OliForum Matematico

Sia n un intero positivo, e sia $ \tau(\cdot) $ la funzione numero di divisori.
Provare che
$ \displaystyle\sum_{d|n}\left(\tau(d)\right)^3=\left(\sum_{d|n}\tau(d)\right)^2 $

una volta imboccata la strada giusta non è affatto difficile

Uhm, forse si puo' scrivere un po' meglio la tesi:

$ (f*f)^3*f=(f*f*f)^2 $

Dove $ f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+ $ e' una funzione moltiplicativa tale che $ \forall n\in\mathbb{Z}^+\;\; f(n)=1 $ mentre, date $ g_1 $ e $ g_2 $ funzioni moltiplicative, $ (g_1*g_2)(n)=\displaystyle\sum_{d|n} g_1\left( d\right)\cdot g_2\left(\frac{n}{d}\right) $

Per caso questa riscrittura della tesi ci avvicina un po' alla soluzione? Sembra un troppo bella per non essere sfruttata....

Magari domani qnd sn un po' + sveglio provo a generalizzare, ma prima dv capire il motivo "profondo" per cui la tua tesi e' vera...

Agli orali sns hanno chiesto questa.

$ \displaystyle \sum_{n=1}^{k} k^3= (\sum_{n=1}^{k}k)^2 $

O questa?

$ \displaystyle \sum_{k=1}^{n} k^3= (\sum_{k=1}^{n}k)^2 $

Vera per le potenze di primi (viene la formula citata da Zoidberg e Albert_K). Sarebbe simpatico sapere che è moltiplicativa:

Sia $ (a,b)=1 $

$ \displaystyle \sum_{d|ab} \tau(d)= \sum_{d_1|a} \sum_{d_1|b} \tau(d_1d_2)= $$ \displaystyle \sum_{d_1|a} \sum_{d_2|b} \tau(d_1)\tau(d_2) = \sum_{d_1|a} \left(\tau(d_1) \sum_{d_2|b} \tau(d_2) \right)= $$ \displaystyle \left(\sum_{d_1|b} \tau(d_1) \right) \left(\sum_{d_2|b} \tau(d_2) \right) =LHS(a) \cdot LHS(b) $
Ecco, se ci aggiungete voi i cubi dove ci vanno, viene la roba di sinistra... e visto che quella funzione è moltiplicativa, il suo quadrato lo è ancora, e quindi va bene anche la robba a destra... e quindi fine (spero vivamente)

ciao!

Se a,b sono funzioni moltiplicative, allora $ ~ a *b $ è moltiplicativa, ma anche $ ~ a \cdot b $ (chiamiamo così la funzione tale che $ ~ (a \cdot b)(n) = a(n) \cdot b(n) $. Infatti, se x,y sono interi coprimi:
$ ~ (a \cdot b)(xy) = a(xy)\cdot b(xy) = a(x)\cdot a(y) \cdot b(x) \cdot b(y) $$ = (a(x) \cdot b(x)) \cdot (a(y) \cdot b(y)) = (a \cdot b)(x) \cdot (a \cdot b)(y) $.

Quindi grazie alle identità divine di Febo vediamo che basta dimostrarla per le potenze dei primi, e questa la facciamo grazie alle identità di Zoidberg (che non gira i pollici ma qualcosa di vicino) e albert_K.


edit: davide ora mi hai anticipato tu

Mi è venuta in mente una cosa
considerando
$ \displaystyle n = \prod_{i=1}^{k}p_{i}^{c_i} $ e $ \displaystyle d = \prod_{i=1}^{k}p_{i}^{x_i}, 0\leq x_i \leq c_i $.
Osservo che
$ \displaystyle\sum_{d|n}\tau(d) = \sum_{0 \leq x_i \leq c_i}\prod_{i=1}^{k}(x_i + 1) = \prod^{k}_{i=1}\sum^{c_i + 1}_{j=1}j $.
Scrivo la relazione in questo modo e applico le formule note citate prima ottenendo immediatamente che
$ \displaystyle\sum_{d|n}\left(\tau(d)\right)^3= \prod^{k}_{i=1}\sum^{c_i + 1}_{j=1}j^3 = $ $ \displaystyle \prod^{k}_{i=1}\left(\sum^{c_i + 1}_{j=1}j\right)^2 = \left(\prod^{k}_{i=1}\sum^{c_i + 1}_{j=1}j\right)^2 = \left(\sum_{d|n}\tau(d)\right)^2 $

viene fuori quindi una forma esplicita:

$ \displaystyle \sum_{d|n}\tau(d) = \prod_{i=1}^{k}\frac{(c_i + 1)(c_i + 2)}{2} $

@ albert_k:

+ in generale, posto $ f_1=f $ e $ f_{m+1}=f_m*f $ abbiamo:

$ \displaystyle f_m(n)=\displaystyle \prod_{i=1}^k {{c_i+m-1}\choose {m-1}} $ in quanto $ f_m $ e' il numero di fattorizzazioni ordinate di n in m fattori...