Una trasformazione

[carlo23]

Nel post "potenze di potenze di 2" mi sono ricordato di questa trasformazione che ero riuscito a dimostrare.

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{{x}}^{{{{n}}^{{2}}}}{\left(\frac{{{1}+{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}\right)} \) con \( \displaystyle {\left|{x}\right|}\lt{1} \)

Qualcuno riesce a dimostrarla?

Ciao!

[carlo23]

Qualcuno riesce a dimostrarla?
Ciao!

Suggerimento ha a che fare con il numero di divisori di \( \displaystyle {n} \)...

Davvero non ci riesce nessuno?

[Mistral]

Nel post "potenze di potenze di 2" mi sono ricordato di questa trasformazione che ero riuscito a dimostrare.

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{{x}}^{{{{n}}^{{2}}}}{\left(\frac{{{1}+{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}\right)} \) con \( \displaystyle {\left|{x}\right|}\lt{1} \)

Qualcuno riesce a dimostrarla?

Ciao!

L'hai derivata dalla identità

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{{\infty}}}\tau{\left({n}\right)}{{x}}^{{n}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}} \)

\( \displaystyle \tau{\left({n}\right)}=\sum_{{{d}{\mid}{n}}}{1} \)

Non mi sembra che sia banale l'identità sopra ... quindi proporre un quesito del genere forse è un po' esagerato.



Saluti

Mistral

PS hai la mail mobius@libero.it?

[stellacometa2003]

Carlo ha email bourbaky91@libero.it

[carlo23]

Non mi sembra che sia banale l'identità sopra ... quindi proporre un quesito del genere forse è un po' esagerato.

Quella che dici credo abbia a vedere con le serie di Laurent...
Ma, a mio parere tu hai proposto quesiti più difficili, ad esempio il problema di Natale era davvero complicato.

Io l'ho dimostrata così:

Sappiamo che per \( \displaystyle {\left|{x}\right|}\lt{1} \) si ha

\( \displaystyle \frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={{x}}^{{n}}+{{x}}^{{{2}{n}}}+{{x}}^{{{3}{n}}}+\ldots \)

quindi

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{d}{\left({n}\right)}{{x}}^{{n}} \)

dove \( \displaystyle {d}{\left({n}\right)} \) è il numero di divisori di \( \displaystyle {n} \). Adesso consideriamo

\( \displaystyle {{x}}^{{{{n}}^{{2}}}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={{x}}^{{{{n}}^{{2}}+{n}}}+{{x}}^{{{{n}}^{{2}}+{2}{n}}}+{{x}}^{{{{n}}^{{2}}+{3}{n}}}+\ldots \)

da cui l'esponente \( \displaystyle {m} \) appare solo se è nella forma \( \displaystyle {{n}}^{{2}}+{k}{n} \) quindi ha due divisori distinti \( \displaystyle {m}={\left({n}+{k}\right)}{n} \) dato che
\( \displaystyle {k}\ge{1} \). Quindi se noi diamo peso 2 a quest'ultima somma e aggiungiamo 1 abbiamo

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{{x}}^{{{{n}}^{{2}}}}{\left({1}+\frac{{{2}{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}\right)}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{d}{\left({n}\right)}{{x}}^{{n}} \)

Infatti ogni esponente viene contato tante volte quante sono i suoi ivisori con l'accortezza che se è nella forma \( \displaystyle {{n}}^{{2}} \) viene pesato una volta sola perchè ha solo il divisore \( \displaystyle {n} \). Spero di essermi spiegato bene, a volte uno ha le idee chiare e fa fatica a esprimerle...

Ciao Mistral!

[carlo23]

L'hai derivata dalla identità

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{{\infty}}}\tau{\left({n}\right)}{{x}}^{{n}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}} \)

\( \displaystyle \tau{\left({n}\right)}=\sum_{{{d}{\mid}{n}}}{1} \)

Per curiosità, Mistral tu ti intendi di serie come quella lì? Cioè serie che involvono funzioni aritmetiche, io ne sto studiando un pò le proprietà mi interessano molto...

[Mistral]

Quella che dici credo abbia a vedere con le serie di Laurent...

Per inciso la mia \( \displaystyle \tau{\left({n}\right)} \) coincide con la tua \( \displaystyle {d}{\left({n}\right)} \) basta vedere la sua definizione. Il modo che conosco di ricavare l'identità delle sommantorie non ha a che fare con le serie di Laurent o almeno io non l'ho incontrata così. Anche se oggettivamente è più complicato del tuo. Mailami in privato via matematicamente e vedo di farti avere del materiale in inglese sulle formule del tipo che chiedi.

Ma, a mio parere tu hai proposto quesiti più difficili, ad esempio il problema di Natale era davvero complicato.

Poi posto la soluzione sintetica (non mia) del mio quesito ti stupirai, almeno quanto mi stupisce la tua soluzione del tuo che non conoscevo. Comunque in entrambi i casi i quesiti sono facili solo dopo che li hai risolti o ne hai vista la soluzione . Però come tutte le cose di matematica se si affrontano con l'approccio giusto stupiscono per velocità con cui si risolvono. Vedi ad esempio la formula della somma dei numeri da \( \displaystyle {1} \) ad \( \displaystyle {n} \). Il quesito sulle cifre \( \displaystyle {1} \) e \( \displaystyle {2} \) e divisibilità per \( \displaystyle {{2}}^{{n}} \) e più "semplice" mi stupisco che nessuno abbia ancora tentato.

\( \displaystyle \frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={{x}}^{{n}}+{{x}}^{{{2}{n}}}+{{x}}^{{{3}{n}}}+\ldots \)

quindi

\( \displaystyle {\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}\frac{{{{x}}^{{n}}}}{{{1}-{{x}}^{{n}}}}={\sum_{{{n}={1}}}^{\infty}}{d}{\left({n}\right)}{{x}}^{{n}} \)

dove \( \displaystyle {d}{\left({n}\right)} \) è il numero di divisori di \( \displaystyle {n} \).

La formula è giusta. Volendo fare delle osservazioni sulla dimostrazione

Forse avrei spiegato meglio come mai appare \( \displaystyle {d}{\left({n}\right)} \) inoltre andrebbe spiegato perchè puoi cambiare l'ordine degli addendi e la somma della serie non cambia.

Nel primo caso dovresti far capire che l'addendo \( \displaystyle {{x}}^{{n}} \) compare generato dalla serie di \( \displaystyle \frac{{{x}}^{{m}}}{{{1}-{{x}}^{{m}}}} \) ogni qual volta \( \displaystyle {{x}}^{{{m}{k}}}={{x}}^{{n}} \), cioè \( \displaystyle {m}{\mid}{n} \).

Sel secondo caso, per quanto riguarda la convergenza puoi permutare l'ordine degli addendi perchè la serie se converge allora converge assolutamente.


Saluti

Mistral