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Perdonatemi... da dove viene questa formula per trovare i divisori di un numero?

Numero dei divisori interi positivi: σ0(56350)=2⋅3⋅3⋅2=36

+Steven+ ha scritto:Perdonatemi... da dove viene questa formula per trovare i divisori di un numero?

Numero dei divisori interi positivi: σ0(56350)=2⋅3⋅3⋅2=36

$sigma_n$ rappresenta la somma della k-esima potenza dei divisori positivi di n, con k intero non negativo. $sigma_0$ rappresenta il numero dei divisori interi positivi di n, essendo $k=0$.

+Steven+ ha scritto:Perdonatemi... da dove viene questa formula per trovare i divisori di un numero?

Numero dei divisori interi positivi: σ0(56350)=2⋅3⋅3⋅2=36

Essendo $k \in RR$, poni $\sigma_k(n) = \sum_{d | n} d^k$, per ogni intero $n \ge 1$, dove la sommatoria (che si dice di Dirichlet) s'intende estesa a tutti e soli i divisori interi positivi di $n$. Si prova che $\sigma_k(\cdot)$ è una funzione moltiplicativa. Del resto, $\sigma_k(p^n) = \sum_{i=0}^n p^{ik}$, se $p$ è un primo naturale ed $n \ge 0$ un intero. Ponici k = 0 e avrai la risposta che cerchi.

NOTA: in generale, una funzione $f: NN^+ \to CC$ si dice moltiplicativa se $f(ab) = f(a) f(b)$, per ogni $a, b \in NN^+$ tali che $gcd(a,b) = 1$.

Vi ringrazio a entrambi, bellanotte.

5) C'è qualcosa che non va nel procedimento di Ermanno, perchè la probabilità è $(fib(n+2))/2^n$.
Ecco la soluzione di questo classico problema:
per risolvere il problema è necessario contare il numero di sequenze di 0 e 1 che non hanno due 1 consecutivi (0 sta per croce, 1 per testa).
A tale scopo consideriamo $n-k$ cifre 0 scritte di seguito e poi collochiamo $k$ cifre 1 in modo che due di esse non siano adiacenti. Ci sono $n-k+1$ posti per sistemare le $k$ cifre unità e ciò può essere fatto in $((n-k+1),(k))$ modi.

Per intenderci, supponiamo di effettuare $n=5$ lanci e di considerare $k=2$ 1 e $n-k=3$ 0. Un modo per non scrivere due 1 consecutivi è il seguente:
scriviamo i tre 0 in fila: 000,
gli 1 possono essere sistemati in 4 posti :
1 000
01 00
001 0
0001
e visto che dobbiamo sistemare due 1, questo può essere fatto in $((4),(2))=6$ modi (ad esempio $1 0010, oppure 001 01 e cosi' via...).

Torniamo al caso generale.
Facendo variare $k$ vediamo che il numero di sequenze di 0 e 1 senza due 1 consecutivi è
$sum_(k>=0)((n-k+1),(k))$.
La probabilità è pertanto $p_n=sum_(k>=0)(((n-k+1),(k)))/2^n$.
Ci potremmo fermare qui, però, se si ricorda che i numeri di Fibonacci possono essere definiti nel seguente modo $fib(n)=sum_(k>=0)((n-k-1),(k))$, si ottiene $fib(n+2)=sum_(k>=0)((n-k+1),(k))$ e quindi
$p_n=(fib(n+2))/2^n=[(1+sqrt5)^(n+2)-(1-sqrt5)^(n+2)]/(2^(2n+2)sqrt5)$.

P.S. Gli esercizi che sono rimasti, 3) e 4), non sono cosi' difficili!
Invito qualcuno a provarci!

Piera ha scritto:5) C'è qualcosa che non va nel procedimento di Ermanno, perchè la probabilità è $(fib(n+2))/2^n$.

Hai perfettamente ragione! Purtroppo ho pensato una cosa e scritto un'altra!

Allora cerco di rimediare:

Parto dalla relazione $a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$, con condizioni iniziali $a_1=2$ e $a_2=3$, abbiamo come soluzione in forma esplicita: $((sqrt(5)+2)*(phi)^(n-1)+(sqrt(5)-2)*(1-phi)^(n-1))/sqrt(5)$....

Ora va meglio...credo!

Saluti, Ermanno.

Va bene, con quelle condizioni iniziali il risultato è giusto.