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Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 05 set 2009, 18:30

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^+ $.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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stefanos
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Messaggio da stefanos » 05 set 2009, 18:59

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).
Physics is like sex. Sure, it may give some practical results, but that's not why we do it.
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Messaggio da FeddyStra » 05 set 2009, 20:03

stefanos ha scritto:viewtopic.php?t=11582
:? Ma si riuscirà ancora a trovare un problema che non compaia già sul forum?!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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PubTusi
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Messaggio da PubTusi » 05 set 2009, 20:53

in realtà bastava cercare vicino viewtopic.php?p=109827#109827 :roll:
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jordan
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Messaggio da jordan » 06 set 2009, 02:16

Waiting il 36.. :P
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Messaggio da FeddyStra » 06 set 2009, 11:04

Problema 36
Calcolare $ \displaystyle \sum_{(a,b)=1} \frac1{(ab)^2} $, dove la somma è estesa a tutte le coppie di naturali coprimi.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da kn » 06 set 2009, 15:34

Fa per caso $ ~\frac{5}{2}+2\cdot\infty $? :P
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Messaggio da FeddyStra » 06 set 2009, 16:10

Se con $ \infty $ intendi $ 0 $, sì. Comunque, dopo la risposta, una dimostrazione ci starebbe meglio della faccina ":P"!
:lol:
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da kn » 06 set 2009, 20:37

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

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 $ :o :o
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} $
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Messaggio da kn » 06 set 2009, 20:50

Problema 37
Quante sono le triplette $ ~(a,b,c) $ tali che $ ~a,b,c>1 $ e $ ~a!\cdot b!=c! $ ? :D
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Messaggio da jordan » 07 set 2009, 05:47

Ma fate a gara te e Feddystra a postare i problemi più strani? :lol: 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).
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Messaggio da FeddyStra » 07 set 2009, 11:37

Lol! :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. :lol:

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.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da jordan » 07 set 2009, 11:55

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

Ps. avevo perso quella discussione su Scimat!! comunque quella produttoria mi era venuta risolvendo il tuo esercizio :o
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Messaggio da FeddyStra » 07 set 2009, 12:05

jordan ha scritto:Entrambi i membri sono moltiplicativi e per ogni potenza di primo la relazione è valida. (Comunque c'era già, try again :wink: )
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 :o
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!
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
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Messaggio da jordan » 07 set 2009, 13:23

FeddyStra ha scritto:Era per abbassare un po' il tiro.
Ok, se la prossima la conosco già non rispondo :o si, cmq, speravo ci fosse una soluzione più elementare di sviluppare quel prodotto.. ne proponi un altro?
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