Interesante representación de $e^x$

Question

Así descubrí la siguiente fórmula mediante la serie de Taylor para $\ln (x+1)$ $$x= \ln (x+1)+\frac{1}{2}\ln(x^2+1)-\frac{1}{3}\ln(x^3+1)+\frac{1}{2}\ln(x^4+1)-\frac{1}{5}\ln(x^5+1)-\frac{1}{6}\ln(x^6+1)$$$$-\frac{1}{7}\ln(x^7+1)+\frac{1}{2}\ln(x^8+1)-\frac{1}{10}\ln(x^{10}+1)-\frac{1}{11}\ln(x^{11}+1)-\frac{1}{6}\ln(x^{12}+1)$$$$-\frac{1}{13}\ln(x^{13}+1)-\frac{1}{14}\ln(x^{14}+1)+\frac{1}{15}\ln(x^{15}+1)+\frac{1}{2}\ln(x^{16}+1)+...$$ Entonces me di cuenta de que esto significa que $$e^x=\prod_{n=1}^{\infty}(x^n+1)^{a_n},$$ where $a_1 =1$ and $a_n$ is defined by the recurrence relation $$a_n=\sum_{d|n \land d > 1} \frac{a_{\frac{n}{d}}(-1)^d}{d}$$ when $n > 1$.

Hasta ahora, me he dado cuenta de las siguientes propiedades $a_n$:$$a_{2^m}=\frac{1}{2}$$$$a_p=-\frac{1}{p}$$$$a_{p^k}=0$$ for prime $p>2$, positive integer $m$, and integer $k>1$.

Cuando he conectado en los denominadores de $a_n$ en OEIS, el más cercano secuencia que me dieron fue la secuencia de enteros de los radicales.

Estoy interesado en las siguientes cosas:

¿Cómo podemos demostrar mi conjetura acerca de la $a_n$ (mirar abajo, en "EDITAR")? Para qué valores de a $x$ ¿este producto convergen? Tiene esta fórmula para $e^x$ sido documentado en ninguna parte (estoy seguro que tiene, pero me gustaría leer el artículo)? ¿Cómo esta representación de $e^x$ se refieren a otras representaciones?

Gracias de antemano!

EDITAR

Después de conectar más valores de $a_n$, me di cuenta de que mi original de la conjetura de que $$\lvert a_n \rvert = \begin{cases} \displaystyle\operatorname{rad}(n)^{-1}, & \mbox{if } n \neq p^k \\ 0, & \mbox{if } n=p^k \end{casos}$$ for prime $p>2$ and integer $k>1$, was incorrect when I found that $a_{18}=0$. However, I was able to formulate a new conjecture about $a_n$ based on my findings: $$ a_n = \frac{\mu \left( \operatorname{Od}(n) \right) }{\operatorname{rad}(n)} = \frac{\mu \left( \frac{n}{2^{\nu_2 (n)}} \right) }{\operatorname{rad}(n)} $$ donde $\mu(n)$ es la función de Möbius, $\nu_p(n)$ es el p-ádico de la orden de $n$, $\operatorname{Od}(n)$ es el impar parte de $n$, e $\operatorname{rad}(n)$ es el radical de $n$. Yo tenía un amigo valores de prueba para este y para todos los valores de, al menos,$1024$. Sin embargo, lamentablemente, no tengo idea de cómo probar esta conjetura.

NOTA @ZhenhuaLiu ha respondido a mi pregunta más grande probando mi conjetura. Sin embargo, si usted tiene una respuesta a alguna de mis otras preguntas, no dude en dejar una respuesta al respecto.

Answer 1

Utilizaremos $D(f(n),s)$ para denotar la serie de Dirichlet función aritmética $f(n)$.

La recurrencia de la relación obtenida por marty cohen es $$\sum_{d|n}da_{d}(-1)^{\frac{n}{d}-1}= \begin{cases} 1 &\mbox{if } n=1,\\ 0&\mbox{if } n>1. \end{casos} $$ Podemos volver a escribir como Dirichlet convolución $$ na_{n}*(-1)^{n-1}=I, $$ donde $I$ es la identidad multiplicativa de Dirichlet de convolución.

La convolución se puede traducir en el lenguaje de Dirichlet, como la serie de $$ D(na_{n},s)D((-1)^{n-1},s)=1. $$ Por otro lado, tenemos $$ D((-1)^{n-1},s)=\eta(s)=(1-2^{1-s})\zeta(s), $$ donde $\eta(s)$ es la de Dirichlet eta función.

Así tenemos $$\begin{align*} D(na_n,s)&=\frac{1}{1-2^{1-s}}\frac{1}{\zeta(s)}\\ &=\left(\sum_{n\ge 0}\frac{2^n}{(2^n)^s}\right)D(\mu(n),s).\\ \end{align*}.$$

Traducir el producto de Dirichlet de la serie en el idioma de Dirichlet de convolución, tenemos $$\begin{align*} a_n&=\frac{1}{n}\sum_{d|n}d[\log_{2}d\in \mathbb{N}]\mu(\frac{n}{d})\\ &=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{\nu_{2}(n)}2^k\mu(\frac{n}{2^k}),\\ \end{align*} $$ donde $[P]$ denota la Iverson soporte.

Si $\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})=0$, claramente tenemos $$a_n=0=\frac{\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})}{\mathrm{rad}(n)}.$$

Si $\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})\neq 0$, tenemos $$ a_n=\frac{1}{n}\mu(n)=\frac{\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})}{\mathrm{rad}(n)},$$ al $\nu_{2}(n)=0,$ y $$\begin{align*} a_n&=\frac{1}{n}\left(2^{\nu_{2}(n)}\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})+2^{\nu_{2}(n)-1}\mu(2\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})\right)\\ &=\frac{1}{n}\left(2^{\nu_{2}(n)}\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})+\frac{1}{2}2^{\nu_{2}(n)}\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})\mu(2)\right)\\ &=\frac{2^{\nu_{2}(n)}}{2n}\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})\\ &=\frac{\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})}{\mathrm{rad}(n)},\\ \end{align*} $$ al $\nu_{2}(n)\ge 1.$

La combinación de los resultados de todos los casos, hemos probado tu conjetura $$a_n=\frac{\mu(\frac{n}{2^{\nu_{2}(n)}})}{\mathrm{rad}(n)}.$$

Answer 2

Siguiendo a Michael sugerencia, si $x =\sum_{n=1}^{\infty} a_n \ln(x^n+1) $, entonces $1 =\sum_{n=1}^{\infty} a_n \frac{nx^{n-1}}{x^n+1} $, así

$\begin{array}\\ 1 &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n \frac{nx^{n-1}}{x^n+1}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n nx^{n-1}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{mn}\\ \text{or}\\ x &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n nx^{n}\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{mn}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n n\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{mn+n}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n n\sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{n(m+1)}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n n\sum_{m=1}^{\infty} (-1)^{m-1} x^{nm}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{d|k} a_d d (-1)^{k/d-1} x^{k}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}x^k\sum_{d|k} a_d d (-1)^{k/d-1}\\ \text{so that}\\ a_1 &=1\\ \text{and}\\ 0 &=\sum_{d|k} a_d d (-1)^{k/d-1} \qquad\text{for } k > 1\\ &=ka_k+\sum_{d|k, d<k} a_d d (-1)^{k/d-1} \text{or}\\ k a_k &=\sum_{d|k, d<k} a_d d (-1)^{k/d}\\ \text{or}\\ a_k &=\dfrac1{k}\sum_{d|k, d<k} a_d d (-1)^{k/d}\\ &=\dfrac1{k}\left((-1)^k+\sum_{d|k, 1<d<k} a_d d (-1)^{k/d}\right)\\ \end{array} $

En particular, si $p$ es primo, $a_p =\dfrac{(-1)^p}{p} $, así $a_2 = \frac12$ y $a_p = \dfrac{-1}{p}$ si $p$ es una extraña prime.

Si $k = 2^m$,

$\begin{array}\\ a_{2^m} &=\dfrac1{2^m}\left(1+\sum_{d|2^m, 1<d<2^m} a_d d (-1)^{2^m/d}\right)\\ &=\dfrac1{2^m}\left(1+\sum_{j=1}^{m-1} a_{2^j} 2^j \right)\\ \end{array} $

Por lo tanto $a_4 =\frac14(1+2a_2) =\frac12 $.

Si $a_{2^j} =\frac12 $ para $1 < j < m$, entonces

$\begin{array}\\ a_{2^m} &=\dfrac1{2^m}\left(1+\sum_{j=1}^{m-1} \frac12 2^j \right)\\ &=\dfrac1{2^m}\left(1+\sum_{j=0}^{m-2} 2^j \right)\\ &=\dfrac1{2^m}\left(1+2^{m-1}-1 \right)\\ &=\frac12\\ \end{array} $

para todos los $m$.

Si $k = p^2$, $a_{p^2} =\dfrac1{p^2}(-1+pa_p(-1)^p) =\dfrac1{p^2}(-1+p\frac{-1}{p}(-1)) =0 $.

Si $k = p^m$ donde $m > 2$, supongamos que $a_{p^j} = 0 $ para $1 < j < m$. Esto es cierto para $m=3$.

Entonces

$\begin{array}\\ a_{p^m} &=\dfrac1{p^m}\left(1+\sum_{d|p^m, 1<d<p^m} a_d d (-1)^{p^m/d}\right)\\ &=\dfrac1{p^m}\left(1+\sum_{j=1}^{m-1} a_{p^j} p^j \right)\\ &=\dfrac1{p^m}\left(1+a_p p +\sum_{j=2}^{m-1} a_{p^j} p^j \right)\\ &=0\\ \end{array} $

Si $k=2p$ donde $p$ es una extraña prime,

$\begin{array}\\ a_{2p} &=\dfrac1{2p}\left(1+2a_2(-1)^p+a_pp(-1)^2\right)\\ &=\dfrac1{2p}\left(1-2\dfrac12+\dfrac{-1}{p}p\right)\\ &=\dfrac1{2p}\left(1-1-1\right)\\ &=\dfrac{-1}{2p}\\ \end{array} $

Si $k=pq$ donde $p$ $q$ son distintos de los números primos impares, entonces $a_{pq} =\dfrac1{pq}\left((-1)^{pq}+a_pp(-1)^p+a_qq(-1)^q\ \ derecho) =\dfrac1{pq}\left(-1+1+1\right) =\dfrac{1}{pq} $.

Lo voy a dejar esto.

Answer 3

Esto es más un comentario de una respuesta, pero es demasiado complejo para entrar como un comentario.

Resulta que usted no necesita diferenciar para obtener la recurrencia para el $a_n$.

He aquí por qué.

$\begin{array}\\ x &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n \ln(x^n+1)\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} a_n \sum_{m=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{m-1}x^{mn}}{m}\\ &=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty} a_n \dfrac{(-1)^{m-1}x^{mn}}{m}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{d|k} a_d \dfrac{(-1)^{k/d-1}x^{k}}{k/d} \qquad k = mn, d = n, m = k/d\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{x^{k}}{k}\sum_{d|k} da_d (-1)^{k/d-1}\\ \text{so}\\ a_1 &=1\\ \text{and}\\ 0 &=\sum_{d|k} da_d (-1)^{k/d-1}\\ \text{as before}\\ \end{array} $