¿Estas series convergen a la función de von Mangoldt?

Question

Jeffrey Shallit formulado esta recurrencia para mí: $\displaystyle T(n,1)=1, k>1: T(n,k) = \sum\limits_{i=1}^{k-1} T(n-i,k-1)-\sum\limits_{i=1}^{k-1} T(n-i,k)$

que es la triangular inferior de la matriz igual a 1 si k divide a n, 0 en caso contrario.

Cambiando la recurrencia de modo que toma valores desde la dirección vertical u horizontal:

$\displaystyle T(n,1)=1, T(1,k)=1, n>=k: -\sum\limits_{i=1}^{k-1} T(n-i,k), n<k: -\sum\limits_{i=1}^{n-1} T(k-i,n)$

podemos obtener esta matriz de partida:

$\displaystyle T(n,k) = \begin{bmatrix} +1&+1&+1&+1&+1&+1&+1 \\ +1&-1&+1&-1&+1&-1&+1 \\ +1&+1&-2&+1&+1&-2&+1 \\ +1&-1&+1&-1&+1&-1&+1 \\ +1&+1&+1&+1&-4&+1&+1 \\ +1&-1&-2&-1&+1&+2&+1 \\ +1&+1&+1&+1&+1&+1&-6 \end{bmatrix}$

Hacer la serie $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{T(n,k)}{k}$ $\;$ convergen a la Mangoldt función de $\Lambda(n)$?

http://mathworld.wolfram.com/MangoldtFunction.html

Editar 14.7.2011, agregó programa Mathematica:

Clear[t]; 
nn = 100; 
mm = 15; 
t[n_, 1] = 1; 
t[1, k_] = 1; 
t[n_, k_] := 
t[n, k] = 
If[n < k, 
If[And[n > 1, k > 1], Sum[-t[k - i, n], {i, 1, n - 1}], 0], 
If[And[n > 1, k > 1], Sum[-t[n - i, k], {i, 1, k - 1}], 0]]; 
a = Table[Table[t[n, k], {k, 1, mm}], {n, 1, nn}]; 
b = Range[1, nn]; 
c = a/b; 
MatrixForm[c]; 
d = N[Table[Total[c[[All, i]]], {i, 1, mm}]] 
d[[1]] = 0; 
mangoldt = Exp[d] 
mangoldtexponentiated = Round[Exp[d]]

que las salidas de la secuencia: $1, 2, 3, 2, 5, 1, 7, 2, 3, 1, 11, 1, 13, 1, 1...$ que es el Mangoldt función exponentiated.

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Editar 9.2.2014:

Sólo para la memoria:

$$\varphi (n) = n\lim\limits_ {s \rightarrow 1}\zeta (s)\sum\limits_ {d | n}\mu (d) (e^{1/d})^{(s - 1)}$$

$$a(n) = \lim\limits_{s \rightarrow 1} \zeta(s)\sum\limits_{d|n} \mu(d)(e^{d})^{(s-1)}$$

$$\Lambda(n) =\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{a(GCD(n,k))}{k}$$

$$\Lambda(n)=\lim\limits_{s \rightarrow 1} \zeta(s)\sum\limits_{d|n} \frac{\mu(d)}{d^{(s-1)}}$$

$$\text{Fourier Transform of } \Lambda(n) \sim \sum\limits_{n=1}^{n=k} \frac{1}{n} \zeta(1/2+i \cdot t)\sum\limits_{d|n} \frac{\mu(d)}{d^{(1/2+i \cdot t-1)}}$$

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Editar 3.3.2014:

Sólo para la memoria: Mathematica:

nn = 12;
mm = nn;
MatrixForm[
 Chop[N[Total[
    Transpose[
     Table[Table[
       If[Mod[n1, k1] == 0, 
        Table[(Table[
             Sum[Exp[-a*b/n*2*Pi*I], {b, 1, n}], {a, 1, mm}]), {n, 1, 
            nn}][[n1/k1]]*MoebiusMu[n1/k1], 0], {k1, 1, nn}], {n1, 1, 
       nn}]]]]]]

Editar 14.9.2014:

Sólo para la memoria: Conjeturó fórmula de Dirichlet caracteres:

nn = 12;
b = Table[Exp[MangoldtLambda[Divisors[n]]]^-MoebiusMu[Divisors[n]], {n, 1, nn}];
j = 1;
MatrixForm[Table[Table[Product[(b[[n]][[m]] * DirichletCharacter[b[[n]][[m]], j, k] - (b[[n]][[m]] - 1)), {m, 1, Length[Divisors[n]]}], {n, 1, nn}], {k, 1, nn}]]
(* Conjectured expression as Dirichlet characters. Mats Granvik, Nov 23 2013 *)

Sólo para la memoria (18.1.2015) :

A = Table[Table[If[Mod[n, k] == 0, 1, 0], {k, 1, 12}], {n, 1, 12}];
B = Table[
   Table[If[Mod[k, n] == 0, MoebiusMu[n]*n, 0], {k, 1, 12}], {n, 1, 
    12}];
MatrixForm[A.B]

Sólo para la memoria (20.1.2015):

nn = 42
Z = Table[Table[If[Mod[n, k] == 0, 1, 0], {k, 1, nn}], {n, 1, nn}];
A = Table[Table[If[Mod[n, k] == 0, k, 0], {k, 1, nn}], {n, 1, nn}];
B = Table[
   Table[If[Mod[k, n] == 0, MoebiusMu[n], 0], {k, 1, nn}], {n, 1, nn}];
MatrixForm[T = Z.A.B];
T[[All, 1]] = 0;
a = Table[Total[Total[T[[1 ;; n, 1 ;; n]]]], {n, 1, nn}]
a = Table[Total[Total[T[[1 ;; n, 1 ;; n]]]]/n, {n, 1, nn}]
g1 = ListLinePlot[a];
b = Accumulate[MangoldtLambda[Range[nn]]];
g2 = ListLinePlot[b];
Show[g1, g2]

Relación con raíces cuadradas:

nn = 32;
A = Table[
   Table[If[Mod[n, k] == 0, Sqrt[k], 0], {k, 1, nn}], {n, 1, nn}];
B = Table[
   Table[If[Mod[k, n] == 0, MoebiusMu[n]*Sqrt[n], 0], {k, 1, nn}], {n,
     1, nn}];
MatrixForm[A.B]

Answer 1

Sí, lo hacen para $n\neq1$. Esto puede ser probado en dos pasos:

1. Los coeficientes están dados por $T(n,k)=\sum_{d\mid\gcd(n,k)}\mu(d)d$ donde $\mu$ es la función de Möbius.
2. $\displaystyle \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac1k\sum_{d|\gcd(n,k)}\mu(d)d=\Lambda(n)$ $n\neq1$ donde $\Lambda$ es la de von Mangoldt función.

Podemos probar 1. por inducción sobre la recursividad pasos. La ecuación se cumple para los valores iniciales: $T(n,1)=T(1,k)=\sum_{d\mid1}\mu(d)d=\mu(1)=1$. Suponga que se tiene antes de la recursividad paso para $T(n,k)$. Desde la recursividad es simétrica con respecto a los intercambios de $k$$n$, podemos suponer $n\ge k$. Entonces tenemos

$$ \begin{eqnarray} \sum_{d\mid\gcd(n,k)}\mu(d)d-T(n,k) &=& \sum_{d\mid\gcd(n,k)}\mu(d)d+\sum_{i=1}^{k-1}T(n-i,k) \\ &=& \sum_{d\mid\gcd(n,k)}\mu(d)d+\sum_{i=1}^{k-1}\sum_{d\mid\gcd(n-i,k)}\mu(d)d \\ &=& \sum_{i=0}^{k-1}\sum_{d\mid\gcd(n-i,k)}\mu(d)d \;. \end{eqnarray} $$

Cada cuadrado-libre divisor $d$ $k$ se produce $k/d$ veces en esta suma, por lo que su contribución sumas a $(k/d)\mu(d)d=\mu(d)k$, y la suma se convierte en

$$\sum_{d|k}\mu(d)k=k\sum_{d|k}\mu(d)=0\;,$$

desde $k\neq1$ (ver aquí). Esto demuestra la inducción de la demanda.

Para probar 2., tenga en cuenta que la serie en cuestión es el de la serie

$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1k\sum_{d|\gcd(n,k)}\mu(d)dx^k$$

evaluados en $x=1$, y esto es

$$ \begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{\infty}\frac1k\sum_{d|\gcd(n,k)}\mu(d)dx^k &=& \sum_{d|n}\mu(d)d\sum_{k=1\atop d|k}^{\infty}\frac{x^k}k \\ &=& \sum_{d|n}\mu(d)d\sum_{l=1}^{\infty}\frac{x^{ld}}{ld} \\ &=& \sum_{d|n}\mu(d)\sum_{l=1}^{\infty}\frac{(x^d)^l}l \\ &=& -\sum_{d|n}\mu(d)\log\left(1-x^d\right)\;. \end{eqnarray} $$

Desde $\sum_{d|n}\mu(d)=0$ $n\neq1$ (ver arriba), podemos reescribir esto como

$$-\sum_{d|n}\mu(d)\log\left(1-x^d\right)=-\sum_{d|n}\mu(d)\log\left(\frac{1-x^d}{1-x}\right)=-\sum_{d|n}\mu(d)\log\left(\sum_{j=0}^{d-1}x^j\right)\;,$$

en el que se evalúa a

$$-\sum_{d|n}\mu(d)\log d=\Lambda(n)$$

en $x=1$ (ver aquí).

Para hacer este argumento riguroso, es necesario invocar Abel teorema: Todo el poder de la serie que ocurren en la prueba tiene radio de convergencia $1$ y convergen en $x=1$, y de ahí convergen en $x=1$ a la función cuya serie de Taylor son.

Answer 2

Aquí está el código de Mathematica , arreglado para arriba un poco:

nn = 100; mm = 15;
t[n_, 1] = 1; t[1, k_] = 1;
t[n_, k_] := t[n, k] =
      With[{p = Min[n, k], q = Max[n, k]},
        -Sum[t[q - i, p], {i, p - 1}]];
a = Table[t[n, k], {n, nn}, {k, mm}];
b = Range[nn]; c = a/b;
MatrixForm[c];
d = N[Table[Apply[Plus, c[[All, i]]], {i, mm}]];
d[[1]] = 0;
mangoldt = Exp[d];
mangoldtexponentiated = Round[Exp[d]]

Sospecho que su recursividad bidimensional puede ser modificado para reducir la memoria necesaria; Déjame pensar un poco...