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$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\nu(n)}{n^s}=\zeta(s)^2$ para cualquier real $s$ [cerrada]

+1 voto

Proposición. Demuestre que $$\zeta(s)^2=\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\nu(n)}{n^s},$$ donde $\nu(n)$ es el número de divisores positivos de $n.$


Hace unos meses, después de un largo periodo de no estudiar, me propuse leer y resolver todos (al menos, casi todos) los problemas del libro A classical introduction to modern number theory de K. Ireland y M. Rosen (entre otros libros, claro), pero me encontré con uno en particular, en el que se pide que verifique algunas identidades de la función Zeta de Riemann; entre ellas, la más laboriosa (para mí) fue la que menciono arriba. Como mi conocimiento es limitado (debido a que he estado bastante tiempo sin estudiar), me limité a demostrar la identidad para un real $s,$ entendiendo (tal vez de manera errónea) que si $s\leqslant1$ entonces $\zeta(s)^2$ es el límite (en el sistema extendido de los reales) de la sucesión $(\sum_{k=1}^n k^{-s})^2$ cuando $n\to\infty.$ Ahora, lo que hice es lo siguiente.

Mi intento: Si $s\leqslant1$ entonces $(\sum_{k=1}^n k^{-s})^2$ tiende a infinito cuando $n$ crece sin cota, y además $\sum_{k=1}^n k^{-s}\leqslant\sum_{k=1}^n\nu(k)\cdot k^{-s},$ por lo que $\zeta(s)^2=\sum_{n=1}^\infty\nu(n)/n^s$ (asumiendo aquí que $\zeta(s)^2$ es el límite de $(\sum_{k=1}^n k^{-s})^2$). Ahora asumamos que $s>1$ y fijemos $n.$ Definamos la función $$f(n):=\sum_{d\mid n}\dfrac{\nu(d)}{d^s}.$$ Como $\nu(d)/d^s$ es multiplicativa entonces $f$ es multiplicativa, por lo que $$f\left(\prod_{p\leqslant n} p^{\alpha_p}\right)=\prod_{p\leqslant n} f(p^{\alpha_p}),\tag1$$ donde $\alpha_p:=\lfloor\log{n}/\log{p}\rfloor$ y donde los productos se toman sobre todos los primos positivos que no exceden a $n.$ Ahora fijemos $p.$ Evidentemente, se tiene que $$f(p^{\alpha_p})=\sum_{m=0}^{\alpha_p}\dfrac{m+1}{p^{ms}},$$ por lo que, si denotamos $t:=\alpha_p,$ $q:=p^s$ y $\sigma:=1+q^{-1}+q^{-2}+\cdots+q^{-t}$ entonces tenemos lo siguiente: 
$$
\begin{aligned} f(p^t)&=\sigma+(\sigma-1)+(\sigma-1-q^{-1})+\cdots+(\sigma-1-q^{-1}-\cdots-q^{1-t})\\\\&=(t+1)\sigma-t-(t-1)q^{-1}-\cdots-(t-(t-1))q^{1-t}\\\\&=(t+1)\sigma-t(\sigma-q^{-t})+q^{-1}\left(1+2q^{-2}+\cdots+(t-1)^{q^{2-t}}\right)\\\\&=\sigma+tq^{-t}+q^{-1}\left(f(p^t)-tq^{-t}-(t+1)q^{-t}\right)\end{aligned}
$$

y por lo tanto $$f(p^t)(1-q^{-1})^2=1+tq^{-t}+2tq^{-t-2}-2q^{-t-1}-3tq^{-t-1}-q^{-t-2},$$ pero si $p$ es fijo y $n\to\infty$ entonces $t=\alpha_p=\lfloor\log{n}/\log{p}\rfloor\to\infty,$ por lo que cada uno de los términos a la derecha del $1$ tiende a $0$ (ésto es una consecuencia de la suposición inicial que $s>1$ y también es consecuencia del teorema del binomio) y por lo tanto $f(p^t)=f(p^{\alpha_p})\to(1-p^{-s})^{-2}$ y, utilizando $(1)$ se tiene que $$\lim_{n\to\infty}f\left(\prod_{p\leqslant n} p^{\alpha_p}\right)=\prod_p(1-p^{-s})^{-2}=\zeta(s)^2.\tag2$$ Ahora, en lo anterior es donde mi duda surge, pues no sé qué tan cierto sea que puedo fijar a $p$ y tomar $n\to\infty$ (la intuición es lo que me "dijo" que hiciera eso). Ahora notemos que $$\sum_{k=1}^n\dfrac{\nu(k)}{k^s}\leqslant f\left(\prod_{p\leqslant n} p^{\alpha_p}\right)=\sum_{d\mid\prod\limits_{p\leqslant n} p^{\alpha_p}}\dfrac{\nu(d)}{d^s}<\sum_{k=1}^\infty\dfrac{\nu(k)}{k^s},$$ que junto con $(2)$ implica que $$\sum_{n=1}^\infty\dfrac{\nu(n)}{n^s}=\zeta(s)^2.$$

En MSE apuntaron que no era entendible mi argumento, por lo que traté de escribirla lo más claro posible. Cualquier ayuda se agradece!.

EDITADO. Creo que ya ví por qué mi argumento no funciona, pues de otra manera, se podría demostrar (una demostración FALSA, claro) que $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}=1$ de manera análoga: utilizando el mismo "razonamiento" que yo utilicé, fijamos $m$ con $1\leqslant m<n$ y hacemos $n\to\infty.$ Luego notamos que $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{m}=1$ para $m$ fijo, por lo que el límite buscado es $1.$

 En fin, el problema es que la conclusión que hice no se puede (al menos no veo cómo) justificar de manera rigurosa.

Como sea, dejaré el post, puesto que puede ser útil (y puede que alguien más aprenda de los errores en mi argumento).

cerrada con la nota: He encontrado el error en mi argumento.
preguntado por Carlos Jalpa (11,200 puntos) Nov 6, 2016 en Básicas
cerrada por Carlos Jalpa Nov 6, 2016

1 Respuesta

+2 votos

La manera rápida de establecer muchas de estas identidades es apelando al sig. mantra: la serie de Dirichlet asociada a $f \ast g$, la convolución de las funciones aritméticas $f$ y $g$, es igual al producto de la serie de Dirichlet asociada a la función $f$ por la serie de Dirichlet asociada a la función $g$.

Denotemos con $\mathbf{1}$ a la función aritmética que vale $1$ en cada $n \in \mathbb{N}$. Puesto que

$$(\mathbf{1} \ast \mathbf{1})(n) = \sum_{d \mid n} \mathbf{1}(d) \cdot \mathbf{1}(n/d) = \sum_{d \mid n} 1 = \nu(n),$$

el mantra arriba mencionado implica que para $s=\sigma+it$ en el semiplano $\sigma >1$ se cumple que

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\nu(n)}{n^{s}} = \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathbf{1}(n)}{n^{s}}\right)\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathbf{1}(n)}{n^{s}}\right) = \left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}\right)^{2} = \zeta(s)^{2}$$

y listo.

Nota I. La notación estándar para expresar el núm. de divisores del natural $n$ es $d(n)$ o $\tau(n)$.

Nota II. Para más datos sobre la convolución de funciones aritméticas, puedes leer el capítulo 2 del Apostol de teo. analítica de números.

respondido por José Hdz (39,490 puntos) Nov 6, 2016
editado por José Hdz Nov 6, 2016
Sea correcto o no lo que hice, esta solución es mucho mejor, pues es bastante corta y elegante, además, la respuesta es informativa .. +1 definitivamente

Por cierto, ese libro se ve bastante bueno.
También puede serte de ayuda comprar en la oficina de publicaciones del IMATE-UNAM el Breviario de Teoría Analítica de Números del Dr. Balanzario...
Otra discusión en el irracional.org que tal vez quieras revisar: http://www.irracional.org/index.php/2761/probabilidad-teoria-de-numeros
Checaré ese libro. Ahora, ese post está bueno!
Por cierto, ya me dí cuenta del por qué mi "argumento" es incorrecto. A la próxima seré más cuidadoso.
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