Me defina para algún conjunto de los números reales $x\in S$ (ver que es mi Pregunta 1.) el dominio de la función $$f(x)=\prod_{k=2}^\infty \left( 1+\frac{\mu(k)}{k^3} x\right) ,$$ donde $\mu(k)$ es la función de Möbius.
Pregunta 1. Estoy interesado en esta función ya que creo que es posible justificar $f'(0)=\frac{1}{\zeta(3)}-1$. Si es bien conocido en la literatura o que sepa cómo calcular su dominio $S$, es para que $x$ está definido, me puede decir?
Mis cálculos eran que $0<\frac{7}{8}\leq 1+\frac{\mu(k)}{k^3}<1$ para los números enteros $k\geq 2$, y estoy atascado con lo que el teorema de la relación infinita de productos y de la serie se puede utilizar para responder a la pregunta anterior.
Subsequents cálculos proporcionan a mí, informalmente $$\log f(1)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sum_{k=2}^\infty\frac{(\mu(k))^n}{k^{3n}}.$$
Cuando he dividido la serie de pares y los impares $n's$, puedo escribir $\log f(1)$ como la suma de dos términos, el primero $$\sum_{\text{n odd}}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sum_{k=2}^\infty\frac{(\mu(k))^n}{k^{3n}}=\sum_{j=1}^\infty\frac{\zeta(3(2j-1)-1)}{2j-1},$$ and the second as $$\sum_{\text{n even}}\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sum_{k=2}^\infty\frac{(\mu(k))^n}{k^{3n}}=-\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{2j}\sum_{k=2}^\infty\frac{ \left| \mu(k) \right| }{k^{6j}}.$$
Pregunta 2. Fueron justificados mis cálculos para $\log f(1)$? Sólo se requiere un sí o donde estaba mi error. También si mis cálculos eran correctos, si usted sabe cómo escribir la serie dentro de $$-\sum_{j=1}^\infty\frac{1}{2j}\sum_{k=2}^\infty\frac{ \left| \mu(k) \right| }{k^{6j}}$$ con valores zeta, como he calculado para el caso de $\text{ n odd}$, entonces los cálculos será aquí como referencia para todos nosotros. Gracias de antemano.
