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^+ $.
Staffetta tdn
[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]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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).
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.
Edriv: c=c+2; "tu sarai ricordato come `colui che ha convertito edriv alla fisica' ;)"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine sono macchine di Turing pure loro, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
Edriv: c=c+2; "tu sarai ricordato come `colui che ha convertito edriv alla fisica' ;)"
[quote="Tibor Gallai"]Alla fine sono macchine di Turing pure loro, solo un po' meno deterministiche di noi.[/quote]
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.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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in realtà bastava cercare vicino viewtopic.php?p=109827#109827 
EATO non è un'idea, è uno stile di vita
Problema 36
Calcolare $ \displaystyle \sum_{(a,b)=1} \frac1{(ab)^2} $, dove la somma è estesa a tutte le coppie di naturali coprimi.
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.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Se con $ \infty $ intendi $ 0 $, sì. Comunque, dopo la risposta, una dimostrazione ci starebbe meglio della faccina ":P"!
[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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I due $ \displaystyle~\infty $ sono i due $ \displaystyle~\frac{1}{(1\cdot0)^2} $ che si incontrano nella sommatoria 
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 $
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} $
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 $
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} $
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Ma fate a gara te e Feddystra a postare i problemi più strani? 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).
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).
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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.
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.
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. 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.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Era per abbassare un po' il tiro.jordan ha scritto:Entrambi i membri sono moltiplicativi e per ogni potenza di primo la relazione è valida. (Comunque c'era già, try again)
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!jordan ha scritto:Ps. avevo perso quella discussione su Scimat!! comunque quella produttoria mi era venuta risolvendo il tuo esercizio
[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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