La formula per la somma dei reciproci delle potenze dei primi!
Ciao a tutti ragazzi, vorrei parlare un po' con voi di questo interessante argomento a mio avviso, e di qualche risultato che ho ottenuto quest'estate sotto l'ombrellone mentre mi annoiavo un po', cercherò di essere il più chiaro possibile e, sebbene l'argomento sia abbastanza semplice, non darò nulla per scontato, spero che vi interessi e soprattutto che diciate la vostra a riguardo.
Mi scuso in anticipo per la lunghezza del post, ma spero che questo non vi tolga la voglia di cercare di trovare risposte sempre migliori, i ragionamenti, sebbene sembrino infiniti, sono in realtà abbastanza semplici!
Allora, il problema principale è questo, se io volessi, preso un n naturale (solo per semplicità, i calcoli possono essere fatti anche se n non è naturale), calcolare questa somma, che indicherò come $ gamma (n) $
1) $ gamma (n) = sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ n $ dove $ p_k $ è il k- esimo numero primo
come farei siccome non conosciamo abbastanza bene i numeri primi e non hanno a quanto si sa una distribuzione regolare?
Una cosa, in realtà questo post vuole essere solo una sorta di sfida, anche perché, cercando molto a fondo nella rete e su dei libri, confrontando delle formule coi miei risultati che andrò ad esporre, ho trovato un'effettiva formula che calcola il risultato di $gamma(n)$, è strano comunque che questo risultato sia così sconosciuto, e quindi mi sono sentito in dovere di fare una sorta di passaparola, per chi volesse solo il risultato, lo troverà alla fine del post.
Partiamo! Ciò che possiamo dire, o meglio che ci dice Eulero, è che considerando $ gamma (1) $ otteniamo una serie divergente
$ gamma (1) = sum_(k=1)^oo 1/p_k = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 + 1/13 + 1/17 + ... rarr oo $
Ora, non ha senso dimostrarlo, lo vedremo poi, ma se prendo $ n>1 $ con n sempre naturale, $ gamma (n) $ converge.
Per evitare troppi calcoli complicati in cui gli addendi sono misteriosi, ci vengono in contro due matematici, che ci danno due buone approssimazioni di quella che io ho chiamato $ gamma (n) $ dandoci due serie particolari che racchiudono tra loro il risultato che cerchiamo.
2) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k))) < gamma (n) < 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n (ln(k ln(k))-1)^n $
questa disuguaglianza di Rossert e Dusart ci permette ad esempio di stimare con un computer che calcola più facilmente le due serie ai lati i valori di $gamma(n)$ , ad esempio $ gamma(2)=1/2^2+1/3^2+1/5^2+1/7^2+1/11^2+... $
$ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $
questa è già un'ottima approssimazione, ma perchè non cercare di migliorarla in qualche modo?
sarà questo lo scopo della discussione, se avete voglia, questa è la mia proposta:
parto da questo enunciato:
"tutti i numeri primi $p$ maggiori di $3$ possono essere scritti in forma $p=6n+-1$ per qualche n naturale, ed esistono infiniti primi scrivibili come $ 6n +1 $ ed infiniti primi scrivibili in forma $ 6n-1$ "
Scusatemi, davvero, ma ometterò la dimostrazione, se volete questo è un corollario del teorema di Dirichlet, ma può essere dimostrato in vari modi, dai più semplici ed intuitivi ai più rigorosi, in poche parole, in numeri primi dal 5 in poi sono sempre di fianco ad un multiplo del 6.
Ovviamente con "di fianco" o "vicini" intendo che sono maggiori o minori di un'unità.
Sfruttando questa proprietà, consideriamo la somma dei reciproci di tutti questi numeri vicini ai multipli del 6, ovviamente, siccome non tutti i numeri vicini ai multipli del 6 sono primi, ma tutti i primi maggiori di $3$ sono vicini ai multipli del 6, questa somma di cui parlo avrà "più termini" , se così si può dire, della somma $ gamma (n) $ perchè in quest'ultima appaiono solo i numeri primi.
Aggiungeremo anche i termini $ 1/2^n $ e $ 1/3^n $ prima di iniziare coi numeri vicini ai multipli di 6 , quindi cerchiamo di calcolare
$ 1/2^n+1/3^n+(1/5^n+1/7^n+1/11^n+1/13^n+1/17^n+1/19^n+1/23^n+1/25^n+1/29^n+1/31^n+1/35^n+1/37^n+1/41^n+1/43^n+1/47^n+1/49^n+1/53^n+...) $
Notate che, tra la sfilza di numeri vicini ai multipli di 6 che ho scritto, gli unici non primi sono $ 1/25^n $ , $ 1/35^n $ e $1/49^n$ , quindi l'approssimazione per $ gamma (n)$ è molto buona, perchè nel peggiore dei casi, in cui n=2, questa somma e $gamma (2)$ differiscono di "un po' di più" di $ 1/25^2 + 1/35^2 + 1/49^2 ~~ 0.002832 $ che è davvero poco, ovviamente ci saranno altri numeri da aggiungere a questa lista di non primi che appaiono in questa somma che stiamo cercando di calcolare, ma comunque saranno man mano sempre più piccoli, diciamo che quelli che danno contributo maggiore sono questi tre termini.
Volendo sintetizzare la somma, che chiamerò $ psi(n) $ (perchè mi piace la lettera psi), possiamo scrivere le somme dei reciproci dei numeri che sulla linea dei naturali stanno prima dei multipli di 6 di un'unità e di quelli che stanno dopo
3) $ psi (n) = 1/2^n + 1/3^n + ( sum_(k=1)^oo 1/(6k-1)^n + sum_(k=1)^oo 1/(6k+1)^n ) $
ovviamente la prima serie include i reciproci dei numeri minori di un'unità dei multipli di $6$ , la seconda i maggiori.
Abbiamo detto che questa serie, o se volete funzione, siccome ha "qualche termine in più" di $ gamma(n) $ la maggiora di un po' quindi possiamo dire di per certo che
$ psi(n) > gamma(n)$ per $ n>=2 $
Adesso andiamo avanti cercando una formula precisa per $ psi (n)$ .
Utilizzerò la funzione Zeta di Eulero (sarebbe come quella di Riemann, a differenza del fatto che quella di Eulero è definita solo sugli n naturali, mentre quella di Riemann anche ai complessi)
$ zeta(n)= sum_(k=1)^oo 1/k^n $
E' risaputo che, per n=1 , si genera la serie armonica $ 1+1/2+1/3+1/4+1/5+... $ che diverge.
Ma, se prendiamo $n>=2$ , la funzione ha valori finiti che, man mano che n aumenta, tendono sempre più a zero.
Come dimenticare per esempio il famoso e secondo me splendido risultato di Eulero al problema di Basilea:
$ zeta(2) = sum_(k=1)^oo 1/k^2= 1+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2+... = pi^2/6 $
Comunque sia, iniziamo, eseguendo l'operazione $ zeta(n)-psi(n) $ ciò che otteniamo sono i reciproci di tutti i numeri ad eccezione di quelli in psi, cioè i soliti "vicini" ai multipli del 6, e anche $1/2^n$ ed $1/3^n$ per definizione di $psi$.
$ zeta(n)-psi(n)= 1+ 1/4^n+1/6^n+1/8^n+1/9^n+1/10^n+1/12^n+1/14^n+1/15^n+1/16^n+1/18^n+1/20^n+1/21^n+1/22^n+1/24^n+1/26^n+1/27^n+1/28^n+1/30^n+1/32^n+... $
Guardandoli un po', questi apparentemente casuali numeri sono sintetizzabili, prima di tutto, siccome in $psi$ non ci sono reciproci di numeri pari ad eccezione di $1/2^n$ , possiamo raccogliere tutti i reciproci dei pari maggiori di $1/2^n$ in questo modo:
$ zeta(n)-psi(n)= sum_(k=2)^oo 1/(2k)^n +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n sum_(k=2)^oo 1/k^n +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
facciamo partire la somma da 1 per semplicità, a patto di sottrarre però 1, in modo da non cambiare l'uguaglianza.
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n -1] +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
è apparsa la $zeta$ anche al secondo membro ora,
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n zeta(n) - 1/2^n +1 +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= [(2^n-1)/2^n]+1/2^n zeta(n) +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
i numeri che sono rimasti da sintetizzare, ad eccezione del primo termine numerico che ho messo tra parentesi quadre, sono i reciproci dei numeri dispari alla n moltiplicati per $1/3^n$.
Una piccola dimostrazione di questi passaggi che abbiamo fatto, anche se poco formale, può essere questa, la metto in SPOILER, nel caso qualcuno volesse provarci, come farò poi per ogni dimostrazione.
Ciò che quindi rimane da sintetizzare nella differenza $ zeta - psi $ dopo aver sintetizzato i numeri pari, sono i reciproci dei numeri dispari alla n moltiplicati per $1/3^n$.
Riprendendo il filo del discorso
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + sum_(k=1)^oo 1/(3^n(2k+1)^n) $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + 1/3^n sum_(k=1)^oo 1/(2k+1)^n $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + 1/3^n[(sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n )-1] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n $
Senza troppi formalismi, possiamo dire che la somma dei numeri dispari è la somma di tutti i numeri meno la somma di tutti i numeri pari, e ovviamente il discorso vale anche se passiamo ai reciproci, quindi possiamo eseguire la sostituzione
$ sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n = sum_(k=1)^oo 1/k^n - sum_(k=1)^oo 1/(2k)^n$
trovando...
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n - sum_(k=1)^oo 1/(2k)^n] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n - 1/2^n sum_(k=1)^oo 1/k^n] $
...altre zeta!
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [zeta(n) - 1/2^n zeta(n)] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n zeta(n) - 1/6^n zeta(n) $
$ -psi(n)= (2^n-1)/2^n-1/3^n+(1/2^n + 1/3^n - 1/6^n-1) zeta(n) $
$ psi(n)= -(2^n-1)/2^n+1/3^n+(1/6^n+1-1/2^n-1/3^n) zeta(n) $
$ psi(n)= (2^n+3^n-6^n)/6^n + (2^n-1)(3^n-1)/6^n zeta(n) $
Questa in definitiva è una relazione che permette di calcolare $psi(n)$
4) $ psi(n)= (2^n-1)(3^n-1)/6^n zeta(n)-(6^n-2^n-3^n)/6^n $
Inoltre, come ci si dovrebbe aspettare, se n tende ad infinito:
$ lim_(n -> +oo) (2^n-1)(3^n-1)/6^n = lim_(n -> +oo) (1-1/2^n-1/3^n+1/6^n) =1 $
e $ lim_(n -> +oo) (6^n-2^n-3^n)/6^n = lim_(n -> +oo) 1-1/3^n-1/2^n = 1 $
quindi abbiamo l'equivalenza asintotica $ psi(n)~ zeta(n) -1 $
Ora, siccome $ psi(n)$ approssima molto bene $gamma(n)$ per eccesso, ed ora che abbiamo trovato una relazione con la funzione zeta, possiamo calcolarla, vediamo se è una stima migliore di quella per eccesso di Rossert e Dusart.
All'inizio di questo post, avevamo calcolato un'approssimazione per $gamma(2)$ utilizzando la 2) , ottenendo $ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $
Ciò che dobbiamo vedere è se è possibile migliorare l'approssimazione per eccesso.
$ psi(2)=(2^2-1)(3^2-1)/6^2 zeta(2)-(6^2-2^2-3^2)/6^2= 24/36 pi^2/6-(36-4-9)/36= pi^2/9-23/36~~ 0.457733..$
L'approssimazione che abbiamo ottenuto per $gamma(2)$ è diventata migliore rispetto a quella ottenuta utilizzando la 2) di una quantità non indifferente!
Se prima era $ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $ ora è $ 0.447549..< gamma (2) < 0.457733.. $
possiamo dire quindi che l'approssimazione 2) può essere migliorata come:
5) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Di seguito metterò alcune approssimazioni, la prima utilizzando la 2) , la seconda utilizzando la 5)
$0.17447198..< gamma(3) < 0.177019403.. $ ; ora diventa $0.17447198..< gamma(3) < 0.174881279.. $
$0.076972302..< gamma(4) < 0.07725217.. $ ; ora diventa $0.076972302..< gamma(4) < 0.0769968.. $
$0.035753443..< gamma(5) < 0.035785134..$ ; ora diventa $0.035753443..< gamma(5) < 0.03575514..$
Si vede che la disuguaglianza è migliorata, la 5) è migliore della 2) parlando della limitazione maggiorante.
Per quanto riguarda un miglioramento della limitazione minorante, è abbastanza difficile trovarlo. (aiuto!
)
Volendo, ora si può ulteriormente migliorare l'approssimazione per eccesso, sempre rimanendo in formule semplici da calcolare, ovviamente sarebbe semplice mettersi direttamente a togliere da $psi(n)$ i termini non primi dopo averla calcolata (come ad esempio $1/25^n , 1/35^n , 1/49^n$ ecc.., ma se analizziamo bene $psi(n)$ si può vedere una cosa interessante:
$ psi(n)= 1/2^n+1/3^n+(1/5^n+1/7^n+1/11^n+1/13^n+1/17^n+1/19^n+1/23^n+1/25^n+1/29^n+1/31^n+1/35^n+1/37^n+1/41^n+1/43^n+1/47^n+1/49^n+1/53^n+...+1/121^n+1/125^n+1/127^n+...+1/167^n+1/169^n+1/173^n+1/175^n+1/179^n+1/181^n+..) $
oltre ai numeri primi, ci sono anche i quadrati dei numeri primi >3 ovvero (1/25, 1/49, 1/121, 1/169, ..) questo perché in $psi$ ci sono tutti i numeri primi, e ricordando che i primi hanno morfologia $ 6n+1$ o $ 6n-1$, se eleviamo al quadrato queste due morfologie, otteniamo sempre la morfologia $6n+1$, questo vuol dire che in psi ci sono anche tutti i quadrati dei numeri che sono in psi, e che questi quadrati hanno morfologia $6n+1$.
Dimostro in SPOILER
Se, quindi a $psi(n)$ sottraggo i quadrati di ogni termine di $psi(n)$ che ovviamente non possono essere primi, tralasciando i soliti $ 1/2^n $ e $ 1/3^n$ , ottengo un'approssimazione ancora migliore per $gamma(n)$
questo vuol dire che l'approssimazione per eccesso può essere migliorata come
$ psi(n)- psi(2n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) $
In realtà, $ (6n+-1)^k $ con $ k in N $ è sempre di morfologia $ 6m+1 $
tranne nel caso $(6n-1)^k $ con k dispari, in cui la morfologia diventa $6m-1$
L'ipotesi da dimostrare è quindi: le potenze k-esime dei numeri che appaiono in $psi$, sono a loro volta in $psi$.
Dimostro sempre in SPOILER:
E quindi, seguendo la logica di prima, miglioriamo sempre più l'approssimazione per eccesso facendo:
$ psi(n)- psi(2n) -psi(3n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) +1/2^(3n) +1/3^(3n) $
e ancora
$ psi(n)- psi(2n) -psi(3n) - psi(4n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) +1/2^(3n) +1/3^(3n)+1/2^(4n) +1/3^(4n) $
possiamo decidere noi dove fermarci, ma, volendo essere più precisi possibile, dovremmo calcolare:
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + sum_(k=2)^oo 1/2^(kn) + sum_(k=2)^oo 1/3^(kn) $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + sum_(k=2)^oo (1/2^n)^k +sum_(k=2)^oo (1/3^n)^k $
Siccome stiamo sempre ragionando con degli $n>=2 $, possiamo risolvere le ultime due serie come serie geometriche, ricordando la relazione:
$ sum_(k=0)^oo a^k= 1/(1-a)$ se $ |a| < 1 $
che è proprio il nostro caso, siccome, per $n>=2 $, abbiamo $|1/3^n|<|1/2^n|<1$
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + [(sum_(k=0)^oo (1/2^n)^k)-1-1/2^n] +[(sum_(k=0)^oo (1/3^n)^k)-1-1/3^n] $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + [(1/(1-1/2^n))-1-1/2^n] +[(1/(1-1/3^n))-1-1/3^n] $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 2^(-n)/(2^n-1) +3^(-n)/(3^n-1) $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 1/(4^n-2^n) +1/(9^n-3^n) $
Ora, non saprei come risolvere la serie: (aiuto! )
6) $ sum_(k=2)^oo psi(kn)= sum_(k=2)^oo (2^(kn)-1)(3^(kn)-1)/6^(kn) zeta(kn)-(6^(kn)-2^(kn)-3^(kn))/6^(kn)$
senza utilizzare un computer nei casi particolari.
NOTA: il fatto di utilizzare questa serie, di sottrarre proprio le potenze, è un "investimento sull'infinito", siccome con un solo calcolo in questo modo abbiamo sottratto infiniti termini, migliorando notevolmente l'approssimazione di $gamma$, soprattutto nelle sue cifre più lontane dalla virgola.
Chiamiamo per semplicità
7)$ delta(n) = psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 1/(4^n-2^n) +1/(9^n-3^n) $
Comunque sia, la 5) viene migliorata come:
8) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Ciò significa che calcolando $delta$ abbiamo tolto da $psi$ tutte le potenze dei reciproci dei numeri >3 di morfologia $ 6n+-1 $ e quindi anche dei numeri primi >3 , con qualsiasi esponente, quindi, i termini in più che $psi$ aveva rispetto a $gamma$ vengono ridotti di molto, in particolare ad esempio abbiamo tolto tra gli altri i termini $ 1/25^n$ , $1/49^n$,$ 1/121^n $,$ 1/125^n$, $1/169^n$ ..) e quindi tutte le potenze di 1/5, di 1/7, di 1/11, di 1/13, e così di tutti i numeri contenuti in $psi$ .
Volendo, dopo aver "investito sull'infinito" , siccome sette numeri, tra gli altri, abbastanza scomodi sono rimasti in $delta$ non essendo potenze perfette sono $1/35^n$, $1/55^n$, $1/65^n$ ,$1/77^n$,$1/85^n$,$1/91^n$ e $1/95^n$, li sottraggo per migliorare il più possibile la stima per eccesso, per migliorare le prime cifre decimali oltre alle ultime:
9) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Mi fermo qui, chiedendo il vostro aiuto per andare avanti e vedere oltre, migliorare ulteriormente la stima, cogliere qualche schema che non ho notato.
Insultatemi pure se tutto ciò vi sembra inutile, mi scuso per la lunghezza del post ma spero di avervi fatto appassionare un po' di più ai numeri primi.
Cerco di calcolare qui sotto col computer le approssimazioni di $gamma(n) $ usando a sinistra la 5) e poi a destra la 9) :
$0.447549..< gamma (2) < 0.457733.. $ ; ora diventa $ 0.447549..< gamma (2) < 0.45412203.. $
$0.17447198..< gamma(3) < 0.174881279.. $ ; ora diventa $ 0.17447198..< gamma(3) < 0.17476808.. $
$0.076972302..< gamma(4) < 0.0769968.. $ ; ora diventa $ 0.076972302..< gamma(4) < 0.076993145.. $
$0.035753443..< gamma(5) < 0.03575514.. $ ; ora diventa $ 0.035753443..< gamma(5) < 0.0357550177.. $
Una considerazione da fare necessariamente è la seguente: $gamma(n)$ è spostata molto di più verso la serie maggiorante 9) perchè la approssima molto meglio rispetto alla minorante, quindi sebbene gamma sia inclusa in due valori, si avvicina molto di più a quello che la maggiora.
Ciò che alla fine è stato fatto, è stato migliorare sempre più l'approssimazione della 1) , passando dalla 2) , dalla 5) e infine dalla 9) ottenendo dei valori davvero molto buoni.
Quello che si potrebbe fare sarebbe trovare un'approssimazione migliore per difetto, per farlo, ho però necessariamente bisogno della famigerata formula, che troverete qui sotto:
LA FORMULA
Ok, sei curioso del risultato. Ora ve lo posso dire, ho scoperto che in realtà esiste una formula per calcolare $gamma(2)$.
Questa formula è abbastanza misteriosa, nel senso che non si trova in giro, e non sono certo che sia l'effettiva formula chiusa per gamma, potrebbe essere solo un'approssimazione, fornita in un libro da un certo Steven R. Finch intitolato "Mathematical Constants", a pagina 94.
Definita la funzione di Möbius $ mu(n)={ ( 0 ),( 1 ),( (-1)^k ):} $
$ mu(n)=0 $ se n ha uno o più fattori primi ripetuti
$ mu(n)=1 $ se $n=1$
$ mu(n)=(-1)^k $ se n è il prodotto di k distinti fattori primi
Oppure, volendo, si può definire così, che secondo me è un po' più semplice $ mu(n)$
$ mu(n)=0 $ se esiste un quadrato che divide n
$ mu(n)=1 $ se n ha un numero pari di fattori primi
$ mu(n)=-1 $ se n ha un numero dispari fattori primi
Abbiamo quindi che $ gamma(2)= sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ 2 = sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(2k)) ~~ 0.4522474200.. $
Provando a fare un generico calcolo del tipo $ sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk))$ mi sono accorto che ciò che ottengo è sempre proprio $ gamma(n)$, o almeno, suppongo che lo sia, visto che comunque il valore che si trova rende ragione anche alla 9) , come vedremo dopo
Quindi, in definitiva, dovrebbe essere vera la (diciamo) congettura:
10) $gamma(n) = sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ n = sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk)) $
ora, siccome il mio computer riesce a calcolare al massimo la serie:
11) $ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk)) $
che di sicuro è minore di $gamma(n)$ non raggiungendo l'infinito, ma solo il 600, e ci dà un'approssimazione per difetto eccellente, proprio quella di cui avevamo bisogno per trovare una soddisfacente approssimazione di $gamma(n)$, è molto utile.
Bisogna però fare una precisazione, la somma 10 ha segni alterni, dovuti alla funzione di Mobius, quindi in realtà non si può effettivamente dire se la 11 è un'approssimazione per difetto, perché non si conosce abbastanza bene l'andamento dei segni, ma prendiamola per buona, perchè tanto stiamo calcolando solo le prime cifre, non siamo così precisi da considerare decine di cifre dopo la virgola, quindi, anche se per avere un valore preciso si dovrebbe necessariamente arrivare all'infinito, possiamo considerare le serie minoranti:
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(3k)) = 0.174762639299443536..$
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(4k)) = 0.076993125764246844..$
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(5k)) = 0.035755017483924257..$
Voglio migliorare ancora di più l'approssimazione per eccesso che appare nella 9, quindi definisco la 12 in cui tolgo altri termini nè primi nè potenze di primi che appaiono ancora in $psi$
Ricordando la definizione di $delta$ nella 7 :
12) $delta(n) -1/35^n -1/55^n-1/65^n-1/77^n-1/85^n-1/91^n-1/95^n-1/115^n-1/119^n-1/133^n-1/143^n-1/145^n $
Allora, (sempre considerando per buona la deduzione 10 ) che non so dimostrare, usando la 11 come minorante e la 12 come maggiorante, otteniamo queste magnifiche relazioni, molto precise:
$ 0.452247420041065498..< gamma(2) < 0.4535618455436281.. $
$ 0.174762639299443536..< gamma(3) < 0.1747657340232209.. $
$ 0.076993125764246844..< gamma(4) < 0.0769931264462738.. $
$ 0.035755017483924257..< gamma(5) < 0.0357550175520235.. $
$ 0.017070086850636512..< gamma(6) < 0.0170700868509103.. $
$ 0.008283832856133592..< gamma(7) < 0.0082838328561447.. $
$ 0.004061405366517830..< gamma(8) < 0.0040614053735623.. $
$ 0.002004467574962450..< gamma(9) < 0.0020044675752381.. $
E così via, queste sono le migliori approssimazioni che vi posso dare, ditemi che ne pensate, io trovo tutto ciò affascinante
Un saluto a tutti!
Andrea Lo Sardo
Mi scuso in anticipo per la lunghezza del post, ma spero che questo non vi tolga la voglia di cercare di trovare risposte sempre migliori, i ragionamenti, sebbene sembrino infiniti, sono in realtà abbastanza semplici!
Allora, il problema principale è questo, se io volessi, preso un n naturale (solo per semplicità, i calcoli possono essere fatti anche se n non è naturale), calcolare questa somma, che indicherò come $ gamma (n) $
1) $ gamma (n) = sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ n $ dove $ p_k $ è il k- esimo numero primo
come farei siccome non conosciamo abbastanza bene i numeri primi e non hanno a quanto si sa una distribuzione regolare?
Una cosa, in realtà questo post vuole essere solo una sorta di sfida, anche perché, cercando molto a fondo nella rete e su dei libri, confrontando delle formule coi miei risultati che andrò ad esporre, ho trovato un'effettiva formula che calcola il risultato di $gamma(n)$, è strano comunque che questo risultato sia così sconosciuto, e quindi mi sono sentito in dovere di fare una sorta di passaparola, per chi volesse solo il risultato, lo troverà alla fine del post.
Partiamo! Ciò che possiamo dire, o meglio che ci dice Eulero, è che considerando $ gamma (1) $ otteniamo una serie divergente
$ gamma (1) = sum_(k=1)^oo 1/p_k = 1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/11 + 1/13 + 1/17 + ... rarr oo $
Ora, non ha senso dimostrarlo, lo vedremo poi, ma se prendo $ n>1 $ con n sempre naturale, $ gamma (n) $ converge.
Per evitare troppi calcoli complicati in cui gli addendi sono misteriosi, ci vengono in contro due matematici, che ci danno due buone approssimazioni di quella che io ho chiamato $ gamma (n) $ dandoci due serie particolari che racchiudono tra loro il risultato che cerchiamo.
2) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k))) < gamma (n) < 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n (ln(k ln(k))-1)^n $
questa disuguaglianza di Rossert e Dusart ci permette ad esempio di stimare con un computer che calcola più facilmente le due serie ai lati i valori di $gamma(n)$ , ad esempio $ gamma(2)=1/2^2+1/3^2+1/5^2+1/7^2+1/11^2+... $
$ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $
questa è già un'ottima approssimazione, ma perchè non cercare di migliorarla in qualche modo?
sarà questo lo scopo della discussione, se avete voglia, questa è la mia proposta:
parto da questo enunciato:
"tutti i numeri primi $p$ maggiori di $3$ possono essere scritti in forma $p=6n+-1$ per qualche n naturale, ed esistono infiniti primi scrivibili come $ 6n +1 $ ed infiniti primi scrivibili in forma $ 6n-1$ "
Scusatemi, davvero, ma ometterò la dimostrazione, se volete questo è un corollario del teorema di Dirichlet, ma può essere dimostrato in vari modi, dai più semplici ed intuitivi ai più rigorosi, in poche parole, in numeri primi dal 5 in poi sono sempre di fianco ad un multiplo del 6.
Ovviamente con "di fianco" o "vicini" intendo che sono maggiori o minori di un'unità.
Sfruttando questa proprietà, consideriamo la somma dei reciproci di tutti questi numeri vicini ai multipli del 6, ovviamente, siccome non tutti i numeri vicini ai multipli del 6 sono primi, ma tutti i primi maggiori di $3$ sono vicini ai multipli del 6, questa somma di cui parlo avrà "più termini" , se così si può dire, della somma $ gamma (n) $ perchè in quest'ultima appaiono solo i numeri primi.
Aggiungeremo anche i termini $ 1/2^n $ e $ 1/3^n $ prima di iniziare coi numeri vicini ai multipli di 6 , quindi cerchiamo di calcolare
$ 1/2^n+1/3^n+(1/5^n+1/7^n+1/11^n+1/13^n+1/17^n+1/19^n+1/23^n+1/25^n+1/29^n+1/31^n+1/35^n+1/37^n+1/41^n+1/43^n+1/47^n+1/49^n+1/53^n+...) $
Notate che, tra la sfilza di numeri vicini ai multipli di 6 che ho scritto, gli unici non primi sono $ 1/25^n $ , $ 1/35^n $ e $1/49^n$ , quindi l'approssimazione per $ gamma (n)$ è molto buona, perchè nel peggiore dei casi, in cui n=2, questa somma e $gamma (2)$ differiscono di "un po' di più" di $ 1/25^2 + 1/35^2 + 1/49^2 ~~ 0.002832 $ che è davvero poco, ovviamente ci saranno altri numeri da aggiungere a questa lista di non primi che appaiono in questa somma che stiamo cercando di calcolare, ma comunque saranno man mano sempre più piccoli, diciamo che quelli che danno contributo maggiore sono questi tre termini.
Volendo sintetizzare la somma, che chiamerò $ psi(n) $ (perchè mi piace la lettera psi), possiamo scrivere le somme dei reciproci dei numeri che sulla linea dei naturali stanno prima dei multipli di 6 di un'unità e di quelli che stanno dopo
3) $ psi (n) = 1/2^n + 1/3^n + ( sum_(k=1)^oo 1/(6k-1)^n + sum_(k=1)^oo 1/(6k+1)^n ) $
ovviamente la prima serie include i reciproci dei numeri minori di un'unità dei multipli di $6$ , la seconda i maggiori.
Abbiamo detto che questa serie, o se volete funzione, siccome ha "qualche termine in più" di $ gamma(n) $ la maggiora di un po' quindi possiamo dire di per certo che
$ psi(n) > gamma(n)$ per $ n>=2 $
Adesso andiamo avanti cercando una formula precisa per $ psi (n)$ .
Utilizzerò la funzione Zeta di Eulero (sarebbe come quella di Riemann, a differenza del fatto che quella di Eulero è definita solo sugli n naturali, mentre quella di Riemann anche ai complessi)
$ zeta(n)= sum_(k=1)^oo 1/k^n $
E' risaputo che, per n=1 , si genera la serie armonica $ 1+1/2+1/3+1/4+1/5+... $ che diverge.
Ma, se prendiamo $n>=2$ , la funzione ha valori finiti che, man mano che n aumenta, tendono sempre più a zero.
Come dimenticare per esempio il famoso e secondo me splendido risultato di Eulero al problema di Basilea:
$ zeta(2) = sum_(k=1)^oo 1/k^2= 1+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2+... = pi^2/6 $
Comunque sia, iniziamo, eseguendo l'operazione $ zeta(n)-psi(n) $ ciò che otteniamo sono i reciproci di tutti i numeri ad eccezione di quelli in psi, cioè i soliti "vicini" ai multipli del 6, e anche $1/2^n$ ed $1/3^n$ per definizione di $psi$.
$ zeta(n)-psi(n)= 1+ 1/4^n+1/6^n+1/8^n+1/9^n+1/10^n+1/12^n+1/14^n+1/15^n+1/16^n+1/18^n+1/20^n+1/21^n+1/22^n+1/24^n+1/26^n+1/27^n+1/28^n+1/30^n+1/32^n+... $
Guardandoli un po', questi apparentemente casuali numeri sono sintetizzabili, prima di tutto, siccome in $psi$ non ci sono reciproci di numeri pari ad eccezione di $1/2^n$ , possiamo raccogliere tutti i reciproci dei pari maggiori di $1/2^n$ in questo modo:
$ zeta(n)-psi(n)= sum_(k=2)^oo 1/(2k)^n +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n sum_(k=2)^oo 1/k^n +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
facciamo partire la somma da 1 per semplicità, a patto di sottrarre però 1, in modo da non cambiare l'uguaglianza.
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n -1] +1+1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
è apparsa la $zeta$ anche al secondo membro ora,
$ zeta(n)-psi(n)= 1/2^n zeta(n) - 1/2^n +1 +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= [(2^n-1)/2^n]+1/2^n zeta(n) +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
i numeri che sono rimasti da sintetizzare, ad eccezione del primo termine numerico che ho messo tra parentesi quadre, sono i reciproci dei numeri dispari alla n moltiplicati per $1/3^n$.
Una piccola dimostrazione di questi passaggi che abbiamo fatto, anche se poco formale, può essere questa, la metto in SPOILER, nel caso qualcuno volesse provarci, come farò poi per ogni dimostrazione.
Ciò che quindi rimane da sintetizzare nella differenza $ zeta - psi $ dopo aver sintetizzato i numeri pari, sono i reciproci dei numeri dispari alla n moltiplicati per $1/3^n$.
Riprendendo il filo del discorso
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) +1/9^n+1/15^n+1/21^n+1/27^n+... $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + sum_(k=1)^oo 1/(3^n(2k+1)^n) $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + 1/3^n sum_(k=1)^oo 1/(2k+1)^n $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) + 1/3^n[(sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n )-1] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n $
Senza troppi formalismi, possiamo dire che la somma dei numeri dispari è la somma di tutti i numeri meno la somma di tutti i numeri pari, e ovviamente il discorso vale anche se passiamo ai reciproci, quindi possiamo eseguire la sostituzione
$ sum_(k=0)^oo 1/(2k+1)^n = sum_(k=1)^oo 1/k^n - sum_(k=1)^oo 1/(2k)^n$
trovando...
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n - sum_(k=1)^oo 1/(2k)^n] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [sum_(k=1)^oo 1/k^n - 1/2^n sum_(k=1)^oo 1/k^n] $
...altre zeta!
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n [zeta(n) - 1/2^n zeta(n)] $
$ zeta(n)-psi(n)= (2^n-1)/2^n+1/2^n zeta(n) -1/3^n + 1/3^n zeta(n) - 1/6^n zeta(n) $
$ -psi(n)= (2^n-1)/2^n-1/3^n+(1/2^n + 1/3^n - 1/6^n-1) zeta(n) $
$ psi(n)= -(2^n-1)/2^n+1/3^n+(1/6^n+1-1/2^n-1/3^n) zeta(n) $
$ psi(n)= (2^n+3^n-6^n)/6^n + (2^n-1)(3^n-1)/6^n zeta(n) $
Questa in definitiva è una relazione che permette di calcolare $psi(n)$
4) $ psi(n)= (2^n-1)(3^n-1)/6^n zeta(n)-(6^n-2^n-3^n)/6^n $
Inoltre, come ci si dovrebbe aspettare, se n tende ad infinito:
$ lim_(n -> +oo) (2^n-1)(3^n-1)/6^n = lim_(n -> +oo) (1-1/2^n-1/3^n+1/6^n) =1 $
e $ lim_(n -> +oo) (6^n-2^n-3^n)/6^n = lim_(n -> +oo) 1-1/3^n-1/2^n = 1 $
quindi abbiamo l'equivalenza asintotica $ psi(n)~ zeta(n) -1 $
Ora, siccome $ psi(n)$ approssima molto bene $gamma(n)$ per eccesso, ed ora che abbiamo trovato una relazione con la funzione zeta, possiamo calcolarla, vediamo se è una stima migliore di quella per eccesso di Rossert e Dusart.
All'inizio di questo post, avevamo calcolato un'approssimazione per $gamma(2)$ utilizzando la 2) , ottenendo $ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $
Ciò che dobbiamo vedere è se è possibile migliorare l'approssimazione per eccesso.
$ psi(2)=(2^2-1)(3^2-1)/6^2 zeta(2)-(6^2-2^2-3^2)/6^2= 24/36 pi^2/6-(36-4-9)/36= pi^2/9-23/36~~ 0.457733..$
L'approssimazione che abbiamo ottenuto per $gamma(2)$ è diventata migliore rispetto a quella ottenuta utilizzando la 2) di una quantità non indifferente!
Se prima era $ 0.447549..< gamma (2) < 0.472349.. $ ora è $ 0.447549..< gamma (2) < 0.457733.. $
possiamo dire quindi che l'approssimazione 2) può essere migliorata come:
5) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Di seguito metterò alcune approssimazioni, la prima utilizzando la 2) , la seconda utilizzando la 5)
$0.17447198..< gamma(3) < 0.177019403.. $ ; ora diventa $0.17447198..< gamma(3) < 0.174881279.. $
$0.076972302..< gamma(4) < 0.07725217.. $ ; ora diventa $0.076972302..< gamma(4) < 0.0769968.. $
$0.035753443..< gamma(5) < 0.035785134..$ ; ora diventa $0.035753443..< gamma(5) < 0.03575514..$
Si vede che la disuguaglianza è migliorata, la 5) è migliore della 2) parlando della limitazione maggiorante.
Per quanto riguarda un miglioramento della limitazione minorante, è abbastanza difficile trovarlo. (aiuto!
)Volendo, ora si può ulteriormente migliorare l'approssimazione per eccesso, sempre rimanendo in formule semplici da calcolare, ovviamente sarebbe semplice mettersi direttamente a togliere da $psi(n)$ i termini non primi dopo averla calcolata (come ad esempio $1/25^n , 1/35^n , 1/49^n$ ecc.., ma se analizziamo bene $psi(n)$ si può vedere una cosa interessante:
$ psi(n)= 1/2^n+1/3^n+(1/5^n+1/7^n+1/11^n+1/13^n+1/17^n+1/19^n+1/23^n+1/25^n+1/29^n+1/31^n+1/35^n+1/37^n+1/41^n+1/43^n+1/47^n+1/49^n+1/53^n+...+1/121^n+1/125^n+1/127^n+...+1/167^n+1/169^n+1/173^n+1/175^n+1/179^n+1/181^n+..) $
oltre ai numeri primi, ci sono anche i quadrati dei numeri primi >3 ovvero (1/25, 1/49, 1/121, 1/169, ..) questo perché in $psi$ ci sono tutti i numeri primi, e ricordando che i primi hanno morfologia $ 6n+1$ o $ 6n-1$, se eleviamo al quadrato queste due morfologie, otteniamo sempre la morfologia $6n+1$, questo vuol dire che in psi ci sono anche tutti i quadrati dei numeri che sono in psi, e che questi quadrati hanno morfologia $6n+1$.
Dimostro in SPOILER
Se, quindi a $psi(n)$ sottraggo i quadrati di ogni termine di $psi(n)$ che ovviamente non possono essere primi, tralasciando i soliti $ 1/2^n $ e $ 1/3^n$ , ottengo un'approssimazione ancora migliore per $gamma(n)$
questo vuol dire che l'approssimazione per eccesso può essere migliorata come
$ psi(n)- psi(2n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) $
In realtà, $ (6n+-1)^k $ con $ k in N $ è sempre di morfologia $ 6m+1 $
tranne nel caso $(6n-1)^k $ con k dispari, in cui la morfologia diventa $6m-1$
L'ipotesi da dimostrare è quindi: le potenze k-esime dei numeri che appaiono in $psi$, sono a loro volta in $psi$.
Dimostro sempre in SPOILER:
E quindi, seguendo la logica di prima, miglioriamo sempre più l'approssimazione per eccesso facendo:
$ psi(n)- psi(2n) -psi(3n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) +1/2^(3n) +1/3^(3n) $
e ancora
$ psi(n)- psi(2n) -psi(3n) - psi(4n) + 1/2^(2n)+1/3^(2n) +1/2^(3n) +1/3^(3n)+1/2^(4n) +1/3^(4n) $
possiamo decidere noi dove fermarci, ma, volendo essere più precisi possibile, dovremmo calcolare:
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + sum_(k=2)^oo 1/2^(kn) + sum_(k=2)^oo 1/3^(kn) $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + sum_(k=2)^oo (1/2^n)^k +sum_(k=2)^oo (1/3^n)^k $
Siccome stiamo sempre ragionando con degli $n>=2 $, possiamo risolvere le ultime due serie come serie geometriche, ricordando la relazione:
$ sum_(k=0)^oo a^k= 1/(1-a)$ se $ |a| < 1 $
che è proprio il nostro caso, siccome, per $n>=2 $, abbiamo $|1/3^n|<|1/2^n|<1$
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + [(sum_(k=0)^oo (1/2^n)^k)-1-1/2^n] +[(sum_(k=0)^oo (1/3^n)^k)-1-1/3^n] $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + [(1/(1-1/2^n))-1-1/2^n] +[(1/(1-1/3^n))-1-1/3^n] $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 2^(-n)/(2^n-1) +3^(-n)/(3^n-1) $
$ psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 1/(4^n-2^n) +1/(9^n-3^n) $
Ora, non saprei come risolvere la serie: (aiuto!
)6) $ sum_(k=2)^oo psi(kn)= sum_(k=2)^oo (2^(kn)-1)(3^(kn)-1)/6^(kn) zeta(kn)-(6^(kn)-2^(kn)-3^(kn))/6^(kn)$
senza utilizzare un computer nei casi particolari.
NOTA: il fatto di utilizzare questa serie, di sottrarre proprio le potenze, è un "investimento sull'infinito", siccome con un solo calcolo in questo modo abbiamo sottratto infiniti termini, migliorando notevolmente l'approssimazione di $gamma$, soprattutto nelle sue cifre più lontane dalla virgola.
Chiamiamo per semplicità
7)$ delta(n) = psi(n) - sum_(k=2)^oo psi(kn) + 1/(4^n-2^n) +1/(9^n-3^n) $
Comunque sia, la 5) viene migliorata come:
8) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Ciò significa che calcolando $delta$ abbiamo tolto da $psi$ tutte le potenze dei reciproci dei numeri >3 di morfologia $ 6n+-1 $ e quindi anche dei numeri primi >3 , con qualsiasi esponente, quindi, i termini in più che $psi$ aveva rispetto a $gamma$ vengono ridotti di molto, in particolare ad esempio abbiamo tolto tra gli altri i termini $ 1/25^n$ , $1/49^n$,$ 1/121^n $,$ 1/125^n$, $1/169^n$ ..) e quindi tutte le potenze di 1/5, di 1/7, di 1/11, di 1/13, e così di tutti i numeri contenuti in $psi$ .
Volendo, dopo aver "investito sull'infinito" , siccome sette numeri, tra gli altri, abbastanza scomodi sono rimasti in $delta$ non essendo potenze perfette sono $1/35^n$, $1/55^n$, $1/65^n$ ,$1/77^n$,$1/85^n$,$1/91^n$ e $1/95^n$, li sottraggo per migliorare il più possibile la stima per eccesso, per migliorare le prime cifre decimali oltre alle ultime:
9) $ 1/2^n+1/3^n+1/5^n+1/7^n+1/11^n+sum_(k=6)^oo 1/(k^n ln^n(k ln(k)))
Mi fermo qui, chiedendo il vostro aiuto per andare avanti e vedere oltre, migliorare ulteriormente la stima, cogliere qualche schema che non ho notato.
Insultatemi pure se tutto ciò vi sembra inutile, mi scuso per la lunghezza del post ma spero di avervi fatto appassionare un po' di più ai numeri primi.
Cerco di calcolare qui sotto col computer le approssimazioni di $gamma(n) $ usando a sinistra la 5) e poi a destra la 9) :
$0.447549..< gamma (2) < 0.457733.. $ ; ora diventa $ 0.447549..< gamma (2) < 0.45412203.. $
$0.17447198..< gamma(3) < 0.174881279.. $ ; ora diventa $ 0.17447198..< gamma(3) < 0.17476808.. $
$0.076972302..< gamma(4) < 0.0769968.. $ ; ora diventa $ 0.076972302..< gamma(4) < 0.076993145.. $
$0.035753443..< gamma(5) < 0.03575514.. $ ; ora diventa $ 0.035753443..< gamma(5) < 0.0357550177.. $
Una considerazione da fare necessariamente è la seguente: $gamma(n)$ è spostata molto di più verso la serie maggiorante 9) perchè la approssima molto meglio rispetto alla minorante, quindi sebbene gamma sia inclusa in due valori, si avvicina molto di più a quello che la maggiora.
Ciò che alla fine è stato fatto, è stato migliorare sempre più l'approssimazione della 1) , passando dalla 2) , dalla 5) e infine dalla 9) ottenendo dei valori davvero molto buoni.
Quello che si potrebbe fare sarebbe trovare un'approssimazione migliore per difetto, per farlo, ho però necessariamente bisogno della famigerata formula, che troverete qui sotto:
LA FORMULA
Ok, sei curioso del risultato. Ora ve lo posso dire, ho scoperto che in realtà esiste una formula per calcolare $gamma(2)$.
Questa formula è abbastanza misteriosa, nel senso che non si trova in giro, e non sono certo che sia l'effettiva formula chiusa per gamma, potrebbe essere solo un'approssimazione, fornita in un libro da un certo Steven R. Finch intitolato "Mathematical Constants", a pagina 94.
Definita la funzione di Möbius $ mu(n)={ ( 0 ),( 1 ),( (-1)^k ):} $
$ mu(n)=0 $ se n ha uno o più fattori primi ripetuti
$ mu(n)=1 $ se $n=1$
$ mu(n)=(-1)^k $ se n è il prodotto di k distinti fattori primi
Oppure, volendo, si può definire così, che secondo me è un po' più semplice $ mu(n)$
$ mu(n)=0 $ se esiste un quadrato che divide n
$ mu(n)=1 $ se n ha un numero pari di fattori primi
$ mu(n)=-1 $ se n ha un numero dispari fattori primi
Abbiamo quindi che $ gamma(2)= sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ 2 = sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(2k)) ~~ 0.4522474200.. $
Provando a fare un generico calcolo del tipo $ sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk))$ mi sono accorto che ciò che ottengo è sempre proprio $ gamma(n)$, o almeno, suppongo che lo sia, visto che comunque il valore che si trova rende ragione anche alla 9) , come vedremo dopo
Quindi, in definitiva, dovrebbe essere vera la (diciamo) congettura:
10) $gamma(n) = sum_(k=1)^oo 1/(p_k)^ n = sum_(k=1)^oo [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk)) $
ora, siccome il mio computer riesce a calcolare al massimo la serie:
11) $ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(nk)) $
che di sicuro è minore di $gamma(n)$ non raggiungendo l'infinito, ma solo il 600, e ci dà un'approssimazione per difetto eccellente, proprio quella di cui avevamo bisogno per trovare una soddisfacente approssimazione di $gamma(n)$, è molto utile.
Bisogna però fare una precisazione, la somma 10 ha segni alterni, dovuti alla funzione di Mobius, quindi in realtà non si può effettivamente dire se la 11 è un'approssimazione per difetto, perché non si conosce abbastanza bene l'andamento dei segni, ma prendiamola per buona, perchè tanto stiamo calcolando solo le prime cifre, non siamo così precisi da considerare decine di cifre dopo la virgola, quindi, anche se per avere un valore preciso si dovrebbe necessariamente arrivare all'infinito, possiamo considerare le serie minoranti:
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(3k)) = 0.174762639299443536..$
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(4k)) = 0.076993125764246844..$
$ sum_(k=1)^600 [mu(k)]/(k) ln(zeta(5k)) = 0.035755017483924257..$
Voglio migliorare ancora di più l'approssimazione per eccesso che appare nella 9, quindi definisco la 12 in cui tolgo altri termini nè primi nè potenze di primi che appaiono ancora in $psi$
Ricordando la definizione di $delta$ nella 7 :
12) $delta(n) -1/35^n -1/55^n-1/65^n-1/77^n-1/85^n-1/91^n-1/95^n-1/115^n-1/119^n-1/133^n-1/143^n-1/145^n $
Allora, (sempre considerando per buona la deduzione 10 ) che non so dimostrare, usando la 11 come minorante e la 12 come maggiorante, otteniamo queste magnifiche relazioni, molto precise:
$ 0.452247420041065498..< gamma(2) < 0.4535618455436281.. $
$ 0.174762639299443536..< gamma(3) < 0.1747657340232209.. $
$ 0.076993125764246844..< gamma(4) < 0.0769931264462738.. $
$ 0.035755017483924257..< gamma(5) < 0.0357550175520235.. $
$ 0.017070086850636512..< gamma(6) < 0.0170700868509103.. $
$ 0.008283832856133592..< gamma(7) < 0.0082838328561447.. $
$ 0.004061405366517830..< gamma(8) < 0.0040614053735623.. $
$ 0.002004467574962450..< gamma(9) < 0.0020044675752381.. $
E così via, queste sono le migliori approssimazioni che vi posso dare, ditemi che ne pensate, io trovo tutto ciò affascinante
Un saluto a tutti!
Andrea Lo Sardo
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