Dejado Qué se puede decir alrededor ?

Question

Otro problema de quora.

¿Qué se puede decir acerca de $v =\prod_{s=2}^{\infty} \zeta(s) $?

Wolfy dice que $v \aprox 2.294856591673313794183 $.

La Inversa De La Calculadora Simbólica (http://wayback.cecm.sfu.ca/projects/ISC/ISCmain.html) no encuentra nada.

Aquí están los valores cercanos:

$2294856391585950 = (0064) suma((7/6*n^3-3*n^2+65/6*n-3)/(Fibo(n)+1),n=1..inf)\\ 2294856397653578 = (0001) GAM(5/6)*BesI(1,2)^{GAM(7/12)}\\ 2294856469349552 = (0006) 1/4357571\\ 2294856473388934 = (0324) 1/10*(10+14^{1/2}*10^{1/4})^{1/2}*10^{3/4}\\ 2294856488490537 = (0001) BesJ(0,1)^{GAM(1/3)/GAM(5/12)}\\ 2294856524215021 = (0314) sin(Pi*8/45)-sin(Pi*14/51)\\ 2294856591673313 \text{ aquí}\\ 2294856740350177 = (0011) suma((2*n^3-5*n^2+22*n-14)/(n!+2),n=1..inf)\\ 2294856991319600 = (0324) 23^{1/2}/(12^{3/4}-3^{2/3})^{1/2}\\ 2294857017919943 = (0001) Feig2*Li4(1/2)/GAM(5/6)\\ 2294857089879260 = (0248) F(11/26;27/50;1) \\ 2294857493303450 = (0404) Psi(1/21)+Psi(19/21)+Psi(13/14)\\ $

He intentado utilizar Euler zeta del producto y de la partición de la suma, pero esto no parece ayudar. Aquí es lo que resultó:

$\zeta(s) =\dfrac1{\prod_p (1-p^{s})} $.

$\begin{array}\\ v &=\prod_{s=2}^{\infty} \zeta(s)\\ &=\prod_{s=2}^{\infty} \dfrac1{\prod_p (1-p^{-s})}\\ &=\prod_{s=2}^{\infty} \prod_p\dfrac1{ (1-p^{-s})}\\ &= \prod_p\prod_{s=2}^{\infty}\dfrac1{ (1-p^{-s})}\\ \end{array} $

De Euler de la identidad del producto los estados que $\prod_{n=1}^{\infty}\dfrac1{1-zx^n} =\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{x^nz^n}{\prod_{k=1}^n(1-x^k)} $. Poner $x=z=\dfrac1{p} $, $\prod_{n=2}^{\infty}\dfrac1{1-p^{-n}} =\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{p^{-2n}}{\prod_{k=1}^n(1-p^{-k})} $.

Que tan lejos como puedo ir.

Answer 1

Marco de la respuesta es acerca de cómo calcular $v$ con la precisión deseada.

Mi respuesta es proporcionar el significado del número. Deje $A_n$ el número de nonisomorphic abelian grupos de orden $n$. Un resultado por Erdos y Szekeres muestra que

$$ \sum_{n\leq x} A_n = v x + O(\sqrt x), $$ donde $v=\prod_{k=2}^{\infty} \zeta(k)$. Por lo tanto, podemos decir que $v$ es el valor medio del número de nonisomorphic abelian grupos de orden $n$.

La prueba se puede hacer en dos partes. Los pasos que se describen en Montgomery y Vaughan Multiplicativo de la Teoría de los números I. (2.1 #19).

(a) Mostrar que $\sum_{n=1}^{\infty} A_n n^{-s}=\prod_{k=1}^{\infty} \zeta(ks)$.

(b) Mostrar que $\sum_{n\leq x} A_n = vx + O(\sqrt x)$ donde $v=\prod_{k=2}^{\infty} \zeta(k)$.

La prueba de (a).

Para cualquier $n$, considerar la descomposición en factores primos de a$n$. Para cada una de las $p^e||n$, considere la posibilidad de una partición $e=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_r$ con $\lambda_i\leq \lambda_j$ para $i\leq j$. Deje que esto corresponde a la $p$-parte primaria $\mathbb{Z}/p^{\lambda_1}\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/p^{\lambda_2}\mathbb{Z}\times\cdots\times\mathbb{Z}/p^{\lambda_r}\mathbb{Z}$ de un grupo abelian de orden $n$.

Por lo tanto, $\sum_{n=1}^{\infty}A_n n^{-s}$ debe ser $$\begin{align} \prod_p \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1- \frac1{p^{ks}}\right)^{-1}&=\prod_p\left(1-\frac1{p^s}\right)^{-1}\left(1-\frac1{p^{2s}}\right)^{-1}\cdots \left(1-\frac1{p^{ks}}\right)^{-1} \cdots \\ &=\prod_{k=1}^{\infty} \zeta(ks), \ \ \Re(s)>1.\end{align} $$

La prueba de (b).

Por (a), tenemos $\sum_{n=1}^{\infty} A_n n^{-s} = \zeta(s) \zeta(2s) F(s)$, donde $F(s) = \prod_{k=3}^{\infty} \zeta(ks)= \sum_{n=1}^{\infty} f(n)n^{-s}$, $\Re(s)>1/3$. Entonces $$ \begin{align} \sum_{n\leq x} A_n &= \sum_{mdk\leq x} \delta_2(d) f(m)\\ &=\sum_{m\leq x} f(m) \sum_{d\leq \frac x{m}}\delta_2(d)\sum_{k\leq \frac x{md}} 1\\ &=\sum_{m\leq x} f(m)\sum_{d\leq \frac x{m}}\delta_2(d)\left(\frac{ x}{md}+O(1)\right)\\ &=\sum_{m\leq x}f(m)\frac xm \left(\zeta(2)+O(\sqrt{\frac mx})\right)+O(\sqrt x)\\ &=xF(1)\zeta(2)+O(\sqrt x). \end{align}$$ Aquí, $\delta_2(d)=1$ si $d$ es un cuadrado, y $0$lo contrario. El resultado de la siguiente manera por $v=F(1)\zeta(2)$.

Answer 2

Puede calcular este producto con precisión arbitraria. De la conocida desigualdad $$\zeta\left(s\right)-\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^{s}}<\frac{N^{1-s}}{s-1},\,s>1$$ we have $$\sum_{n>N}\log\left(\zeta\left(n\right)\right)<\sum_{n>N}\left(\zeta\left(n\right)-1\right)<\sum_{n>N}\frac{1}{2^{n}}\left(1+\frac{2}{n-1}\right)<2^{-N}\left(1+\frac{2}{N}\right).$ $