mateforum.ro

Sa se arate ca pentru orice numar natural \( n\geq 1 \) avem estimarea
\( \sum_{k=1}^{n}\frac{\mu(k)}{k^2}=\frac{6}{\pi^2}+O\left(\frac{1}{n}\right) \) unde \( \mu(x) \) reprezinta functia lui Mobius.

Sa notam \( M = \sum_{k \ge 1} \frac{\mu(k)}{k^2} \). Avem \( M \cdot \zeta(2) = \left( \sum_{d \ge 1} \frac{\mu(d)}{d^2} \right) \cdot \left( \sum_{k \ge 1} \frac{1}{k^2} \right) \) \( = \sum_{k, d \ge 1} \frac{\mu(d)}{(kd)^2} \) \( = \sum_{n \ge 1} \left( \frac{1}{n^2} \cdot \sum_{d|n} \mu(d) \right) = 1 \), deoarece \( \sum_{d|n} \mu(d) \) este \( 1 \) pentru \( n=1 \) si \( 0 \) altfel. Deci \( M = \frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \). Trebuie sa aratam ca exista \( c > 0 \) universala pentru care \( T(n) = \left| \sum_{k \ge 1} \frac{\mu(k)}{k^2} - \frac{6}{\pi^2} \right| < \frac{c}{x} \). Dar am stabilit ca \( M = \frac{6}{\pi^2} \), deci \( T(n) = \left| \sum_{n \ge x+1} \frac{\mu(n)}{n^2} \right| < \sum_{n \ge x+1} \frac{1}{n^2} \). Deci \( c = 1 \) rezolva problema imediat.

E tare (şi dubios de simplă ) demonstraţia lui philandrew.


O sa incerc si eu ceva, dar nu-i tocmai riguros:

Hai sa calculam "probabilitatea" ca doua numere naturale sa nu fie prime intre ele.
Fie \( p_k \) toate primele.
Probabilitea ca cele doua numere sa fie amandoua divizibile cu un \( p_i \) este \( \frac1{p_i^2} \), deci, dintr-un foc avem \( \sum_{k \ge 1} \frac1{p_k^2} \).
Dar daca numerele sunt divizibile cu \( p_k p_j \), atunci sunt "numarate" de doua ori, deci scadem \( \sum_{k<j} \frac1{p_k^2 p_j^2} \).
Acum, numerele divizible cu \( p_k p_j p_l \) nu-s "numarate" deloc, deci adaugam la loc \( \sum_{k<j<l} \frac1{p_k^2 p_j^2 p_l^2} \).
Continuam tot asa, realizand un fel de principiul includerii/excluderii.
Deci, pe de o parte, \( P = \sum_{k \ge 1} \frac1{p_k^2} - \sum_{k<j} \frac1{p_k^2 p_j^2} + \sum_{k<j<l} \frac1{p_k^2 p_j^2 p_l^2} - \cdots = \sum_{k \ge 2} \frac{- \mu(k)}{k^2} \).
Ultimul egal se poate justifica (sper ) prin faptul ca seria noastra e absolut-convergenta.
Pe de alta parte, \( P = 1 - \prod_{k \ge 1} \left( 1 - \frac1{p_k^2} \right) = 1 - \frac6{\pi^2} \).
Asadar, \( \sum_{k \ge 2} \frac{\mu(k)}{k^2} = \frac6{\pi^2} - 1 \), de unde ar reiesi concluzia.

Cum am mai zis, nu-s sigur că lucrurile stau cum vreau eu, dar cred că merita postată această idee.