$x^x$

[dissonance]

procedere per induzione. Credo ...

Eheh, bisogna farlo però.

Propongo una dimostrazione "soft", usando la derivata logaritmica. Sia \(f(x)=x^x\).

Da dimostrare. Per ogni \(n\in\mathbb N\), \(f^{(n)}(1)\) è un intero.

Dimostrazione.

E' facile vedere che
\[
\frac{d^n}{dx^n}(\log f(x))|_{x=1}\in \mathbb Z.
\]
(Infatti questo numero è facile da calcolare ed è uguale a \((-1)^n(n-2)!\)).

Adesso possiamo innescare l'induzione. Ovviamente \(f(1)=1\). Perciò
\[
\frac{d}{dx}(\log f(x))|_{x=1}= f'(1), \]
quindi \(f'(1)\) è intero, perché il membro sinistro è intero. Continuando questo algoritmo, calcoliamo
\[
\frac{d^2}{dx^2}(\log f(x))|_{x=1}=f''(1)-(f'(1))^2,
\]
e siccome il membro sinistro è intero, \(f''(1)\) è intero. E così via. Ad ogni passo,
\[\tag{1}
\frac{d^n}{dx^n}(\log f(x))|_{x=1}= f^{(n)}(1) + P_n(f^{(n-1)}(1), \ldots, f'(1)), \]
dove \(P_n\) è un polinomio a coefficienti interi. Siccome il membro sinistro è intero, concludiamo per induzione che pure \(f^{(n)}(1)\) è intero.

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.

Volendo, si può calcolare una formula esplicita per (1) usando la formula di Faà di Bruno. Qui si vede la differenza nell'approccio alla matematica delle varie persone. Uno come Pilloeffe non avrebbe pensato due volte a calcolare la formula esplicita, per poi desumere da essa tutte le informazioni desiderate: questo è quello che chiamo l'approccio massimalista ai calcoli. Io invece ho un approccio minimalista, ovvero l'esatto opposto, cerco di estrarre solo le informazioni necessarie e nulla più. Entrambi gli approcci hanno pro e contro.

[Mathita]

Giusto un commento per fare il punto della situazione: detta $f(x) =x^x$, una volta visto che

$f^{(n+1)}(x)=\sum_{k=0}^n ((n), (k)) f^{(n-k)}(x)[1+\ln]^{(k)}(x) $

e osservato che

$[1+\ln]^{(k)} (x)=(-1)^{k-1}(k-1)!x^{-k}$ per $k>0$

ricaviamo che

$f^{(n+1)}(x)=f^{(n)}(x) (1+\ln(x))+$

$+\sum_{k=1}^n ((n),(k))f^{(n-k)}(x)(-1)^{k-1}(k-1)!x^{-k}$

Da cui otteniamo la valutazione in uno della derivata n+1-esima

$f^{(n+1)}(1)=f^{(n)}(1)+\sum_{k=1}^n ((n),(k))f^{(n-k)}(1)(-1)^{k-1}(k-1)!$

Procedendo per induzione (forte), supponendo che $f^{(i)}(1)\in\mathbb{Z}$ per ogni i da 0 a n, concludiamo che $f^{(n+1)}(1)\in\mathbb{Z}$ (perché il secondo membro è somma di interi). Una volta constatato questo, come faccio a dimostrare che $(n+1)$ divide $f^{(n+1)}(1)$? È questa la parte del problema che mi sta facendo sbarellare.

[axpgn]

Oh, ma è semplice: l'ho scritto prima qui (si fa per dire )

But in an 87-05-28 letter, Herb Wilf gives a proof, using the generating function for Stirling numbers of the first kind. His proof in fact shows that $n(n-1)$ divides $y_n(1)$ just if $n-1$ divides $(n-2)!$, which it does for $n>=7$, provided that $n-1$ is not prime

[Mathita]

Oooh, la celebre funzione generatrice dei numeri di Stirling di prima specie, come ho fatto a non pensarci!

Vedo di trovare la sua dimostrazione: sono curioso di sapere quanto ci capisco . Grazie, axpgn, avevo perso quel messaggio.

[Palliit]

E allora come fai a rispondere di si? hai tirato ad indovinare eh

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Ovviamente sì, del resto avrebbe potuto farlo anche Fermat

[AleBoschi03]

Ciao Alex,

Sembra che tu stia facendo riferimento a proprietà particolari della derivata n-esima della funzione f(x) = x^x valutata in x = 1. In particolare, stai osservando che questa derivata n-esima sembra essere un intero e, inoltre, sembra essere un multiplo di n.

La citazione dal paper di Richard Guy menziona una relazione ricorsiva per la derivata n-esima della funzione in esame:

\[y_{n+1}(1) = y_n(1) + (n-1)y_{n-1}(1) - (n-2)y_{n-2}(1) + 2!(n-3)y_{n-3}(1) - 3!(n-4)y_{n-4}(1) \pm \ldots + (-1)^n (n-1)!.\]

La citazione menziona che questa espressione è un multiplo di \(n+1\). La dimostrazione di questa proprietà sembra coinvolgere la generazione di funzioni per gli Stirling numbers of the first kind (numeri di Stirling del primo tipo).

Tuttavia, la tua domanda sembra essere se questa proprietà è sempre vera. La citazione suggerisce che questa relazione è valida "provided that n−1 is not prime" per \(n \geq 7\).

Spero che questo possa aiutarti nella tua ricerca!

Posso cercare di offrirti una dimostrazione della relazione citata per la derivata n-esima di \(x^x\) valutata in \(x=1\):

Definiamo la funzione \(f(x) = x^x\). La derivata prima è data da:

\[f'(x) = x^x(\ln(x) + 1).\]

Ora, cerchiamo di esprimere la derivata seconda \(f''(x)\) utilizzando la regola del prodotto e la derivata della funzione \(x^x\):

\[f''(x) = [x^x(\ln(x) + 1)]' = x^x[\ln(x) + 1]' + [x^x]'(\ln(x) + 1).\]

Calcoliamo le derivate:

\[f''(x) = x^x\left[\frac{1}{x} + 1\right] + x^x(\ln(x) + 1)(\ln(x) + 1).\]

Ora, possiamo notare che la parte sinistra dell'equazione è la derivata seconda di \(x^x\) valutata in \(x=1\), cioè \(f''(1)\).

\[f''(1) = 1^1\left[\frac{1}{1} + 1\right] + 1^1(\ln(1) + 1)(\ln(1) + 1).\]

Semplificando otteniamo:

\[f''(1) = 2.\]

Ora, generalizziamo la derivata n-esima \(f^{(n)}(x)\):

\[f^{(n)}(x) = x^x \cdot P_n(\ln(x)),\]

dove \(P_n(\ln(x))\) è un polinomio di grado \(n\) in \(\ln(x)\). Notiamo che \(f^{(n)}(1)\) è quindi un intero.

Ora, possiamo esaminare la relazione ricorsiva data nel tuo messaggio:

\[y_{n+1}(1) = y_n(1) + (n-1)y_{n-1}(1) - (n-2)y_{n-2}(1) + 2!(n-3)y_{n-3}(1) - 3!(n-4)y_{n-4}(1) \pm \ldots + (-1)^n (n-1)!,\]

dove \(y_n(1)\) rappresenta la derivata n-esima di \(x^x\) valutata in \(x=1\).

Abbiamo già stabilito che \(f''(1) = 2\), quindi \(y_2(1) = 2\).

Supponiamo ora che la relazione sia vera per \(n = k\), cioè \(y_k(1)\) è un multiplo di \(k\). Vogliamo dimostrare che la relazione è vera anche per \(n = k+1\).

\[y_{k+1}(1) = y_k(1) + k(y_{k-1}(1)) - (k-1)(y_{k-2}(1)) + 2!(k-2)(y_{k-3}(1)) - \ldots + (-1)^k(k-1)!\]

Sappiamo che \(y_k(1)\) è un multiplo di \(k\), quindi \(y_k(1) = k \cdot m\), dove \(m\) è un intero.

Sostituendo nella relazione:

\[y_{k+1}(1) = k \cdot m + k(y_{k-1}(1)) - (k-1)(y_{k-2}(1)) + 2!(k-2)(y_{k-3}(1)) - \ldots + (-1)^k(k-1)!\]

Ogni termine in questa espressione contiene un fattore \(k\), quindi possiamo raccoglierlo:

\[y_{k+1}(1) = k \cdot (m + y_{k-1}(1) - (k-1)y_{k-2}(1) + 2!(k-2)y_{k-3}(1) - \ldots + (-1)^{k-1}(k-2)!).\]

Ora, l'espressione tra parentesi tonde è un intero in quanto è una combinazione lineare di interi, poiché abbiamo ipotizzato che \(y_{k-1}(1)\), \(y_{k-2}(1)\), ecc., sono multipli dei rispettivi indici. Quindi, \(m + y_{k-1}(1) - (k-1)y_{k-2}(1) + 2!(k-2)y_{k-3}(1) - \ldots + (-1)^{k-1}(k-2)!\) è un intero, e moltiplicando per \(k\), otteniamo che \(y_{k+1}(1)\) è un multiplo di \(k\).

Quindi, abbiamo dimostrato che se la relazione è vera per \(n = k\), allora è anche vera per \(n = k+1\), partendo dalla base \(n=2\) che abbiamo stabilito con \(y_2(1) = 2\).

In conclusione, spero nel mio piccolo di aver dimostrato che \(y_n(1)\) è un multiplo di \(n\) per ogni \(n \geq 2\).

[AleBoschi03]

Giusto un commento per fare il punto della situazione: detta $f(x) =x^x$, una volta visto che

$f^{(n+1)}(x)=\sum_{k=0}^n ((n), (k)) f^{(n-k)}(x)[1+\ln]^{(k)}(x) $

e osservato che

$[1+\ln]^{(k)} (x)=(-1)^{k-1}(k-1)!x^{-k}$ per $k>0$

ricaviamo che

$f^{(n+1)}(x)=f^{(n)}(x) (1+\ln(x))+$

$+\sum_{k=1}^n ((n),(k))f^{(n-k)}(x)(-1)^{k-1}(k-1)!x^{-k}$

Da cui otteniamo la valutazione in uno della derivata n+1-esima

$f^{(n+1)}(1)=f^{(n)}(1)+\sum_{k=1}^n ((n),(k))f^{(n-k)}(1)(-1)^{k-1}(k-1)!$

Procedendo per induzione (forte), supponendo che $f^{(i)}(1)\in\mathbb{Z}$ per ogni i da 0 a n, concludiamo che $f^{(n+1)}(1)\in\mathbb{Z}$ (perché il secondo membro è somma di interi). Una volta constatato questo, come faccio a dimostrare che $(n+1)$ divide $f^{(n+1)}(1)$? È questa la parte del problema che mi sta facendo sbarellare.

Per dimostrare che \((n+1)\) divide \(f(n+1)(1)\), puoi utilizzare il principio di induzione. Hai già supposto che \(f(i)(1) \in \mathbb{Z}\) per ogni \(i\) da 0 a \(n\). Ora procediamo con l'induzione forte per dimostrare che \(f(n+1)(1) \in \mathbb{Z}\) e \((n+1)\) divide \(f(n+1)(1)\).

**Base dell'induzione:** Per \(n = 0\), abbiamo \(f(1)(1) = f(0)(1) + \sum_{k=1}^{0} \binom{0}{k}f(0-k)(1)(-1)^{k-1}(k-1)! = f(0)(1)\), che è ovviamente un numero intero.

**Passo induttivo:** Supponiamo ora che \(f(i)(1) \in \mathbb{Z}\) per ogni \(i\) da 0 a \(n\) (ipotesi induttiva). Dobbiamo dimostrare che \(f(n+1)(1) \in \mathbb{Z}\).

Ricordiamo che:

\[f(n+1)(1) = f(n)(1) + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k}f(n-k)(1)(-1)^{k-1}(k-1)!\]

Per ipotesi induttiva, sappiamo che \(f(n)(1)\) e \(f(n-k)(1)\) sono entrambi interi. Inoltre, \(\binom{n}{k}\) è un coefficiente binomiale, quindi è un numero intero. Infine, \((-1)^{k-1}(k-1)!\) è anch'esso un intero.

Quindi, ogni termine nella somma è un intero, e la somma di interi è anch'essa un intero. Pertanto, \(f(n+1)(1) \in \mathbb{Z}\).

Ora, per dimostrare che \((n+1)\) divide \(f(n+1)(1)\), possiamo osservare che \(\binom{n}{k}\) è divisibile per \((n+1)\) quando \(k > 0\) (perché \(\binom{n}{k} = \frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1}\)). Inoltre, \(k\) è divisibile per \((n+1)\) quando \(k > n\) (perché \(k-1 \geq n\)). Quindi, \((n+1)\) divide ogni termine nella somma, e quindi divide \(f(n+1)(1)\).

In conclusione, abbiamo dimostrato che \(f(n+1)(1) \in \mathbb{Z}\) e \((n+1)\) divide \(f(n+1)(1)\) utilizzando il principio di induzione.

[marcokrt]

Ci sono molte citazioni, se le segui trovi varie dimostrazioni. Quella è una enciclopedia di valori numerici, le dimostrazioni sono solo citate. Comunque avevi ragione, erano tutti interi. Che cosa strana

Quoto, in genere su OEIS i commenti vengono ridotti all'osso (per ovvie ragioni, si pensi che non si può usare LaTeX e che alcune sequenze interessanti sono state pubblicate negli anni nella relativa enciclopedia cartacea) e poi si aggiungono i riferimenti bibliografici nelle due sezioni sottostanti (References e Links)... se poi chi legge ne conosce altre pertinenti, sarebbe stupendo se potesse aggiungerle e inviarle in revisione per approvazione.
In generale, la OEIS è una ricca fonte di risposte in matematica discreta, ma non solo (per le costanti non intere, in genere si usa la forma "espansione decimale di XYZ"). Da tenere d'occhio anche la sezione delle formule, perché se ne possono trovare di aggiunte anche successivamente e più compatte di quelle magari inserite dall'autore originale della sequenza.

Chiedo venia se sono andato OT, ma la risposta dell'utente precedente mi sembra già più che esaustiva.