問題：求 prod_{p}frac{p^2+1}{p^2-1}

問題的來源：

此問題我是前幾日在某博客上看到的，博客文章的重點並不在於求出確切的值，而是考慮對於這種問題計算的程序如何編寫。看完文章以後我正巧在學習MMA編程於是我嘗試用MMA寫了一個程序，並估計其極限。程序如下：

a[n_] := (n^2 + 1)/(n^2 - 1) ;
t[n_] := If[PrimeQ[n], a[n], 1];

pArray[n_] := Module[{ },
array = Table[1, n];
Do[array = ReplacePart[array, k -> array[[k - 1]]*t[k]], {k, 2, n}];
array = ReplacePart[array, 1 -> a[2]];
N[array]
];

p[n_] := pArray[n][[n]];
ListPlot[pArray[5000]]

最後把計算出來的結果做圖，發現該乘積比較有可能收斂到 frac{5}{2}

思考當然不能到這裡結束因為該程序不能表明任何問題，因為第一即不能證明該乘積收斂也沒有給出具體的收斂結果。

一些觀察：

最初的觀察發現這二者是相等的：

prod_{p}frac{p^2+1}{p^2-1}

prod_{p}frac{1+p^{-2}}{1-p^{-2}}

對於後者，我知道一個結論：

prod_{p} frac{1}{1-p^{-s}}=zeta(s)

對於 prod_{p}frac{1+p^{-2}}{1-p^{-2}} 分母的部分可以單獨拿出來，於是問題變成了求：

prod_{p} (1+p^{-s})

聯想到 prod_{p} frac{1}{1-p^{-s}}的展開方式，也就是內部的表達式變成冪級數之後再展開：

也就是

prod_{p} frac{1}{1-p^{-s}} = prod_{p} sum_{n=0}^{infty} p^{-ns}=sum_{n=0}^{infty} frac{1}{n^s}

既然 prod_{p} (1+p^{-s}) 是乘積的形式，那麼求其倒數是同等的效果，這樣不久可以模仿上面的過程了嗎？所以：

prod_{p} frac{1}{1+p^{-s}} = prod_{p} sum_{n=0}^{infty} (-1)^n p^{-ns}=?

此結果稍微和之前的結果又一點差異，主要是冪級數展開時候多了一個 (-1)^{n} ，這個因子會對展開連續乘積有什麼影響呢？

嘗試操作一下就會發現，例如對於 frac{1}{(2^{3}35^2)^s} 我需要考慮的問題主要是這一項前面是-1還是+1

在上面的展開中，第一個選 2^{-3s} 於是帶 (-1)^3 第二個帶 (-1) 第三個素因子帶 (-1)^2 ,所以結果是和整數n的素因子分解有關，而且是素因子的個數（包含指數）決定了正負的符號。

這不就是Liouville函數： lambda(n)=(-1)^{Omega(n)} ,其中指數部分代表整數n所有素因子的個數。

所以展開式可以表達為：

prod_{p} frac{1}{1+p^{-s}} =sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}

因此現在的問題是：

sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}=？

單獨考慮這個問題沒有什麼思路，不過結合之前的問題即:

zeta(s) sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}=？

考慮雙重和：

這樣可以展開變成雙重的無窮和：

zeta(s) sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}=sum_{n=0}^{infty} sum_{m=0}^{infty} frac{1}{n^s} frac{lambda(m)}{m^s}

對於這樣的雙重求和除了交換順序以外還有一種處理方法。改寫成：

sum_{n=0}^{infty} sum_{m=0}^{infty} frac{1}{n^s} frac{lambda(m)}{m^s}= sum_{k=0}^{infty} sum_{mn=k}frac{lambda(m)}{k^s}

因此問題的重點成了求：

sum_{m|n}lambda(m)

直接思考這個和不如思考整體的性質，定義和為一個函數：

f(n)=sum_{t|n}lambda(t)

先考慮這個算數函數有沒有積性，即

sum_{t|n} sum_{j|m}lambda(t)lambda(j)

考慮到 lambda 這個函數是具有完全積性的，即任何的整數a,b有： lambda(ab)=lambda(a)lambda(b)

所以 sum_{t|n} sum_{j|m}lambda(t)lambda(j) = sum_{t|n} sum_{j|m}lambda(tj)=sum_{{tj:tj|mn,t|n,j|m}}lambda(tj)=f(mn)

所以這個函數也具有完全積性。既然具積性，那麼我可以從簡單的部分開始計算這個和。

如果p是素數，那麼 f(p^k)=sum_{t|n}lambda(p^k) ,考慮到1沒有素因子因此 lambda(1)=1^{0}=1 ,以及p只有一個素因子所以 lambda(p)=-1 。另外 lambda(p^2)=1,lambda(p^3)=-1 因此結果只和p的冪指數的奇偶性有關。

即： f(p^{odd})=0,f(p^{even})=1

對於 n=prod_{i=1}^{r}p^{a_i}

f(n)=prod_{i=1}^{r}f(p^{a_i})

結合之前的分析可以知道，如果n是平方數那麼 sum_{m|n}lambda(m)=1 ，否則結果為0。

回到本身的問題：

處理完這個求和以後回到雙重無窮和的問題上，我可以知道：

sum_{k=0}^{infty} sum_{mn=k}frac{lambda(m)}{k^s}= sum_{k=0}^{infty}frac{1}{n^{2s}}=zeta(2s)

那麼現在開始回溯，一步步整理前面的所有結果得到答案。

所以

sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}=frac{zeta(2s)}{zeta(s)}

prod_{p} frac{1}{1+p^{-s}} =sum_{n=0}^{infty} frac{lambda(n)}{n^s}=frac{zeta(2s)}{zeta(s)}

所以

prod_{p}frac{1+p^{-s}}{1-p^{-s}}=frac{zeta(s)^2}{zeta(2s)}

繼續收束，從一般問題回到具體問題上，s=2則

prod_{p}frac{1+p^{-2}}{1-p^{-2}}=frac{zeta(2)^2}{zeta(4)}=frac{(frac{pi^2}{6})^2}{frac{pi^4}{90}}=frac{5}{2}

結論是：

prod_{p}frac{p^2+1}{p^2-1} 真的剛好收斂到 frac{5}{2}


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