OliForum Matematico

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!! ).

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.

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!