OliForum Matematico

Ops! Non ho letto tutti i problemi precedenti (34 sono davvero troppi!).
Vediamo di trovare dell'altro...

Problema 36
Sia $ a_1,a_2,\dots $ una successione di interi positivi che soddisfa $ \displaystyle \sum_{d \mid n} a_d = 2^n $ per ogni $ n\in\mathbb N^+ $. Dimostrare che $ n\mid a_n $ per ogni $ n\in\mathbb N^+ $.

viewtopic.php?t=11582

Quello che avevo scritto e` brutto e probabilmente sbagliato.

$ $~a_n*u(n) = 2^n$ $, ma allora $ $~a_n = 2^n*\mu(n) = \sum_{d|n}2^d\mu\left(\frac{n}{d}\right)$ $, che e` sempre intero; qui $ $~*$ $ e` la convoluzione di Dirichlet, $ $~u(\cdot) :\equiv 1$ $, e$ $~\mu(n)$ $ e` la funzione di Moebius (vale 0 se esiste un quadrato che divide n, e $ $~(-1)^{\omega(n)}$ $ altrimenti, dove $ $~\omega(n)$ $ e` il numero di fattori primi distinti di n).

stefanos ha scritto:viewtopic.php?t=11582

Ma si riuscirà ancora a trovare un problema che non compaia già sul forum?!

in realtà bastava cercare vicino viewtopic.php?p=109827#109827

Waiting il 36..

Problema 36
Calcolare $ \displaystyle \sum_{(a,b)=1} \frac1{(ab)^2} $, dove la somma è estesa a tutte le coppie di naturali coprimi.

Fa per caso $ ~\frac{5}{2}+2\cdot\infty $?

Se con $ \infty $ intendi $ 0 $, sì. Comunque, dopo la risposta, una dimostrazione ci starebbe meglio della faccina ":P"!

I due $ \displaystyle~\infty $ sono i due $ \displaystyle~\frac{1}{(1\cdot0)^2} $ che si incontrano nella sommatoria

Soluzione problema 36
Pignoleria a parte, se chiamiamo $ \displaystyle~S $ la somma, questa si può ottenere riscrivendola come
$ \displaystyle~S=\sum_{a>0}\sum_{b>0}\frac{1}{a^2b^2}-\sum_{n>1}~\sum_{(j,k)=n\wedge j,k>0}\frac{1}{(jn)^2(kn)^2} $
(l'ultima somma toglie tutte le coppie con un $ \displaystyle~MCD=n>1 $)
Dunque $ \displaystyle~S=\sum_{a>0}\frac{1}{a^2}\sum_{b>0}\frac{1}{b^2}-\sum_{n>1}\frac{1}{n^4}\sum_{(j,k)=n\wedge j,k>0}\frac{1}{j^2k^2} $
Ma $ \displaystyle~\sum_{a>0}\frac{1}{a^2}\sum_{b>0}\frac{1}{b^2}=\sum_{a>0}\frac{1}{a^2}\cdot\frac{\pi^2}{6} $ (v. qui)
$ \displaystyle~=\frac{\pi^2}{6}\sum_{a>0}\frac{1}{a^2}=\frac{\pi^2}{6}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^4}{36} $; inoltre $ \displaystyle~\sum_{(j,k)=n\wedge j,k>0}\frac{1}{j^2k^2} $ è di nuovo $ \displaystyle~S $
Quindi $ \displaystyle~S=\frac{\pi^4}{36}-\sum_{n>1}\frac{1}{n^4}\cdot S $.
Sempre sbirciando qui abbiamo che $ \displaystyle~\sum_{n>1}\frac{1}{n^4}\cdot S=S\sum_{n>1}\frac{1}{n^4}=S\left(\sum_{n>0}\frac{1}{n^4}-1\right)=S\left(\frac{\pi^4}{90}-1\right) $
Perciò alla fine $ \displaystyle~S=\frac{\pi^4}{36}-S\left(\frac{\pi^4}{90}-1\right) $, da cui ricaviamo direttamente $ \displaystyle~S\left(1+\frac{\pi^4}{90}-1\right)=\frac{\pi^4}{36} $, cioè $ \displaystyle~S=\frac{\pi^4}{36}\cdot\frac{90}{\pi^4}=\frac{5}{2} $

Problema 37
Quante sono le triplette $ ~(a,b,c) $ tali che $ ~a,b,c>1 $ e $ ~a!\cdot b!=c! $ ?

Ma fate a gara te e Feddystra a postare i problemi più strani? Oltre 6!7!=10! (una delle poche (l'unica?)) non banale, c'è la famiglia (n!-1,n,n!). Sarei molto interessato a una soluzione più decente del problema 36, che in particolare non faccia uso dei valori di $ \zeta(\cdot) $

Problema 38. Own. Calcolare $ \displaystyle \prod_{p \in \mathbb{P}}{\frac{p^2-1}{p^2+1}} $ (dove quindi la produttoria è estesa a tutti i primi p).

Lol! Chiedi di evitare soluzioni che ricorrano a $ \zeta(\cdot) $ e metti un problema che come soluzione ha $ \displaystyle \frac{\zeta(4)}{\zeta^2(2)}=\frac{2}{5} $ (non è un caso che la soluzione sia uguale al reciproco di quella del mio)! Poi l'own è tutto da vedere... click.

Per chi non avesse capito come si arriva al risultato, $ \displaystyle \prod_{p\in\mathbb P} \frac{p^2-1}{p^2+1} = \prod_{p\in\mathbb P} \frac{1-p^{-2}}{1+p^{-2}} = \prod_{p\in\mathbb P} \frac{(1-p^{-2})^2}{1-p^{-4}} = \frac{\zeta(4)}{\zeta^2(2)} = \frac{2}{5} $. Il risultato si generalizza facilmente, come potete vedere alla pagina linkata.

Problema 39 (sperando che non ci sia già!)
Dimostrare che per ogni $ n\in\mathbb N $ vale $ \displaystyle \sum_{d\mid n} \tau(d)^3 = \left( \sum_{d\mid n} \tau(d) \right)^2 $, dove $ \tau(\cdot) $ è il numero di divisori.

Entrambi i membri sono moltiplicativi e per ogni potenza di primo la relazione è valida. (Comunque c'era già, try again )

Ps. avevo perso quella discussione su Scimat!! comunque quella produttoria mi era venuta risolvendo il tuo esercizio

jordan ha scritto:Entrambi i membri sono moltiplicativi e per ogni potenza di primo la relazione è valida. (Comunque c'era già, try again )

Era per abbassare un po' il tiro.

jordan ha scritto:Ps. avevo perso quella discussione su Scimat!! comunque quella produttoria mi era venuta risolvendo il tuo esercizio

Ci credo bene che quella produttoria viene risolvendo il mio esercizio! Anch'io l'ho fatto così. Però, postare il reciproco non è bastato per occultarla!

FeddyStra ha scritto:Era per abbassare un po' il tiro.

Ok, se la prossima la conosco già non rispondo si, cmq, speravo ci fosse una soluzione più elementare di sviluppare quel prodotto.. ne proponi un altro?