Eulerjev produkt -

Leonhard Euler je leta 1748 v 15.poglavju knjige Introductio in analysin infinitorum (Uvod v analizo neskončnosti) pokazal, kako lahko produkt nekaterih faktorjev spremenimo v neskončno vrsto in obratno. Prehodimo del njegove poti.

Začnimo z geometrijskimi vrstami, ki imajo začetni člen $a_1=1,$ in količnik $k=\frac{1}{p},$ pri čemer je $p$ praštevilo. Vse te vrste so zaradi $\frac{1}{p}<1$ konvergentne. Spodaj je nekaj vrst z najmanjšim $p$ :

$\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{32}+\dots$

$\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\frac{1}{27}+\frac{1}{81}+\frac{1}{243}+\dots$

$\frac{1}{1-\frac{1}{5}}=1+\frac{1}{5}+\frac{1}{25}+\frac{1}{125}+\frac{1}{625}+\frac{1}{3125}+\dots$

$\frac{1}{1-\frac{1}{7}}=1+\frac{1}{7}+\frac{1}{49}+\frac{1}{343}+\frac{1}{2401}+\frac{1}{16807}+\dots$

Pomnožimo najprej prvi dve vrsti vsak člen z vsakim in sproti urejajmo po velikosti

$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\frac{1}{15}+\frac{1}{16}\dots$

Primnožimo zraven še tretjo

$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$

pa četrto

$\frac{1}{(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\dots$

Opazimo, da na desni strani dobivamo prve člene harmonične vrste. Če nadaljujemo z množenjem geometrijskih vrst s količnikom $k=\frac{1}{p}$ , pri čemer so $p$ vsa različna praštevila, dobivamo na levi strani produkt, na desni pa vsoto

$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{p_i}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}.$

La levi strani je t.i. Eulerjev produkt, produkt neskončno faktorjev, kjer so $p_i$ vsa zaporedna praštevila.Na desni strani pa dobimo harmonično vrsto, ki je ravno Riemannova funkcija $\zeta(s)$ za $s=1$ , torej

$\zeta(1)=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots$

Torej

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\dots=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 9\cdot\dots}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8\cdot 10\cdot\dots}$

Oba izraza, vsota in produkt, seveda divergirata.

Po zgornjem zgledu lahko množimo še druge geometrijske vrste, ki imajo količnike $k=\frac{1}{p^n},$ pri čemer je $p$ praštevilo, in dobivamo vsote

$S=\frac{1}{1-\frac{1}{p^n}}.$

Pri tem je $n\in \mathbb{N}.$ Za $n=1$ imamo ravno zgornji primer. Za npr. $n=2$ pa imamo vrste

$\frac{1}{1-\frac{1}{2^2}}=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{2^8}+\frac{1}{2^{10}}+\dots$

$\frac{1}{1-\frac{1}{3^2}}=1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3⁶}+\frac{1}{3^8}+\frac{1}{3^{10}}+\dots$

itd.

Produkt vseh takih vrst za $n=2$ nam analogno zgornjemu da

$\prod_{p}{\frac{1}{1-\frac{1}{{p_i}^2}}}=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}.$

Na desni strani pa se tokrat pojavi Riemannova funkcija $\zeta(2)$

$\zeta(2)=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}.$

Vrsta je konvergentna, seštel jo je L.Euler, ko je rešil slavni Baselski problem, njena vsota znaša

$\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^2}}_=\frac{\pi^2}{6}.$

Za nadaljne $n$ dobimo še druge Rimannnove funkcije $\zeta(n)$ s splošnim predpisom

$\zeta(n)=1+\frac{1}{2^n}+\frac{1}{3^n}+\frac{1}{4^n}+\frac{1}{5^n}+\dots=\sum_{k=1}^\infty{\frac{1}{k^n}}.$

Vse tako dobljene vrste za $n\in \mathbb{N}$ konvergirajo, a “lepo” vsoto imajo samo tiste s sodim $n$ .

Lotimo se sedaj dveh nalog, povezanih z Eulerjevim produktom.

Kolikšna je verjetnost, da pri nakljucnem izboru med naravnimi števili izberemo praštevilo?

Rešitev: Verjetnost, da je izbrano število deljivo z 2, je $\frac{1}{2},$ da s 3, $\frac{1}{3},$ da je deljivo s $p$ , torej $\frac{1}{p}.$ Označimo iskani dogodek z $A$ , z $A_p$ pa dogodek, da je izbrano število deljivo s $p$ . Nasprotni dogodek $\overline{A}_p$ je potem dogodek, da izbrano število ni deljivo s $p$ , njegova verjetnost pa je

$P(\overline{A}_p)=1-\frac{1}{p}.$

Opazimo, da je dogodek $A$ sestavljen, natančneje neskončni produkt dogodkov

$A=\overline{A}_2\cap \overline{A}_3\cap \overline{A}_5\cap \dots \cap \overline{A}_p\cap\dots,$

ki so med seboj vsi neodvisni. Zato je verjetnost dogodka $A$ enaka

$P(A)=(1-\frac{1}{2})(1-\frac{1}{3})(1-\frac{1}{5})\dots(1-\frac{1}{p})\dots=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}.$

Dobili smo Eulerjev produkt, torej je

$P(A)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}}}=\frac{1}{\zeta(1)}=\frac{1}{\infty}=0.$

V imenovalcu se je pojavila harmonična vrsta, ki divergira, zato je iskana verjetnost $0.$

Med naravnimi števili dve naključno izberemo. Kolikšna je verjetnost, da sta tuji?

Rešitev:Naj bo $B$ dogodek, da sta izbrani števili tuji. Verjetnost, da je prvo število deljivo s praštevilom $p$ , je $\frac{1}{p}$ in enako tudi vetjetnost, da je drugo. Verjetnost, da sta obe števili deljivi s $p,$ je torej (saj sta dogodka neodvisna) $\frac{1}{p^2},$ da nista deljivi s $p,$ pa $1-\frac{1}{p^2}.$ Števili sta tuji, če nista deljivi hkrati z nobenim od praštevil, zato imamo

$P(B)=\prod_{p}{(1-\frac{1}{p^2})}=\frac{1}{\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k^2}}}=\frac{1}{\zeta(2)}=\frac{6}{\pi^2}=0,61.$

Posplošitev naloge na več števil pa je prepuščena bralcu.