Ταυτότητα με γινόμενα

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Ταυτότητα με γινόμενα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Απρ 10, 2021 1:18 pm

Καλημέρα.
Κατέληξα στην παρακάτω-ενδιαφέρουσα πιστεύω- ταυτότητα και είπα να την μοιραστώ.
Ίσως βέβαια να είναι γνωστό αποτέλεσμα ή να βγαίνει πολύ γρηγορότερα από τον δικό μου τρόπο.
Να δειχθεί ότι για κάθε n\in \mathbb{N^*} ισχύει
\displaystyle{\displayatyle \prod_{i=1}^n \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor !=\sqrt{\prod_{i=1}^n i^{d(i)}}}, όπου d(k) συμβολίζει το πλήθος των θετικών διαιρετών του k.

δεν ξέρω αν κάνω καλά που το βάζω εδώ αλλά αν κριθεί απαραίτητο ας μετακινηθεί



Λέξεις Κλειδιά:
2nisic
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Σάβ Απρ 10, 2021 4:25 pm

Επαγωγηκα.....
Θα επανέλθω.

\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor =\lfloor\dfrac{n+1}{i}\rfloor αν ο i δεν διαιρεί τον n+1.
\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor +1 =\lfloor\dfrac{n+1}{i}\rfloor αν i|n+1

Για n=1 προφανώς και ισχύει.

Έστω ότι ισχύει για n=k θα δείξουμε πως ισχύει και για n=k+1.
Έστω n+1=\prod_{i=1}^{k}pi^{ai}



\displaystyle{\displayatyle \prod_{i=1}^{n+1} \lfloor \dfrac{n+1}{i}\rfloor !=\sqrt{\prod_{i=1}^{n+1} i^{d(i)}}}

\Leftrightarrow\displaystyle{\displayatyle \prod_{i=1}^n \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor !*\prod_{d|n+1}\frac{n+1}{d} 
=\sqrt{\prod_{i=1}^n i^{d(i)}}}*\sqrt{(n+1)^{d(n+1)}}

\Leftrightarrow\prod_{d|n+1}\frac{n+1}{d}=\sqrt{(n+1)^{d(n+1)}}

\Leftrightarrow(n+1)^{d(n+1)}*\prod_{d|n+1}\frac{1}{d}=\sqrt{(n+1)^{d(n+1)}}

\Leftrightarrow \prod_{d|n+1} d=\sqrt{(n+1)^{d(n+1)}}

Το τελευταίο προφανος και ισχύει αφού:
Η δύναμη του pi που διαιρεί το LHS είναι [1+2+3+....+ai][(a1+1)(a2+1)....(ai-1+1)(ai+1+1)...(ak+1)=\frac{ai(a1+1)...(ak+1)}{2}

Η δύναμη του pi που διαιρεί το RHS είναι \frac{ai(a1+1)...(ak+1)}{2}

Άρα LHS=RHS


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 244
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Κυρ Απρ 11, 2021 1:49 pm

Καλησπέρα!

Πολύ όμορφο το πρόβλημα του Πρόδρομου και εξαιρετική η λύση του Διονύση!

Θα προσθέσω άλλον έναν τρόπο για να αποδείξουμε το τελευταίο μέρος της λύσης , δηλαδή την ισότητα:

\prod _{d\mid n+1}d=(n+1)^\frac{d(n+1)}{2}.

Για κάθε διαιρέτη d
του n+1, το \dfrac{n+1}{d} είναι επίσης διαιρέτης, και οι δύο διαιρέτες έχουν γινόμενο n+1.

Άρα, οι διαιρέτες χωρίζονται σε ζεύγη με κάθε ζεύγος να έχει γινόμενο n+1.

Οι διαιρέτες είναι d(n+1) το πλήθος και άρα το γινόμενό τους ισούται με (n+1)^{d(n+1)/2}.

Ας δούμε και μια λύση χωρίς επαγωγή:

Είναι γνωστό ότι ισχύει:

\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{x}{m} \right \rfloor}{n} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor}{m} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{x}{mn} \right \rfloor.

Από την ταυτότητα του Legendre έχω:

\upsilon _{p}(LHS)=\sum ^{\infty }_{i=1}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}{p} \right \rfloor+\sum ^{\infty }_{i=1}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}{p^2} \right \rfloor+...=\sum ^{\infty }_{i=1}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}{i} \right \rfloor+\sum ^{\infty }_{i=1}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{p^2} \right \rfloor}{i} \right \rfloor+...

Είναι γνωστό ότι ισχύει:

\sum _{n\leq x}d(n)=\sum _{n\leq x}\left \lfloor \frac{x}{n} \right \rfloor.

Συνεπώς, έχω:

\upsilon _{p}(LHS)=(d(1)+d(2)+...+d(\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor))+(d(1)+d(2)+...+d(\left \lfloor \frac{n}{p^2} \right \rfloor))+...+(d(1)+...+d(\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor)),

όπου p^k\leq n< p^{k+1}


Μένει να δείξω ότι η τελευταία παράσταση ισούται με το \upsilon _{p}(1^{\frac{d(1)}{2}}2^{\frac{d(2)}{2}}...n^{\frac{d(n)}{2}}).

Αισθάνομαι ότι αυτό μπορεί να αποδειχθεί σχετικά εύκολα με απλές μεθόδους απαρίθμησης. Θα προσπαθήσω να επανέλθω σύντομα με την ολοκλήρωση της λύσης.


Κώστας Σφακιανάκης
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 244
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Κυρ Απρ 11, 2021 6:34 pm

Επανέρχομαι για την ολοκλήρωση της απόδειξης.

Θα αποδείξω τον τελευταίο ισχυρισμό με επαγωγή. (Δε γλυτώνουμε την επαγωγή τελικά!)

Έστω για n. Θα δείξω για n+1.

Έστω n+1=ap^m, (a,p)=1.

Στην ποσότητα \upsilon _{p}(1^{\frac{d(1)}2{}}2^{\frac{d(2)}{2}}...n^{\frac{d(n)}{2}}),

προστίθεται η ποσότητα \dfrac{md(n+1)}{2}

ενώ στην άλλη ποσότητα με την οποία θέλουμε να εξισώσουμε, προστίθεται η ποσότητα

d(\dfrac{n+1}{p})+d(\dfrac{n+1}{p^2})+...+d(\dfrac{n+1}{p^m}).

Μένει να δείξω ότι οι δύο προστιθέμενες ποσότητες είναι ίσες και έτσι δεν αλλοιώνουν την ισότητα της υπόθεσης της επαγωγής.

Πράγματι,

d(\dfrac{n+1}{p})+d(\dfrac{n+1}{p^2})+...+d(\dfrac{n+1}{p^m})=

d(a)d(p^{m-1})+d(a)d(p^{m-2})+...+d(a)=d(a)(m+(m-1)+...+1)=

\dfrac{d(a)m(m+1)}{2}=md(a)d(p^m)/2=md(ap^m)/2=md(n+1)/2.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Απρ 12, 2021 8:28 pm

Ευχαριστώ πολύ για τις απαντήσεις :)

Παρουσιάζω το πως κατέληξα στην ταυτότητα, χωρίς επαγωγή.
Παίρνουμε αρχικά όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (a,b) τέτοια ώστε 1\leq a,b\leq b και a\mid b.
Από όλα συνολικά τα ζεύγη σχηματίζουμε το γινόμενο που προκύπτει από τους πρώτους όρους των ζευγών, δηλαδή το γινόμενο όλων των a.
Θα το κάνουμε με δύο τρόπους και θα πάρουμε μία ισότητα.
1ος: Σταθεροποιώ a. Θα υπάρχουν συνολικά \lfloor \dfrac{n}{a}\rfloor ζεύγη που θα ανήκει, έτσι το γινόμενο είναι \displaystyle \prod_{i=1}^n i^{\lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor}
2ος: Σταθεροποιώ το b. Το γινόμενο όλων των a στα ζεύγη που ορίζει το b είναι το γινόμενο των διαιρετών του οπότε ίσο με \sqrt{b^{d(b)} και έτσι το ολικό γινόμενο \displaystyle  \sqrt{\prod_{i=1}^n i^{d(i)}}} που είναι και το δεξί μέλος στην ζητούμενη σχέση.

Μένει τώρα να δείξουμε ότι \displaystyle \prod_{i=1}^n \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor !=\displaystyle \prod_{i=1}^n i^{\lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor}.
Κάθε i υπάρχει \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor φορές στο δεξί μέλος και μία φορά σε κάθε παράγοντα \lfloor \dfrac{n}{j}\rfloor ! για τον οποίο \lfloor \dfrac{n}{j}\rfloor \geq i (και μόνο σε αυτούς).
Η τελευταία όμως ισοδυναμεί με j\leq \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor η οποία έχει ακριβώς \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor λύσεις και έτσι κάθε παράγοντας i εμφανίζεται τον ίδιο αριθμό φορών και στα δύο μέλη. Το συμπέρασμα έπεται.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης