Suma de los recíprocos de los números perfectos

Question

• ¿Cuál es la suma de todos los números que pueden escribirse como el recíproco de un entero que también es una potencia mayor a uno, excluyendo las potencias de uno?
• Estoy preguntando por la suma de números que pueden escribirse como potencias. $$ \mbox{Esta suma comenzaría como}\quad \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \cdots $$

Tenga en cuenta que no conté $1/16$ dos veces, ya que solo estamos sumando números que pueden escribirse en esa forma.

-Puedo ver cómo esta suma alternativa probablemente habría sido más fácil de manejar, ya que podemos ver que equivale a la suma $\zeta\left(s\right) - 1$ para todos los $s$ mayores que uno. - Sé que la primera suma debe converger, porque he descubierto que la suma de números que pueden escribirse en la forma $1/\left(a^{b} - 1\right)$ converge a $1$, donde $a,b > 1$.

¿Hay alguna forma de evaluar la primera suma? Además, ¿la segunda suma también converge y cómo podemos evaluarla?

He creado un programa $\left(~\texttt{python}~\right)$ que realiza sumas parciales para este tipo de series. Adjuntaré el código fuente si alguien lo desea.

Answer 1

La suma de los recíprocos de las potencias perfectas debería ser $$\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{j=2}^{\infty}\frac{(-\mu(k))}{j^k}= \sum_{k=2}^{\infty}\mu(k)\left(1-\zeta(k)\right) \approx 0.874464$$ Donde $\mu$ es la función de Möbius. Ver la secuencia OEIS A001597.

Para verificar la fórmula anterior, basta con demostrar que en esa doble suma cada potencia perfecta se cuenta una vez. Ahora $n>1$ es una potencia perfecta si su factorización prima $p_1^{a_1}\cdots p_{r}^{a_r}$ satisface $d:=\gcd(a_1,\dots, a_r)>1$.

En la suma doble anterior, el denominador $j^k$ es igual a $n$ si $k>1$ es un divisor de $d$ y $j=n^{1/k}$. Por lo tanto, la fracción $1/n$ se cuenta la siguiente cantidad de veces $$\sum_{k\mid d,k>1}(-\mu(k))=0+\mu(1)=1$$ y hemos terminado.

Answer 2

$$\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty} \left [\zeta(n)-1 \right ] &=\sum_{n=2}^{\infty} \sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k^n}\\ &= \sum_{k=2}^{\infty} \sum_{n=2}^{\infty} \frac1{k^n}\\ &= \sum_{k=2}^{\infty} \left ( \frac{k}{k-1} - \frac{k+1}{k}\right ) \\ &= \sum_{k=2}^{\infty} \frac1{k (k-1) }\\ &= 1\end{align}$$

NB

$$ \sum_{n=2}^{\infty} \frac1{k^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac1{k^n} - 1 - \frac1{k} = \frac{k}{k-1} - \frac{k+1}{k} $$

Answer 3

Su suma contiene la suma de todos los recíprocos de potencias de números naturales no unitarios de primos, es decir, cada número de la forma $\frac{1}{p^k}$ para el primo $p$, y $k\in \{2,3,...\}=\mathbb{N}\setminus\{1\}$. Dado que cada número de esta forma está determinado de forma única por la elección de $p$ y $k$, obtenemos

$\sum_{p}\sum_{i=2}^{\infty}\dfrac{1}{p^i}=\sum_p\dfrac{1}{p(p-1)}$ donde $p$ es cada primo.

Dado que $\sum_{i=1}^{\infty}\dfrac{1}{p^i}=\dfrac{1}{p-1}$ (esto se sigue de una teoría numérica básica; una forma fácil de verlo es considerar el decimal repetitivo, $0.111...$ en base $p$), hemos eliminado el término principal, $\dfrac{1}{p}$, por lo tanto

$\sum_{p}\sum_{i=2}^{\infty}\dfrac{1}{p^i}=\dfrac{1}{p-1}-\dfrac{1}{p}=\dfrac{p}{p(p-1)}-\dfrac{p-1}{p(p-1)}=\dfrac{p-(p-1)}{p(p-1)}=\dfrac{1}{p(p-1)}$

En el caso que nos ocupa, ya no nos estamos concentrando en los primos, pero el resultado de conteo anterior se mantiene para los números no primos, $n$, el problema ahora es: ¿cómo evitar contar dos veces números como 4^2=4^2=16? De nuevo, la solución es elegir primos, el primo aquí es el $2$, por lo tanto lo contaremos como el $2^4$ y esta táctica maneja efectivamente todas las potencias de 4. Pero eso no resuelve el problema planteado por números como $36=2^2\cdot 3^2$. Aquí tenemos primos distintos que son parte de la factorización, en este caso, podemos contar esto como $6^2$. También tenemos que lidiar con casos como

$4^2\cdot 3^2=2^4\cdot 3^2=12^2=144$

Para esto, lo consideramos como $12^2$. En este punto, tal vez esté surgiendo el patrón: Queremos tomar nuestra suma de recíprocos de potencias (no unitarias) sobre cada número cuyos exponentes de su factorización prima tienen mcd de 1. Es decir, estamos interesados en números:

$b=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2}\cdot ...\cdot p_f^{k_f}$

para los cuales $\gcd(k_1,...,k_f)=1$. La razón por la que este es el criterio que requerimos es que buscamos eliminar recuentos de números que ya tenemos, y cualquier número que tenga el anterior $\gcd(k_1,...,k_f)=r\neq 1$, entonces podemos tomar la raíz $r$ de ese número, y obtener un número que ciertamente tiene $\gcd(k_1,...,k_f)=1, por lo tanto tenemos una forma única de representar cada número que nos interesa como una potencia de un número en la forma anterior con $\gcd(k_1,...,k_f)=1$.

Entonces, nuestra suma es, en términos de la notación anterior:

$\sum_b\sum_{i=2}^{\infty}\dfrac{1}{b^i}=\sum_b\dfrac{1}{b(b-1)}$.

No estoy seguro si hay una forma agradable de caracterizar los números relevantes $b$ o no, pero siempre que se pueda encontrar una caracterización lo suficientemente buena, esto podría resultar útil.