Una somma con la funzione dei divisori

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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Una somma con la funzione dei divisori

Messaggio da jordan » 13 feb 2010, 11:47

Own. Dimostrare che $ \displaystyle \lim_{n\to+\infty}{\sum_{1\le k\le n}{\left(\frac{n^3-kn^2}{k^5+2k^3n^2+kn^4}\sigma(k)\right)}}=\frac{\pi^3}{48} $.

Nb. Come sempre $ \sigma(n):=\sum_{d\;\!\mid\;\! n}{d} $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $.
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kn
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Messaggio da kn » 23 feb 2010, 10:28

Un limite interessante. (grazie jordan non lo conoscevo :D)
Vale $ \displaystyle~\lim_{u\to+\infty}\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2}=\frac{\pi}{8} $.
Infatti, per $ \displaystyle~u>1 $ fissato, posto $ \displaystyle~f(u,i)=\frac{u^2(u-i)}{(u^2+i^2)^2} $ vale:
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\ge\int_1^{\lfloor u\rfloor+1} f(u,i)\, di\ge\int_1^u f(u,i)\, di $ (essendo $ \displaystyle~f(u,i) $ positiva e decrescente al variare di $ \displaystyle~i $) e
$ \displaystyle~\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\int_0^{\lfloor u\rfloor} f(u,i)\, di\le\int_0^u f(u,i)\, di $.
Ma con un po' di calcolo $ \displaystyle~\int f(u,i)\, di = \frac{1}{2}\left(\frac{u(u+x)}{u^2+x^2}+\tan^{-1}\left(\frac{x}{u}\right)\right) $ (trascurando la costante arbitraria) da cui:
$ \displaystyle~\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+1)}{u^2+1^2}+\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)\right)\le \sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i) $$ \displaystyle~\le\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+u)}{u^2+u^2}+\tan^{-1}\left(\frac{u}{u}\right)\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{u(u+0)}{u^2+0^2}+\tan^{-1}\left(\frac{0}{u}\right)\right) $
cioè $ \displaystyle~\frac{\pi}{8}+\frac{1-u}{2(u^2+1)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor u\rfloor}f(u,i)\le\frac{\pi}{8}~(*) $
da cui la tesi (passando al limite e usando il teorema dei carabinieri).

Purtroppo per il seguito dovremo usare la $ \displaystyle~(*) $. Sostituendo $ \displaystyle~u=\frac{n}{k} $ e facendo variare solo $ \displaystyle~n $ si ottiene un'altra identità valida per ogni $ \displaystyle~k\in\mathbb{N}_0 $:
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8}-\frac{k(n-k)}{2(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{kn^2(n-ki)}{(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8} $ o anche
$ \displaystyle~\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}\le\frac{\pi}{8k^2}~(**) $

Ora la somma nel testo si può riscrivere così (ho cambiato i nomi delle variabili):
$ \displaystyle~\sum_{j=1}^n\frac{n^2(n-j)\sum_{i\mid j} i}{j(n^2+j^2)^2}=\sum_{i=1}^n\sum_{j\le n:i\mid j}\frac{n^2(n-j)i}{j(n^2+j^2)^2} $ da cui, ponendo $ \displaystyle~j=ki $:
$ \displaystyle~=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2}=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $
Ponendo $ \displaystyle~g(n,k)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\frac{n^2(n-ki)}{k(n^2+k^2i^2)^2} $ e usando la $ \displaystyle~(**) $:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\left(\frac{\pi}{8k^2}-\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}-\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{n}{2k(n^2+k^2)}\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $
e anche $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\le\sum_{k=1}^n\frac{\frac{k}{n}}{2k^2}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2kn} $ (infatti se $ \displaystyle~x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right) $ vale $ \displaystyle~x<\tan x $);
sommando le ultime due relazioni $ \displaystyle~-\sum_{k=1}^n\left(\frac{n-k}{2k(n^2+k^2)}+\frac{\tan^{-1}\left(\frac{k}{n}\right)}{2k^2}\right)\ge -\sum_{k=1}^n\frac{1}{kn}\ge -\frac{1+\ln n}{n} $ (vale $ \displaystyle~\ln(1+n)\le\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\le 1+\ln n $)
Tornando alla somma, per quanto detto vale:
$ \displaystyle~\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}-\frac{1+\ln n}{n}\le\sum_{k=1}^n g(n,k)\le\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
passando al limite (tenendo conto che $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{1+\ln n}{n} = 0 $):
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2} $
Ma $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\pi}{8k^2}=\frac{\pi}{8}\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}=\frac{\pi}{8}\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^3}{48} $, dunque
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n g(n,k) = \frac{\pi^3}{48} $, che è la tesi.

Ah, grazie per la dedica nel testo :D
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)

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jordan
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Messaggio da jordan » 21 mar 2010, 14:46

Son contento che ti sia piaciuto, complimenti per la pazienza :wink:
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