ugiigi zombi: Gray jesteś? Mam fajne zadanko z mojej listy z analizy. Uzasadnij, że zachodzi równość

	1		1
∏ (1−		)−1 = ς(s) = ∑		, gdzie iloczyn przebiega po wszystkich liczbach
	ps		ns

pierwszych.

	1
Ponadto pokaż, że dla Re(s) > 1, ∑		≠ 0.
	ns

zombi: Ogólnie wiem, że

	1		1		1		1
∏(1−		)−1 = ∏		= ∏(1+		+		+...)
	ps		1   1−   ps		ps		p2s

zombi: A podbije może ktoś pomoże coś

Saizou : może pokombinuj coś z funkcją tocjent (Eulera)

	1
φ(n)=n•∏p≤n(1−		)
	n

Godzio: p_n − ciąg kolejnych liczb pierwszych

	1		1		1
(1 −		)−1 =		= 1 + ∑k=1∞
	pns		1   1 −   pns		pnsk

Pomnóżmy teraz tą nierówność N (za każdym razem biorąc kolejne liczby pierwsze)

	1
∏n=1N (1 −		)−1 = L
	pns

L =

	1		1		1		1		1
(1+		+		+...)(1+		+		)...(1+		+...)
	p1s		p22s		p2s		p22s		pNs

Wymnażając mamy:

	1
1 + ∑m=1∞		= (*)
	ms

gdzie m to liczby, które zawierają w rozkładzie na czynniki pierwsze tylko liczby p₁,...,p_N Rozbijmy teraz ten szereg na sumę do N − tej liczby pierwszej i szereg składający się z pozostałych wyrazów

	1		1		1
(*) = 1 + ∑m=1∞		= ∑pN		+ ∑m=pN+1∞
	ms		ms		ms

Chcemy pokazać, że

	1		1
∏n=1N (1 −		)−1 = ∑pN		przy N → ∞
	pns		ms

No to lecimy:

	1		1		1
0 < ∏n=1N (1 −		)−1 − ∑pN		= ∑pN+1∞
	pns		ms		ms

gdzie ostatnie sumowanie jest tylko po liczbach mających w rozkładzie p₁,...,p_N więc możemy ograniczyć to przez sumowanie po dowolnych liczbach

	1		1		1
0 < ∏n=1N (1 −		)−1 − ∑pN		< ∑m=pN+1∞
	pns		ms		ms

Przechodząc z N do nieskończoności mamy:

	1
∑m=pN+1∞		→ 0 więc
	ms

	1		1
0 < ∏n=1∞ (1 −		)−1 − ∑∞		< 0
	pns		ms

A zatem mamy równość