mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 10, 2021 4:25 pm**

Επαγωγηκα.....
Θα επανέλθω.

$\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor =\lfloor\dfrac{n+1}{i}\rfloor$ αν ο

δεν διαιρεί τον n+1

.
$\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor +1 =\lfloor\dfrac{n+1}{i}\rfloor$ αν i|n+1

Για

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

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

που διαιρεί το RHS

είναι $\frac{ai(a1+1)...(ak+1)}{2}$

Άρα LHS=RHS

Δημοσιεύτηκε: **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

του

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

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

Δημοσιεύτηκε: **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

. Θα δείξω για n+1

.

Έστω

.

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,

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

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

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

Δημοσιεύτηκε: **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

.
Θα το κάνουμε με δύο τρόπους και θα πάρουμε μία ισότητα.
1ος: Σταθεροποιώ

. 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

. Το γινόμενο όλων των

στα ζεύγη που ορίζει το

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

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

εμφανίζεται τον ίδιο αριθμό φορών και στα δύο μέλη. Το συμπέρασμα έπεται.

mathematica.gr

Ταυτότητα με γινόμενα

Ταυτότητα με γινόμενα

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

Re: Ταυτότητα με γινόμενα

Re: Ταυτότητα με γινόμενα