Evaluar $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{7^n + 1}$$ donde $\phi(n)$ es de Euler totient función.
He encontrado este problema en un Discordia servidor me acaba de incorporarse. La primera vez que vi esta suma, yo estaba intimidado. Después de reunir el coraje, empecé a trabajar en este problema.
He intentado varias cosas, como el uso de la definición $$\phi(n) = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_m}\right)$$ (where the $p_i$ are the prime factors of $$ n) y lo que no, pero no conducen a nada.
Entonces empecé a pensar acerca de la $7$ en el denominador; por qué sólo se $7$? Qué es tan especial acerca de $7$? ¿Cuál es la diferencia entre $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{6^n + 1}$$ y $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{7^n + 1}$$. Para responder a esa pregunta, me tomé el literal diferencia de la suma de dos, pero el denominador explotó entonces empecé a pensar de nuevo. Debido a eso, he definido los dos secuencias y su suma: $$a_n = \frac{\phi(n)}{7^n + 1} \textrm{ and }b_n= \frac{\phi(n)}{7^n - 1}$$ $$S_1 = \sum_{n=1}^{\infty} a_n\textrm{ and }S_2 = \sum_{n=1}^{\infty} b_n$$ y tomó SU diferencia, que conducen a
$$\sum_{n=1}^{\infty}(b_n - a_n) = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_nb_n}{\phi(n)}$$
Ahora puedo decir que estoy realmente atascado. Alguien puede proporcionar una pista en cuanto a qué hacer a continuación?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
7 no es especial en todo. Se puede reemplazar con cualquier $a>1$ (incluso los números reales). \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{a^{n}+1} &= \sum_{n=1}^{\infty}\phi(n) \frac{a^{-n}}{1+a^{-n}} = \sum_{n=1}^{\infty} \phi(n)a^{-n}(1-a^{-n}+a^{-2n}-\cdots) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \phi(n)(-1)^{k+1}a^{-kn} \\ &= \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{d|m} (-1)^{\frac{m}{d}+1}\phi(d)a^{-m} \\ &= -\sum_{m=1}^{\infty} a^{-m}\left(\sum_{d|m} (-1)^{\frac{m}{d}}\phi(d)\right) \end{align*} Ahora vamos a mostrar los siguientes: $$ \sum_{d|m}(-1)^{\frac{m}{d}}\phi(d) = \begin{cases} 0 & m\text{ is even} \\ -m & m\text{ is odd} \end{casos} $$ Si $m$ es impar, entonces $\sum_{d|m}(-1)^{\frac{m}{d}}\phi(d) = -\sum_{d|m}\phi(d) = -m$. Si $m$ es incluso, deje $m = 2^{k}t$ por extraño $t$$k\geq 1$. Entonces $$ \sum_{d|m}(-1)^{\frac{m}{d}}\phi(d) = \sum_{d|t}\phi(d) + \sum_{d|t}\phi(2d) + \cdots + \sum_{d|t}\phi(2^{k-1}d) - \sum_{d|t}\phi(2^{k}d) = (1+\phi(2)+\cdots + \phi(2^{k-1})-\phi(2^{k}))\sum_{d|t}\phi(d) = 0 $$ (Aquí se utiliza el multiplicativity de $\phi$.)
Por lo tanto la suma es igual a $$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2k+1}{a^{2k+1}} = \frac{a(un^{2}+1)}{(un^{2}-1)^{2}} $$
Otro enfoque es utilizar la función de generación de la serie Lambert : $$ \begin{align} \frac{q}{(1-q)^2} &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)q^n}{1-q^n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{q^{-n}-1} \space\colon\space |q|\lt1\implies \\ \frac{q^2}{(1-q^2)^2} &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{q^{-2n}-1} =\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{\phi(n)}{q^{-n}-1}-\frac{\phi(n)}{q^{-n}+1}\right] \end {align} $$ Por lo tanto: $$ \begin{align} \color{red}{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{q^{-n}+1}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{q^{-n}-1}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\phi(n)}{q^{-2n}-1} \\ &=\frac{q}{(1-q)^2}-\frac{2\,q^2}{(1-q^2)^2}=\color{red}{q\,\frac{1+q^2}{(1-q^2)^2}} \end {align} $$
