), i seguenti fatti:
\( \displaystyle (1) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{\mu(n)}{n^{\alpha} } \right ) \left ( \sum_{ n \in \mathbb{N}_0 } \frac{1}{n^{\alpha} } \right ) = 1 \)
Dove \(\mu(n)\) è definita così: se \(n= p_1^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot p_k^{\alpha_k} \), allora \(\mu(n) = 0\) se \(\alpha_i >1\) per qualche \(i\), altrimenti è \((-1)^{k}\).
\( \displaystyle (2) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{d(n)}{n^{\alpha} } \right ) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{\mu(n)}{n^{\alpha} } \right ) = \sum_{n \in \mathbb{N}_0} \frac{1}{n^{\alpha} } \ \)
Dove \(d(n)\) è il numero di divisori di \(n\). Questo è il più hard con i prodotti ma, giocando d'astuzia, si può fare in altro modo.
\( \displaystyle (3) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{\psi(n)}{n^{\alpha} } \right ) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{1}{n^{\alpha} } \right ) = \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{1}{n^{2\alpha} } \)
Dove \(\psi(n)\) è definita così: se \(n= p_1^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot p_k^{\alpha_k} \), detto \(A = \alpha_1 + \ldots + \alpha_k\), abbiamo \(\psi(n) = (-1)^{A}\).
\( \displaystyle (4)\left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \left ( \frac{n}{q} \right ) \frac{|\mu(n)|}{n^{\alpha} } \right ) \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0} \frac{1}{n^{2\alpha} } \right ) = \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \left ( \frac{n}{q} \right ) \frac{1}{n^{\alpha} } \)
Dove \(q\) è un primo fissato e \( \left ( \frac{n}{q} \right ) \) è il simbolo di Legendre. Questo forse è il più cattivello, ma in realtà... neanche tanto.
Divertitevi! Poi se ne possono fare a volontà, chiedete e vi sarà dato ( o anzi, che è meglio, postatene!! ).

[Lasker]

Intanto metto le mie soluzioni dei primi $3$ punti, in attesa di provare il quarto (sono morto di $\LaTeX$ per scrivere questo messaggio e per oggi non ce la faccio più ).


Lemma Potentissimo Molto Cannonoso: se $f$ è una funzione aritmetica moltiplicativa, allora vale la seguente identità fra serie formali
$$\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{f(n)}{n^{\alpha}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1+f(p)p^{-\alpha}+f(p^2)p^{-2\alpha}+f(p^3)p^{-3\alpha}+...\right)$$
In pratica stiamo facendo lo stesso giochetto di Eulero, perché per ottenere il generico termine del LHS $\frac{f(k)}{k^{\alpha}}$ con $k=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}...p_r^{a_r}$ ci basta prendere dalla parentesi con infiniti termini $p_1$ quello elevato alla $\alpha_1$ e così via per gli altri, ricordandoci di prendere $1$ quando un certo primo non è presente nella fattorizzazione. Per il teorema fondamentale dell'aritmetica stiamo dunque ottenendo al RHS tutti e soli i termini del LHS, ed abbiamo quindi l'uguaglianza.

Osservo che tutte e funzioni aritmetiche presenti sono moltiplicative, utilizziamo dunque senza riserve questo fatto per mostrare in sequenza le varie identità!

Funzione $\mu(n)$:
$$\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{\mu(n)}{n^{\alpha}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1+\mu(p)p^{-\alpha}+\mu(p^2)p^{-2\alpha}+\mu(p^3)p^{-3\alpha}+...\right)$$
Ma visto che $\mu(p^{a})=0$ per $a\geq2$ e $\mu(p)=-1$ per definizione, gran parte dei termini si annullano lasciando solo:
$$\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{\mu(n)}{n^{\alpha}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-p^{-\alpha}\right)$$
Sostituendo questo risutato nella $(1)$ e sostituendo la formula del prodotto di Eulero alla sommatoria di $\frac{1}{n^{\alpha}}$ otteniamo dunque:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-p^{-\alpha}\right)\cdot\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-\alpha}}=1$$
Che è banalmente verificata perché tutti i termini si semplificano.

Funzione $d(n)$:
$$ \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{d(n)}{n^{\alpha} }=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1+d(p)p^{-\alpha}+d(p^2)p^{-2\alpha}+d(p^3)p^{-3\alpha}+...\right)$$
Di nuovo, grazie alle proprietà della funzione, possiamo semplificare di molto l'espressione al RHS:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1+2p^{-\alpha}+3p^{-2\alpha}+4p^{-3\alpha}+...\right)$$
Per valutare il generico termine della produttoria al LHS, considero la ben nota identità (per $|x|<1$):
$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+...$$
derivando rispetto ad $x$ entrambi i membri ottengo:
$$\frac{1}{(1-x)^2}=1+2x+3x^2+4x^3+...$$
Sostituendo ad $x$ il valore $p^{-\alpha}$ (sicuramente minore di $1$ in modulo) ottengo quindi che l'equzione con la produttoria si può riscrivere come:
$$ \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } \frac{d(n)}{n^{\alpha} }=\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{(1-p^{-\alpha})^2}$$
Sostituendo questo risultato nella $(2)$ ed unendolo a quello trovato in precedenza per $\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{\mu(n)}{n^{\alpha}}$ otteniamo quindi:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{(1-p^{-\alpha})^2}\cdot\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-p^{-\alpha}\right)=\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-\alpha}}=\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{1}{n^{\alpha}}$$

Funzione $\psi(n)$:
$$\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{\psi(n)}{n^{\alpha}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1+\psi(p)p^{-\alpha}+\psi(p^2)p^{-2\alpha}+\psi(p^3)p^{-3\alpha}+...\right)$$
Ancora una volta, grazie alle proprietà della funzione, riusciamo a semplificare il generico termine della produttoria al RHS:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\left(1-p^{-\alpha}+p^{-2\alpha}-p^{-3\alpha}+p^{4\alpha}-...\right)$$
Otteniamo dunque la somma di una serie geometrica di ragione $-p^{-\alpha}$, sicuramente minore di $1$ in valore assoluto, l'espressione quindi si trasforma in:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-(-p^{-\alpha})}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1+p^{-\alpha}}$$
Sostituendo questo risultato nella $(3)$ abbiamo dunque:
$$\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1+p^{-\alpha}}\cdot \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-\alpha}}=\prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{-2\alpha}}=\sum_{n\in\mathbb{N}_0}\frac{1}{n^{2\alpha}}$$
E con questo dovrei avere finito.

[Gottinger95]

Si, bravo! C'è giusto una soluzione del (2) più semplice che non passa per i primi e che, tra i 4, fa eccezione nel metodo (me ne sono accorto dopo).
Adotto una notazione più comoda per non morire di latex (cit.): se \(f(n)\) è una funzione aritmetica, chiamo
\[ f^* = \sum_{n \in \mathbb{n} } \frac{f(n)}{n^{\alpha} } \]
per un certo \(\alpha\) fissato. Indichiamo con \( 1(n)\) la funzione costante 1. La prima perciò è \( 1^* \cdot \mu^* = 1\). La seconda è \( d^*\cdot \mu^* = 1^* \). Moltiplicando a destra e a sinistra per \(1^*\) e usando il fatto che \(1^*\) e \(\mu^*\) sono inverse (che è la (1) ), abbiamo \( d^* = [1^* ]^2 \), che si scrive come:
\[ \sum_{n \in \mathbb{n} } \frac{d(n)}{n^{\alpha} } = \left ( \sum_{n \in \mathbb{n} } \frac{1}{n^{\alpha} } \right )^2 \]
Ma questa è vera perchè un \(n^{-\alpha}\) di sinistra lo becco tutte e sole le volte che a destra prendo un \( d^{-\alpha} \) e un \( (n/d)^{-\alpha}\), dove \(d\) è un divisore di \(n\). Questo significa che lo becco una volta per ogni divisore di \(n\), ossia che il coefficiente di \(n^{-\alpha}\) nel LHS è \(d(n)\). Scusa se sono stato un po' confuso ma devo andare a cena!