¿Si MCD (a, b) = 1, $1\leq b\leq a$, y $\mu(k)$ es la función de Möbius, que es $$\sum_{k=0}^\infty\frac{\mu(ak+b)}{(ak+b)^s}$ $ puede ser expresado en términos de otras funciones? ¿Puedo conseguirlo en la forma de un producto de Euler?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Al $a>2$, esta suma no puede ser escrito como un producto de Euler $\prod_{p\text{ prime}} (\sum_{k\ge 0} a_{p^k} p^{-ks})$. Vamos a probar esto mediante el siguiente hecho: una de la serie de Dirichlet tiene un producto de Euler si y sólo si la correspondiente función aritmética es multiplicativa ($f(nm)=f(n)f(m)$ si $(n,m)=1$) - demostrar mediante la expansión de Euler producto!
Primer caso: $a=b=1$. Es bien sabido que el $\mu(n)$ es multiplicativa (como una función inversa de una función multiplicativa), por lo tanto $$(*) \sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n)}{n^s} = \prod_{p} (\sum_{k \ge 0} \mu(p^k) p^{-ks})=\prod_{p} (1-p^{-s})$$
Como alternativa, debido a $\mu$ es la inversa de la constante de la función $\zeta = 1$ a que la representación de $\sum_{n \ge 1} n^{-s} = \prod_{p} (1-p^{-s})^{-1}$, se puede deducir $(*)$$(\sum_{n \ge 1} n^{-s}) (\sum_{n \ge 1} \mu(n) n^{-s})=1$.
Segundo caso: $a=2,b=1$. La función de $f(n)=\mu(n) \cdot 1_{2 \nmid n} = \begin{cases} 0 && 2|n \\ \mu(n) && 2 \nmid n \end{cases}$ es multiplicativo, porque tanto $\mu(n)$$1_{2 \nmid n} = \begin{cases} 0 && 2 |n \\ 1 && 2\nmid n \end{cases}$. Por lo tanto, podemos ampliar la serie de Dirichlet $f$ como sigue: $$\sum_{n \ge 0} \frac{\mu(an+b)}{(an+b)^s} = \sum_{n \ge 0} \frac{\mu(2n+1)}{(2n+1)^s} = \sum_{m \ge 1} \frac{f(m)}{m^s}=$$ Aquí viene el producto de Euler: $$\prod_{p} (\sum_{k \ge 0} f(p^k) p^{-ks})= (\sum_{k \ge 0} f(2^k) 2^{-ks}) \prod_{p \neq 2} (\sum_{k \ge 0} \mu(p^k) p^{-ks}) = \prod_{p \neq 2} (1-p^{-s})$$
Tercer caso: $a>2$. Lamentablemente, $f(n)=\mu(n) \cdot 1_{n \equiv b \mod a}$ ya no es multiplicativo. Para mostrar esto, voy a asumir del teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas. Se afirma que si $n,m$ son coprime enteros positivos, entonces hay una infinidad de números primos satisfacer $p \equiv m \mod n$.
Por lo tanto podemos construir 2 distintos de los números primos $p_1, q_1$ tal que $p_1 \equiv 1 \mod a, p_2 \equiv b \mod a$. Tenemos $f(p_1 q_1) = \mu(p_1 q_1) 1_{p_1 q_1 \equiv b \mod a} = 1$, e $f(p_1) f(q_1) = \mu(p_1)\mu(q_1) 1_{p_1 \equiv b \mod a}1_{q_1 \equiv b \mod a}= 1_{p_1 \equiv b \mod a, q_1 \equiv b \mod a}$.
Por lo tanto, $f(p_1 q_1)=f(p_1)f(q_1)$ implica $b \equiv 1 \mod a$. Ahora vamos a construir 2 adicionales distintos de los números primos $p_2, q_2$ tal que $p_2, q_2 \equiv a-1 \mod a$. Desde $p_2 q_2 \equiv 1 \mod a$, sin embargo,$p_2 \neq 1 \mod a$, $f(p_2)f(q_2) = 0$ aún $f(p_2 q_2)=1$.
De ello se desprende que $f$ no es multiplicativo.
Ahora vamos a expresar nuestra Dirichlet de la serie como una de las combinaciones lineales de Dirichlet de la serie' con el producto de Euler. En otras palabras, queremos escribir $\mu(n) \cdot 1_{n \equiv b \mod a}$ como una combinación lineal de funciones multiplicativas.
Vamos a utilizar caracteres. Personajes modulo $m$ son funciones de los enteros positivos a los números complejos, la satisfacción de las 3 propiedades:
Ellos son periódicas con período de $m$: $\chi(a)=\chi(a+m)$.
Ellos son (completamente) multiplicativo: $\chi(ab) = \chi(a) \chi(b)$.
Si $(a,m) >1$, $\chi(a)=0$. De lo contrario, $\chi(a) \neq 0$.
La teoría de los caracteres modulo $m$ es muy bien entendido. Para cualquier $m$, se pueden construir distintas $\phi(m)$ personajes. Dada la factorización de $m$, es un procedimiento directo para la construcción de los personajes. Leer más aquí. Hay un montón de interesantes de la teoría de allí, y ejemplos explícitos de los personajes.
Ejercicio 1: Mostrar que $\chi(1)=1$ para cualquier personaje, y que $\chi(a)$ es siempre una raíz de la unidad de la orden dividiendo $\phi(m)$.
Ejercicio 2: Si $\chi$ es un personaje, $\overline{\chi}$ (complejo conjugación) es también un personaje. $\overline{\chi}(a) = \chi(a^{-1})$ donde $a^{-1}$ denota un número entero positivo de la satisfacción de $a^{-1} \cdot a \equiv 1 \mod m$. Mostrar que $\overline{\chi}(a) = \begin{cases} 0 && (a,m) > 1 \\ \frac{1}{\chi(a)} && (a,m)=1 \end{cases}$.
Ejercicio 3: El producto de 2 personajes es también un personaje.
Suficiente con los ejercicios. Supongamos $\chi_{i}, 1 \le i \le \phi(m)$ son mis personajes distintos.
Teorema: Supongamos $a$ es coprime a $m$.
$$\frac{1}{\phi(m)} \sum_{i=1}^{\phi(m)} \overline{\chi_i(a)}\chi_i(n) = 1_{n \equiv a \mod m}$$
La prueba es que en realidad no es difícil. Si $(n,m)>1$ ambos lados son 0. De lo contrario, por el ejercicio 2, esta identidad es equivalente a
$$\sum_{i=1}^{\phi(m)} \chi_i(x) = \phi(m) 1_{x \equiv 1 \mod m}$$ donde $x \equiv \frac{n}{a} \mod m$.
Una dirección es fácil si $x=1 \mod m$, todos los caracteres evaluados en $x$ dar el valor 1.
La otra dirección es muy agradable - suponga $x \neq 1 \mod m$. Deje $S(x)=\sum_{i=1}^{\phi(m)} \chi_i(x)$. Ejercicio 3 para demostrar que $\{ \chi_i \}_{i} = \{ \chi_i \chi_j \}_{i}$, y deducir que $S(x) \chi_j(x) = S(x)$, para cualquier $j$. Puesto que el orden de $x$ modulo $m$ no $1$, uno puede encontrar un personaje que no da el valor de $1$ $x$ I no se puede elaborar sin necesidad de utilizar más la teoría del grupo), así que para $j$ podemos cancelar $\chi_j(x) - 1$ en la igualdad de $S(x)(\chi_j(x) - 1)=0$ y conseguir que $S(x)=0$. $\blacksquare$
Con este teorema en la mano, la descomposición es sencilla: se puede escribir $\mu(n) \cdot 1_{n \equiv b \mod a}$$\frac{1}{\phi(a)} \sum_{i=1}^{\phi(a)} \overline{\chi_i(b)} \chi_i(n)\mu(n)$, y esto se muestra: $$\sum_{n \ge 0} \frac{\mu(an+b)}{(an+b)^s} = \sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n) 1_{n \equiv b \mod a}}{n^s}=$$ $$\frac{1}{\phi(a)} \sum_{i=1}^{\phi(a)} \overline{\chi_i(b)} (\sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n) \chi_i(n)}{n^s})$$ Y cada sumando tiene un producto de Euler, ya que $\mu(n) \chi_i(n)$ es multiplicativa (un producto de 2 funciones multiplicativas): $$\sum_{n \ge 1} \frac{\mu(n) \chi_i(n)}{n^s} = \prod_{p \text{ is prime}} (\sum_{k \ge 0} \mu(p^k)\chi_i(p^k)p^{-ks})=\prod_{p \text{ is prime}} (1-\chi_i(p)p^{-s})$$ Usted puede reconocer esto como la inversa de la llamada L-función de $L(s, \chi_i)$, definido por: $$L(s, \chi_i) = \sum_{n \ge 1} \frac{\chi_i(n)}{n^s} = \prod_{p \text{ is prime}} (1-\chi_i(p)p^{-s})^{-1}$$
Por lo tanto, podemos escribir la función como $$\frac{1}{\phi(a)} \sum_{i=1}^{\phi(a)} \overline{\chi_i(b)} L(s,\chi_i)^{-1}$$
Al $a=b=1$ o $a=2,b=1$ (2 casos discutidos en el principio), no es exactamente un personaje, desde la $\phi(2)=\phi(1)=1$, y de esta suma se convierte en un elemento: $L(s, \chi)^{-1}$ donde $\chi$ es el "trivial" personaje - el carácter trivial modulo $m$ es 1 cuando el valor es coprime a $m$ $0$ lo contrario.
Espero que esto fue legible. Yo no puedo ayudar pero aviso que haces muchas preguntas de este tipo, leer el capítulo 16 de este classc le ayudará.
EDIT: En general, $$\sum_{k \ge 0} \frac{f(ak+b)}{(ak+b)^s} = \frac{1}{\phi(a)} \sum_{i=1}^{\phi(a)} \overline{\chi_i(b)} h(s,\chi_i)$$ donde $h(s,\chi_i) = \sum_{n \ge 1} \frac{f(n)\chi_i(n)}{n^s}$, que tiene una de Euler producto de la expansión de al $f$ es multiplicativo. Este espectáculo que se puede expresar este tipo de sumas de dinero en la mayoría de las $\phi(a)$ funciones de Euler producto de las expansiones.
