\phi e uno strano limite

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Il_Russo
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\phi e uno strano limite

Messaggio da Il_Russo » 08 ago 2009, 11:58

Trovare

$ \displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{k=2}^n \varphi(k)}{n^2} $

Buon $ lavoro^3 $
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Enrico Leon
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Messaggio da Enrico Leon » 08 ago 2009, 17:37

Perché non parti da $ k=1 $?
Se usiamo una calcolatrice a 9 cifre, la probabilità che hai tu di fare 6 al SuperEnalotto con una giocata minima è la stessa di quella che ho io che non gioco.

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edriv
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Messaggio da edriv » 08 ago 2009, 20:43

Comunque direi che il limite fa:

$ \displaystyle \frac{\pi^2}{3} - \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^2} $

non so se si può scrivere in maniera più compatta...

ma_go
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Messaggio da ma_go » 08 ago 2009, 21:26

hm.. sicuro?
$ \displaystyle\frac{\pi^2}3>\frac12=\lim_{n\to\infty} \frac{n(n-1)}{2n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k\le n} k}{n^2} > \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k\le n} \phi(k)}{n^2} $

Enrico Leon
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Messaggio da Enrico Leon » 08 ago 2009, 22:27

Io direi che faccia $ \displaystyle{\frac{3}{\pi^2}}\ldots $ :wink:
Se usiamo una calcolatrice a 9 cifre, la probabilità che hai tu di fare 6 al SuperEnalotto con una giocata minima è la stessa di quella che ho io che non gioco.

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Messaggio da Il_Russo » 09 ago 2009, 22:28

Enrico Leon ha scritto:Io direi che faccia $ \displaystyle{\frac{3}{\pi^2}}\ldots $ :wink:
Agi_90 ha scritto:Io ODIO chi scrive solo la risposta senza dimostrazione (o qualcosa del genere)
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kn
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Messaggio da kn » 19 ago 2009, 22:04

Il limite non cambia se facciamo partire la somma da $ \displaystyle~k=1 $. Ponendo $ \displaystyle~S(n)=\sum_{k=1}^n \varphi(k) $ il limite richiesto è $ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2} $. Un'idea è cacciar via il denominatore con una specie di double-counting al numeratore: sappiamo che vale (v. qui, eq. 1)
$ \displaystyle~\varphi(k)=\sum_{i|k}\mu(i)\cdot\frac{k}{i}=\sum_{(i,j):ij=k}\mu(i)j $
dunque $ \displaystyle~\sum_{k=1}^n \varphi(k)=\sum_{(i,j):1\le ij\le n}\mu(i)j=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{1\le j\le \frac{n}{i}}j $
Sappiamo che la seconda somma fa $ \displaystyle~1+\ldots+\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\frac{1}{2}\cdot\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{i}+1\right\rfloor $ e che vale $ \displaystyle~\frac{1}{2}\cdot\frac{(n-i)n}{i^2}<\frac{1}{2}\cdot\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{i}+1\right\rfloor\le\frac{1}{2}\cdot\frac{n(n+i)}{i^2} $, quindi vale $ \displaystyle~\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{(n-i)n}{2i^2}<S(n)\le\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{n(n+i)}{2i^2} $. Dividendo per $ \displaystyle~n^2 $ e facendo il limite per $ \displaystyle~n\to+\infty $
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{1-\frac{i}{n}}{2i^2}<\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}\le\lim_{n\to+\infty}\sum_{i=1}^n\mu(i)\frac{1+\frac{i}{n}}{2i^2} $ (per la permanenza del segno), ovvero
$ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}<\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}\le\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $
quindi per il teorema dei carabinieri (mi pare si chiami così)
$ \displaystyle~\lim_{n\to+\infty}\frac{S(n)}{n^2}=\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $
Un'idea per esprimere questa somma in forma chiusa è calare dall'alto con la forza l'altra importante identità che coinvolge $ \displaystyle~\mu(\cdot) $:
$ \displaystyle~\sum_{i\mid x}\mu(i)=\begin{cases}1 & \textrm{sse }x=1 \\ 0 & \textrm{sse }x > 1 \end{cases} $
Possiamo costruire una doppia somma che contenga i termini di $ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2} $ e che abbia il denominatore semi-costante:
$ \displaystyle~\sum_{x\ge 1}\sum_{i\mid x}\frac{\mu(i)}{2x^2}=\frac{1}{2} $ (se $ \displaystyle~x>1 $ la seconda somma si annulla). Incredibilmente, ponendo $ \displaystyle~x=im $, riusciamo a fare saltar fuori la somma voluta:
$ \displaystyle~\sum_{x\ge 1}\sum_{i\mid x}\frac{\mu(i)}{2x^2}=\sum_{(i,m):im\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2m^2}=\sum_{i\ge 1}\sum_{m\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2m^2}=\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}\sum_{m\ge 1} \frac{1}{m^2}=\frac{1}{2} $
La somma a destra è nota (v. qui):
$ \displaystyle~\sum_{m\ge 1} \frac{1}{m^2}=\frac{\pi^2}{6} $, da cui $ \displaystyle~\frac{\pi^2}{6}\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}=\frac{1}{2} $, da cui finalmente $ \displaystyle~\sum_{i\ge 1}\frac{\mu(i)}{2i^2}=\frac{3}{\pi^2} $

Chiedo scusa se ci sono refusi nel $ \displaystyle~\LaTeX $ (dove mi trovo ho un accesso a Internet lentissimo)
Ultima modifica di kn il 26 mar 2010, 19:25, modificato 3 volte in totale.
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Messaggio da FeddyStra » 21 ago 2009, 15:28

kn ha scritto:Un'idea per esprimere questa somma in forma chiusa è calare dall'alto con la forza l'altra importante identità che coinvolge $ \displaystyle~\mu(\cdot) $:
$ \displaystyle~\sum_{i\mid x}\mu(i)=\begin{cases}0 & \textrm{sse }x=1 \\ 1 & \textrm{sse }x > 1 \end{cases} $
$ \displaystyle~\sum_{i\mid x}\mu(i)=\begin{cases}1 & \textrm{sse }x=1 \\ 0 & \textrm{sse }x > 1 \end{cases} $
[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.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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Messaggio da kn » 23 ago 2009, 00:05

:oops: Lo sapevo che almeno un refuso mi sarebbe scappato...
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