Negando l'ovvio

[jordan]

E' possibile assegnare a ogni $n \in \mathbb{N}_0$ un reale $P(n)\ge 0$ tale che per ogni $m \in \mathbb{N}_0$ vale
$$\sum_{n \in \mathbb{N}_0}{P(nm)}=\frac{1}{m} \text{ }?$$

Ps. $\mathbb{N}_0$ è l'insieme degli interi positivi $\{1,2,\ldots\}$

[Gottinger95]

Bam! Bel problemone!
La risposta è no, e ne do due dimostrazioni, perchè non sono molto convinto di nessuna delle 2, e perchè la seconda non usa \(P(n) \ge 0\).

Dimostrazione con il Prodotto di Eulero.
Detto \(\omega(n)\) il numero di primi che divide \(n\), \(d(n)\) il numero di divisori di \(n\) e \(\mathbb{P}\) l'insieme dei primi, abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}_0}{P(n) d(n) } = \sum_{m \in \mathbb{N}_0 } \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } { P(nm) } = \sum_{m \in \mathbb{N}_0} {\frac{1}{m} } =
\prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{i=0}^{\infty}{\frac{1}{p^i} } = \prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{n \in \mathbb{N}_0} {P(p^i n)} = \prod_{p \in \mathbb{P} } \sum_{n \in \mathbb{N}_0} {P(n) ( V_p(n) +1) } = \sum_{n \in \mathbb{N}_0} P(n)^{\omega(n)} d(n) < \sum_{n \in \mathbb{N}_0}{P(n)d(n)}\)
Assurdo.

Chiarimenti sui passaggi:
1. Double counting: becco un certo \(P(n)\) per ogni coppia di numeri tali che il loro prodotto è \(n\), ossia proprio \(d(n)\) volte.
2. Ipotesi.
3. Prodotto di Eulero: al variare di tutti i possibili fattori primi che "pesco" a destra (a tutte le potenze) ottengo tutti e soli i naturali.
4. Ipotesi.
5. Double counting: in ogni termine della produttoria, quante volte becco un certo \(P(n)\) ? Per ogni \(i \ge 0\) tale che \(p^i \mid n\), ossia \(V_p(n)+1\).
6. Svolgimento del prodotto. Ogni \(P(n)\) lo becco solo pescandolo dalle parentesi corrispondenti ai primi che dividono \(n\), e quindi \(P(n)\) è elevato alla \(\omega(n)\). Il suo coefficiente è il prodotto dei coefficienti dei termini che ha "pescato", ossia \(\prod_{p \mid n} {(V_p(n) +1)}\), che è proprio \(d(n)\).
7. Visto che \(\sum_{n \in \mathbb{N}_0}{P(n)} = 1\) e che \(P(n) \ge 0\) per ogni \(n\), abbiamo \(P(n) < 1\) (al massimo \(P(n)=1\) per un solo \(n_0\), ma in quel caso le somme che non lo contengono sarebbero nulle). Ma allora, quando \(n\) non è una potenza di un primo), vale \(P(n)^{\omega(n)} < P(n) \).

Dimostrazione con la Funzione di Moebius.
Usiamo queste due proprietà di \(\mu\), la funzione di moebius (vedi http://it.wikipedia.org/wiki/Funzione_di_M%C3%B6bius) :
1. \( \displaystyle \sum_{d \mid n}{\mu(d)} =
\begin{cases}
1, & \mbox{ se } n=1 \\
0, & \mbox{ se } n>1
\end{cases}
\)
Infatti i divisori che contribuiscono sono solo quelli liberi da quadrati: detto \(k\) il numero di primi che divide \(n\), la somma dei \(\mu(d)\) per \(d\) che ha \(m\) fattori primi è \( (-1)^m \binom{k}{m} \). Sommando per tutti gli \(m\) abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{d \mid n}{\mu(d)} = \sum_{m=0}^k{(-1)^m \binom{k}{m} } = (1-1)^k =
\begin{cases}
1, & \mbox{ se } k=0, \mbox{ ossia } n=1 \\
0, & \mbox{ altrimenti }
\end{cases}
\)
2. \(\displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}_0 }{\frac{\mu(n)}{n} } = 0\)
Sfruttiamo un raccoglimento furbissimo stile prodotto-di-eulero: ogni termine della somma non nullo ha al denominatore un numero libero da quadrati, moltiplicato per \(-1\) alla \(\omega(n)\). Perciò:
\(\displaystyle \sum_{n \in \mathbb{N}_0 }{\frac{\mu(n)}{n} } = \prod_{p \in \mathbb{P} } (1-p^{-1} ) = \left ( \prod_{p \in \mathbb{P} }{ \frac{1}{1-p^{-1} } } \right ) ^{-1} = \left ( \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } { \frac{1}{n} } \right )^{-1} = 0\)

Armati di questi fatti, la dimostrazione si conclude in pochi passaggi:
\(\displaystyle P(m) = \sum_{n \in \mathbb{N}_0 }{ P(nm) } \sum_{d \mid n} {\mu(d) } = \sum_{d \in \mathbb{N}_0 } \mu(d) \sum_{n \in \mathbb{N}_0 } { P(dn \cdot m) } = \sum_{d \in \mathbb{N}_0 } { \frac{\mu(d)}{md} } = \frac{1}{m} \sum_{d \in \mathbb{N}_0 } { \frac{\mu(d)}{d} } = 0\)
Assurdo.

Mi rendo conto che entrambe sono un po' macchinose, e chiedo: anche se fossero giuste, c'è un modo meno complicato per dimostrarlo?

[jordan]

..c'è un modo meno complicato per dimostrarlo?

Non credo, bella la prima soluzione! Stai prendendo il posto di dario2994, ottimo

[Gottinger95]

Grazie mille invece la seconda soluzione è incomprensibile, temo.
Non ho idea di come scriverla per bene, però non usa \(P(n) \ge 0\) e mi piacerebbe sapere se è vero che neanche usando i negativi ci si può riuscire!

[<enigma>]

Assurdo.

Tutti i membri della catena di uguaglianze divergono quindi quello che hai scritto non è altro che $\infty<\infty$. Non molto profondo.
(La seconda non l'ho letta né mi va di farlo.)

[jordan]

La seconda è simile a questa..

[Gottinger95]

Ho riformalizzato la seconda con la funzione di moebius in modo molto più comprensibile, e dalla regia dicono anche più corretto.
@Jordan: si, ma con \(\mu\) (che efettivamente ha in sè quella proprietà là dell'inclusione esclusione) forse è più chiara!