Staffetta tdn

[FeddyStra]

Pensavo toccasse a te proporlo. A ogni modo, ecco il
Problema 40
Dimostrare che $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi(n)}{n!} $ converge. Dimostrare che $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi(n)}{n!} $ è irrazionale.

Ps: l'ho appena preso e non ho una soluzione già pronta. A dire il vero, non so neache quale sia il livello di difficoltà.

[jordan]

Pensavo toccasse a te proporlo.

Naah

Dimostrare che $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi(n)}{n!} $ converge. [...]

$ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \varphi(n)(n!)^{-1} \le \sum_{n=0}^{\infty} {(n!)^{-1}}=e $.

[jordan]

A dire il vero, non so neache quale sia il livello di difficoltà.

Te lo dico, devil!
Sinceramente non credo che ci sarei riuscito, per cui quoto la soluzione di HiTlEuLeR.

L'idea, assai semplicemente, è di generalizzare in modo opportuno la dimostrazione già utilizzata sul forum, in un'altra occasione, per provare l'irrazionalità di $ e $.

Teorema delle prime piogge (own). Sia $ \{a_n\}_{n=1}^\infty $ una successione di interi non negativi per cui i) $ a_n \le n $, per ogni $ n = 1, 2, \ldots $, ed ii) esistono $ \alpha \in [0,1[ $ e infiniti $ n \in \mathbb{N}_0 := \{1, 2, \ldots\} $ tali che $ 1 \le a_n \le n\;\!\alpha $. Allora la serie $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n!} $ si somma ad un numero irrazionale.

Proof. Poiché $ \displaystyle\frac{a_n}{n!} \le \frac{1}{(n-1)!} $, per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $, e $ \displaystyle \frac{1}{n!} = \mathcal{O}\!\left(\frac{1}{n^a}\right) $, per ogni $ a \in \mathbb{R} $ (v. qui per la notazione), la serie assoluta (i.e., a termini positivi) $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n!} $ è senz'altro convergente, per confronto asintotico con la serie $ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} $. Dunque, per il seguito, sia $ \xi $ la sua somma. Per ipotesi, è garantita l'esistenza di una successione monotòna (strettamente) crescente $ \{n_i\}_{i=1}^\infty $ di interi positivi tale che $ 1 \le a_{n_{i}+1} \le (n_{i}+1) \alpha $, per ogni $ i \in \mathbb{N}_0 $, dove $ \alpha \in \;]0,1[ $ è una costante. Dunque

• $ \displaystyle\forall i \in \mathbb{N}_0: 0 < \frac{a_{n_i+1}}{n_i + 1} \le n_i! \cdot \xi - n_i! \sum_{k=1}^{n_i} \frac{a_k}{k\;\!!} = $$ \displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{a_{n_i + k}}{(n_i + 1)(n_i + 2) \cdots (n_i + k)} \le $
  
  • $ \displaystyle\le \alpha + \sum_{k=2}^\infty \frac{1}{(n_i + 1)(n_i + 2)\cdots (n_i + k-1)} \le\alpha + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(n_i + 1)^k} = \alpha + \frac{1}{n_i} $.

Di conseguenza, $ \displaystyle 0 < \frac{a_{n_i+1}}{n_i + 1} \le n_i! \cdot \xi - n_i! \sum_{k=1}^{n_i} \frac{a_k}{k\;\!!} < 1 $, definitivamente per $ i \in \mathbb{N}_0 $, in quanto $ \displaystyle \alpha + \frac{1}{n_i} \to \alpha $, per $ i \to \infty $, e $ 0 < \alpha < 1 $. Ergo,

• $ \displaystyle \exists \;\! v \in \mathbb{N}_0: i \in \mathbb{N}_0, i \ge v \quad\implies\quad 0=\left\lfloor n_i!\cdot\xi-n_i!\sum_{k=1}^{n_i} \frac{a_k}{k\;\!!}\right\rfloor= $$ \displaystyle\lfloor n_i!\cdot\xi\rfloor-n_i!\sum_{k=1}^{n_i}\frac{a_k}{k\;\!!} $,

poiché $ \displaystyle n_i! \sum_{k=1}^{n_i} \frac{a_k}{k\;\!!} $ è un intero, per ogni $ i=1, 2, \ldots $. Ovvero

• $ \displaystyle \exists \;\! v \in \mathbb{N}_0: i \in \mathbb{N}_0, i \ge v \quad\implies\quad \lfloor n_i!\cdot\xi\rfloor = n_i!\sum_{k=1}^{n_i}\frac{a_k}{k\;\!!} \in \mathbb{N}_0.\qquad\qquad(\star) $

A questo punto, per assurdo, ammettiamo che $ \xi $ sia razionale, i.e., che esistano $ a, b\in \mathbb{N}_0 $ per cui $ \displaystyle\xi = \frac{a}{b} $. Quindi sia $ i \in \mathbb{N}_0 $ tale che $ n_i \ge b $. Allora $ n_i! \cdot \xi $ è intero, e pertanto, dalla $ (\star) $, segue $ \displaystyle n_i! \cdot \xi = \lfloor n_i!\cdot\xi\rfloor = n_i!\sum_{k=1}^{n_i}\frac{a_k}{k\;\!!} < n_i! \sum_{k=1}^\infty \frac{a_k}{k!} = n_i! \cdot \xi $, il che è tuttavia impossibile. Da qui la tesi. []

Soluzione. Per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $, vale che i) $ \varphi(n) \in \mathbb{N}_0 $; ii) $ \varphi(n) \le n $; e iii) $ \varphi(n) \le \frac{1}{2}\;\!n $, nel caso che $ n $ sia pari. Quindi basta applicare il teorema delle prime piogge e concludere.

Problema 41 (Salvatore Tringali) Mostrare che, per ogni $ k \in \mathbb{N} $, esiste $ n \in \mathbb{N}_0 $ tale che $ \varphi(\mathbb{N}_0) \cap [n,n+k] = \emptyset $. Qui $ \mathbb{N}:=\{0, 1, \ldots\} $, $ \mathbb{N}_0 := \mathbb{N}\setminus\{0\} $ e $ \varphi(\cdot) $ è la funzione di Eulero.

Ps. Al momento non sono in possesso di una soluzione, nè Lui sembra intenzionato a postarla dopo qualche tempo..per cui, buon lavoro!

[FrancescoVeneziano]

Affinché la paginata di jordan non sia la pietra tombale del problema di FreddyStra:
L'idea è di imitare la celebre dimostrazione che e è irrazionale. Se provate a ripeterla passo dopo passo vi trovate a dover dimostrare $ \displaystyle b!\sum_{i=1}^\infty \frac{\varphi(b+i)}{(b+i)!}< 1 $ (b è l'ipotetico denominatore); per farlo basta usare che $ \varphi(n)\leq n-1 $ e che non vale sempre l'uguaglianza, così vi riportate alla serie $ \displaystyle b!\sum_{i=1}^\infty \frac{b+i-1}{(b+i)!}=1 $ (si scrivono espliticamente le somme parziali, provateci).

[FeddyStra]

Bella Francesco!
Riciclare la dimostrazione di Eulero è esattamente ciò che avevo in mente. Già che ci sono, svelo anche la fonte. Proviene dalla sezione problemi di "An Introduction to the Theory of Numbers" di Leo Moser, pagina 75, problema 11. Come chi ha il libro può verificare, gli esercizi 12 e 13 sono simili al nostro, ma sostituiscono la somma dei divisori alla phi e pertanto a mio giudizio rischiano di essere più complicati.

[jordan]

Problema 41 (Salvatore Tringali) Mostrare che, per ogni $ k \in \mathbb{N} $, esiste $ n \in \mathbb{N}_0 $ tale che $ \varphi(\mathbb{N}_0) \cap [n,n+k] = \emptyset $. Qui $ \mathbb{N}:=\{0, 1, \ldots\} $, $ \mathbb{N}_0 := \mathbb{N}\setminus\{0\} $ e $ \varphi(\cdot) $ è la funzione di Eulero.

Ps. Al momento non sono in possesso di una soluzione, nè Lui sembra intenzionato a postarla dopo qualche tempo..per cui, buon lavoro!

Ne è passato abbastanza di tempo..ho trovato un articolo del 1929 di Pillai che dimostra che definito $ \displaystyle V(x):=|\{y \in \mathbb{N} \cap [1,x]:\exists z \in \mathbb{N}_0, \varphi(z)=y\}| $ allora $ \displaystyle V(x)=O\left(n\ln(n)^{-\ln(2)e^{-1}} \right) $, il che è più che sufficiente per dimostrare la tesi del problema.
Allego sotto la dimostrazione originale:

[jordan]

Problema 42. [Sostuito perchè aveva il testo sbagliato(ed è stato dato sbagliato anche nel tst ), sto cercando di correggerlo se possibile..]
Esiste un intero n>0 tale che n+3 e n²+3n+3 sono entrambi cubi perfetti?

[dario2994]

Tento di risolvere come mi hai consigliato :) (spero di non aver toppato tristemente i calcoli xD)
Allora dalla prima ottengo (imponendo x>1):
$ $n=x^3-3 $
Sostituendo nella seconda si ottiene:
$ $x^6-3x^3+3=y^3 $
Ora vado a dimostrare che LHS è sempre compreso tra 2 cubi consecutivi quindi non può essere un cubo.
Sicuramente è minore di $ $(x^2)^3 $
Ora dimostro:
$ $x^6-3x^3+3>(x^2-1)^3 $
Svolgendo i calcoli ottengo:
$ 3x^4-3x^3-3x^2+4>0 $
Che è più debole di:
$ 3x^4-3x^3-3x^2>0\Rightarrow x^2>x+1 $
Che si dimostra facilmente per induzione con come passo base $ $x=2 $ e notando che $ $2x+1>1 $ per ogni $ $x>2 $
Quindi non ci sono soluzioni.

p.s. questo esercizio per il problem-solver esperto (non sono io) dovrebbe essere quasi meccanico... sostituzione senza perdita di ipotesi e poi inserimento tra 2 potenze successive ;)

[jordan]

Prossimo problema?

[dario2994]

Lo devo proporre io?
Se sì tocca aspettare almeno un giorno che me ne procuro uno bello...
Devo conoscerne la soluzione oppure posso anche confidare che voi la troviate?

[jordan]

Al primo post:

[...]proporrei anche agli autori dei problemi di postare la loro soluzione qualora il problema non venisse risolto entro circa una settimana..

Comunque, ti aspettiamo, tranquillo

[dario2994]

Uhm... ho trovato questo spero vada bene :)
È preso dal preimo 2006 lavoro di gruppo:

Trovare tutte le coppie $ $(m,n)\in\mathbb{N} $ tali che:
$ $(m-n)^{mn}=m^nn^m $

[Maioc92]

Probabilmente avrò sbagliato qualcosa io ma sul serio questo è un Pre-Imo di gruppo??
Mi aspettavo qualcosa di tendente all'impossibile

[dario2994]

Non ti sei sbagliato... anche io sono stato meravigliato ;) Ho postato questo perchè gli altri problemi non riuscivo a farli in nessun modo xD

[Maioc92]

ok allora ecco la mia soluzione sperando di non aver sbagliato qualcosa:
escludiamo subito i casi che danno problemi, ovvero quelli in cui m=1 o n=1. In entrambi i casi è abbastanza semplice vedere che l'equazione non ha soluzione. Quindi $ m,n>1 $.
Ora dimostro che se $ |m-n|\ge 3 $, l'equazione non ha soluzione.
Per farlo mi basta dimostrare che $ 3^{mn}>m^nn^m $ per ogni m,n>1.
Per m=2 e n generico questo è vero, infatti $ 3^{2n}>2^nn^2 $ per ogni n.
Ora uso l'induzione su m: dimostro che se $ 3^{mn}>m^nn^m $ (ipotesi induttiva), allora $ 3^{(m+1)n}>(m+1)^nn^{m+1} $.
Applico l'ipotesi induttiva ed ho che $ 3^{(m+1)n}>(3m)^nn^m $.
Rimane da dimostrare che $ (3m)^n>(m+1)^nn $, il che è vero perchè
$ \frac{3m}{m+1}\ge 2 $, quindi $ (\frac{3m}{m+1})^n\ge 2^n>n $, e si conclude.
Rimangono quindi 5 casi:
$ m-n=0 $
$ m-n=1 $
$ m-n=-1 $
$ m-n=2 $
$ m-n=-2 $
I primi 3 casi si verifica facilmente che non portano a soluzioni intere (e tantomeno naturali)
I restanti 2 casi implicano che m e n siano potenze di 2 di differenza 2. Le uniche possibilità quindi sono $ m=2,n=4 $ e $ m=4,n=2 $, ed entrambe soddisfano l'equazione.