Deje $ p_1 <p_2 <\cdots <p_k <\cdots $ el aumento de la lista en conjunto $\mathbb{P}$ de todos los números primos . Por la suma de series geométricas infinitas $\sum_{k=0}^\infty r^k = \frac{1}{1-r}$ $0<r<1$ tenemos para todos los $s>1$ $r=\frac{1}{p_k^{-s}}$ \begin{align*} \frac{1}{1-p_1^{-s}} = {} & 1 + \frac{1}{\left(p_1^{s}\right)^1} + \frac{1}{\left(p_1^{s}\right)^2} + \cdots +\frac{1}{\left(p_1^{s}\right)^{\alpha_1}}+\cdots \\ \frac{1}{1-p_2^{-s}} = {} & 1 + \frac{1}{\left(p_2^{s}\right)^1} + \frac{1}{\left(p_2^{s}\right)^2} + \cdots +\frac{1}{\left(p_2^{s}\right)^{\alpha_2}}+\cdots \\ \vdots\hspace{10mm} & \hspace{+1mm} \vdots \hspace{+8mm} \vdots \hspace{+18mm} \vdots \hspace{+10mm} \hspace{+8mm} \vdots \hspace{+13mm} \vdots \\ \frac{1}{1-p_k^{-s}}= {}& 1 + \frac{1}{\left(p_k^{\,s}\right)^1} + \frac{1}{\left(p_k^{\,s}\right)^2} + \cdots +\frac{1}{\left(p_k^{\,s}\right)^{\alpha_k}}+\cdots \\ \vdots\hspace{10mm} & \hspace{+1mm} \vdots \hspace{+8mm} \vdots \hspace{+18mm} \vdots \hspace{+10mm} \cdots \hspace{+8mm} \vdots \hspace{+13mm} \cdots \end{align*} Y el Teorema Fundamental de la Aritmética nos dice que cada entero $ n> 1$ se puede descomponer de manera única como producto $$ n= p_{i_1}^{\alpha_{i_1}}p_{i_2}^{\alpha_{i_2}}\cdots p_{i_k}^{\alpha_{i_k}} $$ de potencias de números primos $p_{i_1}< p_{i_2}< \cdots < p_{i_k}$ para los números enteros $\alpha_{i_1},\alpha_{i_2},\ldots,\alpha_{i_k}\geq 1$. Desde $ n^s= (p_{i_1}^s)^{\alpha_{i_1}}(p_{i_2}^{s})^{\alpha_{i_2}}\cdots (p_{i_k}^s)^{\alpha_{i_k}}$ y el uso de la fuerza bruta y puedo demostrar que $$ \prod_{p\in\mathbb{P}}\frac{1}{1-p^{s}}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} $$ Pero me gustaría saber si hay una forma simple y elegante manera de lograr este resultado es a través de la lista de arriba.
Respuestas
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Me encanta este resultado, yo, literalmente, no puede dejar de obtener la piel de gallina y sonriendo cada vez que pienso en ello. Es una prueba de la teoría de la probabilidad! Me enteré de esto en David William Probabilidad con Martingales, de la que es parte del ejercicio de la E4.2.
Fix $s>1$ y recordemos que $\zeta(s) = \sum_{n \in \mathbb{N}} n^{-s}$, por lo que nuestro objetivo es demostrar que $1/\zeta(s) = \prod_p(1-p^{-s})$ de curso $p$ rangos de los números primos.
En primer lugar, definir una probabilidad de medida $P$ e una $\mathbb{N}$valores de variable aleatoria $X$ tal que $P(X=n) = n^{-s}/\zeta(s)$ (tomar, por ejemplo,$P(\{n\}) = n^{-s}/\zeta(s)$$X(\omega)=\omega$). Deje $E_k := \{X \text{ is divisible by } k\}$. Pretendemos que los eventos de $(E_p : p \text{ prime})$ son independientes. Tomamos nota de que $$ P(E_k) = \sum_{i=1}^\infty P(X=ik) = \sum_{i=1}^\infty \frac{(ik)^{s}}{\zeta(s)} = k^{s} \frac{\zeta(s)}{\zeta(s)} = k^{-s}. $$
Entonces si $p_1,\ldots,p_n$ son distintos de los números primos tenemos $$\bigcap_{i=1}^n E_{p_i} = E_{\prod_{i=1}^np_i},$$, de modo que $$ P\left(\bigcap_{i=1}^n E_{p_i}\right) = P(E_{\prod_{i=1}^np_i}) = \left(\prod_{i=1}^n p_i \right)^{s} = \prod_{i=1}^n p_i^{s} = \prod_{i=1}^n P(E_{p_i}) $$ así nuestra independencia reclamación está probado. A continuación, tomamos nota de que $1$ es el único entero positivo que no es un múltiplo de cualquier prime. Por lo tanto $$ \frac{1}{\zeta(s)} = P(X=1) = P\left(\bigcap_p E_p^c\right) = \prod_p(1-P(E_p)) = \prod_p(1-p^{s}). $$
Que $s$ que $\Re(s)>1$ luego, para todos los $p \in \mathbb{P}$ tenemos $$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{p^{ks}}=\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}$ $
Ahora que $A(N)$ ser el conjunto de todos los números estrictamente positivos como divisores primeros todos son en % máximo $N$.
Entonces $$\prod_{p \in \mathbb{P},\text{ }p<N}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}=\sum_{n \in A(N)}\frac{1}{n^s}$ $
Obviamente $\{1,...,N\}\subset A(N)$, entonces
$$\left|\zeta(s)-\prod_{p \in \mathbb{P},\text{ }p<N}\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}\right|\le \sum_{n>N}\frac{1}{n^{\Re{(s)}}}$$
Cuando $N$ va a infinito da el resultado.
