La [tex]\phi[/tex] være Euler funksjonen definert [tex]\phi(1)=1[/tex], og for alle heltall [tex]n>1[/tex], [tex]\phi(n)[/tex] er antall positive heltall [tex]\leq n[/tex]. Bevis for alle reelle [tex]x\neq \pm 1[/tex]
[tex]\sum_{m=0}^{\infty }(-1)^m\phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{\left | x-x^3 \right |}{(1+x^2)}.[/tex]
Euler funksjon
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Her ble det endel stygge mellomregninger..
Benytter Lambert-rekka (som konvergerer for $|x|<1$):
$\sum_{n=1}^\infty \varphi(n)\frac{x^n}{1-x^n}=\frac{x}{(1-x)^2}$
(Det er nok å vise at rekka konvergerer for $|x|<1$, siden vi kan forkorte brøken med $x^{4m+2}$ og så la $x\to \frac{1}{x}$.)
La så $x\to i x$, så vi får at rekka blir $i\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1-x^{4m+2}}=\frac{i}{2}\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) x^{2m+1}(\frac{1}{1-x^{2m+1}}+\frac{1}{1+x^{2m+1}})$.
Nå er $\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) \frac{x^{2m+1}}{1-x^{2m+1}}=\frac{x}{(1-x)^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\varphi(2n)\frac{x^{2n}}{1-x^{2n}}$, og
$\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) \frac{x^{2m+1}}{1+x^{2m+1}}=\frac{x}{(1+x)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\varphi(2n)\frac{x^{2n}}{1-x^{2n}}$, så
$\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1-x^{4m+2}}=\frac12 (\frac{x}{(1-x)^2}+\frac{x}{(1+x)^2})$.
La $x\to ix$, så får vi
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac12 (\frac{x}{(1-ix)^2}+\frac{x}{(1+ix)^2})=\frac{x-x^3}{(1+x^2)^2}$, som gjelder for $|x|<1$.
For tilfellet $|x|>1$, lar vi $x\to x^{-1}$, og får at
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x^3-x}{(1+x^2)^2}$
Mer kompakt blir
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x|x^2-1|}{(1+x^2)^2}$ for $x\in\mathbb{R}\setminus \{\pm 1\}$
EDIT: @Kjemikern: Ser at dette ikke er helt i overenstemmelse med oppgaveteksten.. Utfra det jeg kan se blir det feil å bruke absoluttverdien slik du har gjort, samt at jeg fikk en ekstra potens i nevneren.
Benytter Lambert-rekka (som konvergerer for $|x|<1$):
$\sum_{n=1}^\infty \varphi(n)\frac{x^n}{1-x^n}=\frac{x}{(1-x)^2}$
(Det er nok å vise at rekka konvergerer for $|x|<1$, siden vi kan forkorte brøken med $x^{4m+2}$ og så la $x\to \frac{1}{x}$.)
La så $x\to i x$, så vi får at rekka blir $i\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1-x^{4m+2}}=\frac{i}{2}\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) x^{2m+1}(\frac{1}{1-x^{2m+1}}+\frac{1}{1+x^{2m+1}})$.
Nå er $\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) \frac{x^{2m+1}}{1-x^{2m+1}}=\frac{x}{(1-x)^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\varphi(2n)\frac{x^{2n}}{1-x^{2n}}$, og
$\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1) \frac{x^{2m+1}}{1+x^{2m+1}}=\frac{x}{(1+x)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\varphi(2n)\frac{x^{2n}}{1-x^{2n}}$, så
$\sum_{m=0}^\infty \varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1-x^{4m+2}}=\frac12 (\frac{x}{(1-x)^2}+\frac{x}{(1+x)^2})$.
La $x\to ix$, så får vi
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac12 (\frac{x}{(1-ix)^2}+\frac{x}{(1+ix)^2})=\frac{x-x^3}{(1+x^2)^2}$, som gjelder for $|x|<1$.
For tilfellet $|x|>1$, lar vi $x\to x^{-1}$, og får at
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x^3-x}{(1+x^2)^2}$
Mer kompakt blir
$\sum_{m=0}^\infty (-1)^m\varphi(2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x|x^2-1|}{(1+x^2)^2}$ for $x\in\mathbb{R}\setminus \{\pm 1\}$
EDIT: @Kjemikern: Ser at dette ikke er helt i overenstemmelse med oppgaveteksten.. Utfra det jeg kan se blir det feil å bruke absoluttverdien slik du har gjort, samt at jeg fikk en ekstra potens i nevneren.
Kjemikern wrote:[tex]\phi(n)[/tex] er antall positive heltall [tex]\leq n[/tex]
Hva betyr egentlig dette? At $\phi(n) = n$?
Så professoren mente noe annet enn det vi fikk, eller misforstår jeg? Det er jo lett å se at den første påstanden ikke stemmer.Kjemikern wrote:Jeg er helt enig og endte opp med samme svar som deg. Hadde en diskusjon med professoren angående dette. Skulle se om det var "noe" noen andre så som jeg ikke så.
Hvor er oppgaven fra forresten?
Problem: Let φ be the Euler function defined by φ(1) = 1, and for any integer n > 1, φ(n) is the number of positive integers ≤ n. Prove that for allplutarco wrote:Så professoren mente noe annet enn det vi fikk, eller misforstår jeg? Det er jo lett å se at den første påstanden ikke stemmer.Kjemikern wrote:Jeg er helt enig og endte opp med samme svar som deg. Hadde en diskusjon med professoren angående dette. Skulle se om det var "noe" noen andre så som jeg ikke så.
Hvor er oppgaven fra forresten?
real x ̸= ±1.
[tex]\sum_{m=0}^{\infty }(-1)^m\phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{\left | x-x^3 \right |}{(1+x^2)}.[/tex]
Hæ, jeg trodde hele tiden vi snakket om totientfunksjonen, altså antall relativt primiske positive heltall mindre enn eller lik $n$.Kjemikern wrote:Problem: Let φ be the Euler function defined by φ(1) = 1, and for any integer n > 1, φ(n) is the number of positive integers ≤ n. Prove that for allplutarco wrote:Så professoren mente noe annet enn det vi fikk, eller misforstår jeg? Det er jo lett å se at den første påstanden ikke stemmer.Kjemikern wrote:Jeg er helt enig og endte opp med samme svar som deg. Hadde en diskusjon med professoren angående dette. Skulle se om det var "noe" noen andre så som jeg ikke så.
Hvor er oppgaven fra forresten?
real x ̸= ±1.
EDIT: Med denne definisjonen blir jo bare $\varphi(n)=n$, som Alex jo sier.
Vi kan anta at [tex]\left | x \right |<1[/tex] ved dette tilfeller vil rekken [tex]\sum_{m=0}^{\infty }(-1)^m\phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}[/tex] helt sikkert være konvergent. Faktisk, [tex]\left |(-1)^m\Phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}\right |\leq (2m+1)\left | x \right |^{2m+1}[/tex] og det er enkelt å vise at [tex]\sum (2m+1)\left | x \right |^{2m+1}[/tex] konvergerer over [tex]]-1,1[[/tex].
På den andre siden har vi at [tex]\left | x \right |<1,\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^n,[/tex], derfor [tex]\frac{x}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^{2n+1}[/tex] og for [tex]m\geq 0,[/tex]
[tex]\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x^{2m+1}}{1+(x^{2m+1})^2}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^{(2m+1)(2n+1)}\, (\left | x \right |^{2m+1}<1).[/tex]
Derfor;
[tex]\sum_{n=0}^{+\infty }-1^m\Phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\sum_{m=0}^{+\infty }\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)m^{m+n}\Phi (2m+1)x^{(2m+1)(2n+1)}.[/tex]
For å endre rekkefølgen i denne dobbelte rekken, må vi bevise at den er absolutt konvergent. Faktisk vil denne dobbelte rekken absolutt være konvergent over en hvilken som helst kompakt [tex][-\alpha ,\alpha ]\, \, \, \, \, \, 0\leq \alpha \leq 1[/tex] fordi:
[tex]\left | (-1)^m\Phi (2m+1)x^{(2m+1)(2n+1)} \right |\leq (2m+1)\alpha ^{(2m+1)(2n+1)}[/tex]
og [tex]\sum_{m=0}^{M}\sum_{n=0}^{+\infty }(2m+1)\alpha ^{(2m+1)(2n+1)}=\sum_{m=0}^{M}(2m+1)\frac{a^{2m+1}}{1-\alpha ^{4m+2}}[/tex]
og [tex]\forall m\geq 0[/tex] [tex](2m+1)\frac{\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^{4m+2}}\leq (2m+1)\frac{\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^2}[/tex]
og [tex]\sum \frac{(2m+1)\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^2}[/tex] konverger for [tex]0\leq \alpha \leq 1[/tex].
Derfor
[tex]\sum_{m=0 }^{+\infty }(-1)^m\Phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\sum_{m=0}^{+\infty }\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^{m+n}\Phi (2n+1)x^{(2m+1)(2n+1)}=\sum_{p=0}^{+\infty }a_px^{2p+1}[/tex]
Hvor [tex]a_p[/tex] er en summering utvidet over alle vilkårene. [tex](-1)^{m+n}\Phi (2m+1)[/tex] hvor [tex](2m+1)(2n+1)=2p+1.[/tex]
men siden [tex](2m+1)(2n+1)=2p+1\Leftrightarrow p=2mn+m+n\Rightarrow (-1)^{m+n}=(-1)^p[/tex]
Derfor vil [tex]a_p=(-1)^p\: \: \sum_{d| (2p+1) \\ d<0} \Phi (d)=(-1)^p(2p+1).[/tex] (Euler funksjonens egenskaper)
Til sutt:
[tex]\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^p(2p+1)x^{2p+1}=x\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^px^{2p}+x^2\sum_{p=1}^{+\infty }(-1)^{p}2px^{2p-1}\\=x\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^p(x^2)^p+x^2(\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^px^{2p})'=\frac{x}{1+x^2}+x^2(\frac{1}{1-x^2})'\\=\frac{x}{1+x^2}-\frac{2x^3}{(1-x^2)^2}=\frac{x-x^3}{(1+x^2)^2}.[/tex]
Nå for [tex]\left | x \right |>1[/tex], har vi at: [tex]\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{(\frac{1}{x})^{2m+1}}{1+\left ( \frac{1}{x} \right )^{4m+2}}[/tex] og [tex]\left | \frac{1}{x} \right |<1.[/tex] Derfor
[tex]\sum_{m=0}^{+\infty }(-1)^m\phi (2m+1)=\sum_{m=0}^{+\infty }(-1)^m\Phi (2m+1)\frac{(\frac{1}{x})^{2m+1}}{1+(\frac{1}{x})^{4m+2}}[/tex]
[tex]=\frac{\frac{1}{x}-(\frac{1}{x})^3}{(1+(\frac{1}{x})^2)^2}=\frac{x^3-x}{(1+x^2)^2}.[/tex]
På den andre siden har vi at [tex]\left | x \right |<1,\frac{1}{1+x}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^n,[/tex], derfor [tex]\frac{x}{1+x^2}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^{2n+1}[/tex] og for [tex]m\geq 0,[/tex]
[tex]\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{x^{2m+1}}{1+(x^{2m+1})^2}=\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^nx^{(2m+1)(2n+1)}\, (\left | x \right |^{2m+1}<1).[/tex]
Derfor;
[tex]\sum_{n=0}^{+\infty }-1^m\Phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\sum_{m=0}^{+\infty }\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)m^{m+n}\Phi (2m+1)x^{(2m+1)(2n+1)}.[/tex]
For å endre rekkefølgen i denne dobbelte rekken, må vi bevise at den er absolutt konvergent. Faktisk vil denne dobbelte rekken absolutt være konvergent over en hvilken som helst kompakt [tex][-\alpha ,\alpha ]\, \, \, \, \, \, 0\leq \alpha \leq 1[/tex] fordi:
[tex]\left | (-1)^m\Phi (2m+1)x^{(2m+1)(2n+1)} \right |\leq (2m+1)\alpha ^{(2m+1)(2n+1)}[/tex]
og [tex]\sum_{m=0}^{M}\sum_{n=0}^{+\infty }(2m+1)\alpha ^{(2m+1)(2n+1)}=\sum_{m=0}^{M}(2m+1)\frac{a^{2m+1}}{1-\alpha ^{4m+2}}[/tex]
og [tex]\forall m\geq 0[/tex] [tex](2m+1)\frac{\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^{4m+2}}\leq (2m+1)\frac{\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^2}[/tex]
og [tex]\sum \frac{(2m+1)\alpha ^{2m+1}}{1-\alpha ^2}[/tex] konverger for [tex]0\leq \alpha \leq 1[/tex].
Derfor
[tex]\sum_{m=0 }^{+\infty }(-1)^m\Phi (2m+1)\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\sum_{m=0}^{+\infty }\sum_{n=0}^{+\infty }(-1)^{m+n}\Phi (2n+1)x^{(2m+1)(2n+1)}=\sum_{p=0}^{+\infty }a_px^{2p+1}[/tex]
Hvor [tex]a_p[/tex] er en summering utvidet over alle vilkårene. [tex](-1)^{m+n}\Phi (2m+1)[/tex] hvor [tex](2m+1)(2n+1)=2p+1.[/tex]
men siden [tex](2m+1)(2n+1)=2p+1\Leftrightarrow p=2mn+m+n\Rightarrow (-1)^{m+n}=(-1)^p[/tex]
Derfor vil [tex]a_p=(-1)^p\: \: \sum_{d| (2p+1) \\ d<0} \Phi (d)=(-1)^p(2p+1).[/tex] (Euler funksjonens egenskaper)
Til sutt:
[tex]\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^p(2p+1)x^{2p+1}=x\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^px^{2p}+x^2\sum_{p=1}^{+\infty }(-1)^{p}2px^{2p-1}\\=x\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^p(x^2)^p+x^2(\sum_{p=0}^{+\infty }(-1)^px^{2p})'=\frac{x}{1+x^2}+x^2(\frac{1}{1-x^2})'\\=\frac{x}{1+x^2}-\frac{2x^3}{(1-x^2)^2}=\frac{x-x^3}{(1+x^2)^2}.[/tex]
Nå for [tex]\left | x \right |>1[/tex], har vi at: [tex]\frac{x^{2m+1}}{1+x^{4m+2}}=\frac{(\frac{1}{x})^{2m+1}}{1+\left ( \frac{1}{x} \right )^{4m+2}}[/tex] og [tex]\left | \frac{1}{x} \right |<1.[/tex] Derfor
[tex]\sum_{m=0}^{+\infty }(-1)^m\phi (2m+1)=\sum_{m=0}^{+\infty }(-1)^m\Phi (2m+1)\frac{(\frac{1}{x})^{2m+1}}{1+(\frac{1}{x})^{4m+2}}[/tex]
[tex]=\frac{\frac{1}{x}-(\frac{1}{x})^3}{(1+(\frac{1}{x})^2)^2}=\frac{x^3-x}{(1+x^2)^2}.[/tex]