OliForum Matematico

Per chi si era appassionato alle sommissime infinite, eccoci con una nuova chicca:
Sia \(P= \{n \in \mathbb{N}: \ \exists \ a,b \ge 2 \ \ a^b=n \} \) l'insieme di tutti i naturali esprimibili come potenza. Dimostrare che
\[ \sum_{n \in P} \frac{1}{n-1} = 1\]

Figoso!

Intanto $\frac{1}{n-1}=\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+...$, perciò ci basterà calcolare $\sum_{n \in P} (\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+...)$. Ora, per ogni intero positivo $z$, il numero di coppie $a,b$ tali che $a,b \ge 2, a^b=z$ è uguale al numero di coppie $n,i$ tali che $n$ è una potenza perfetta e $n^i=z$: definiamo infatti $d(z)$ il più grande numero tale che $z^{\frac{1}{d(z)}}$ è intero. Se $z^{\frac{1}{h}}$ è intero allora $h|d(z)$, altrimenti $z^{\frac{1}{mcm(h,d(z))}}$ sarebbe intero: assurdo. Ma allora il numero di $a,b$ tali che $a,b \ge 2$ e $a^b=z$ sarà $\tau(d(z))-1$ (escludiamo $z^1$), e il numero di $n,i$ tali che $n$ è una potenza perfetta e $n^i=z$ sarà $\tau(d(z))-1$ (escludiamo $({z^{\frac{1}{d(z)}}})^{d(z)}$). Perciò cambiando un po' l'ordine otteniamo $\sum_{n \in P} (\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}+...) = \sum_{a,b \ge 2} \frac{1}{a^b}$. Ma allora $\sum_{a,b \ge 2} \frac{1}{a^b} = \sum_{a \ge 2} \frac{1}{a^2-a} = 1$.