Serie: sum 1/((x_n+1)x_n), x_n = min{x \in Z^+: n | x(x+1)}
Siccome i miei problemi di TdN sembrano non piacervi molto, proviamo con qualcosa di diverso (forse!)...
"Posto $x_n := min\{x \in \mathbb{Z}^+: n | x(x+1)\}$, per ogni $n \in \mathbb{Z}^+$, stabilire se la serie numerica reale $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(x_n + 1)x_n}$ è convergente o divergente."
N.B.: prima che qualcuno lo chieda, preciso che il simbolo "|" si legge "divide", ok?!
EDIT: ora capisco perché io e carlo23 non ci si riusciva proprio a intendere (vedi oltre!)... Mea culpa, mea culpa, mea maxima culpa.
"Posto $x_n := min\{x \in \mathbb{Z}^+: n | x(x+1)\}$, per ogni $n \in \mathbb{Z}^+$, stabilire se la serie numerica reale $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{(x_n + 1)x_n}$ è convergente o divergente."
N.B.: prima che qualcuno lo chieda, preciso che il simbolo "|" si legge "divide", ok?!
EDIT: ora capisco perché io e carlo23 non ci si riusciva proprio a intendere (vedi oltre!)... Mea culpa, mea culpa, mea maxima culpa.
Risposte
A questo punto, si consideriamo la serie
$sum _{k=1} ^{+infty} {d_k}/{k(k+1)}$
dove $d_k$ è il numero dei divisori di $k(k+1)$ che non dividono $j(j+1)$ per j
Per esempio, da
$x_n=1$ per $n=1, 2$
$x_n=2$ per $n=3, 6$
$x_n=3$ per $n=4, 12$
$x_n=4$ per $n=5, 10, 20$
$x_n=5$ per $n=15, 30$
$x_n=6$ per $n=7, 14, 21, 42$
si deduce che
$d_1=2$
$d_2=2$
$d_3=2$
$d_4=3$
$d_5=2$
$d_6=4$
in pratica $d_k$ è il numero degli $n$ tali che $x_n=k(k+1)$
Quindi la serie che ho scritto prima è un riordinamento della serie di Hitleuler. Se la serie che ho scritto converge allora anche quella di Hitleuler converge.
$sum _{k=1} ^{+infty} {d_k}/{k(k+1)}$
dove $d_k$ è il numero dei divisori di $k(k+1)$ che non dividono $j(j+1)$ per j
Per esempio, da
$x_n=1$ per $n=1, 2$
$x_n=2$ per $n=3, 6$
$x_n=3$ per $n=4, 12$
$x_n=4$ per $n=5, 10, 20$
$x_n=5$ per $n=15, 30$
$x_n=6$ per $n=7, 14, 21, 42$
si deduce che
$d_1=2$
$d_2=2$
$d_3=2$
$d_4=3$
$d_5=2$
$d_6=4$
in pratica $d_k$ è il numero degli $n$ tali che $x_n=k(k+1)$
Quindi la serie che ho scritto prima è un riordinamento della serie di Hitleuler. Se la serie che ho scritto converge allora anche quella di Hitleuler converge.
"HiTLeuLeR":
[quote="gaussz"]io faccio così:
$x_n=k=x_j$ se $n=k(k+1)$ con k={1,2,3,...}
$x_n=x_r$ se n non è scomponibile in k(k+1)
da cui deduco che se
${x_j}={1,2,3,...}in\ mathbb{N}$ i.e. $\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))=sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
${x_r}={1,2,3,4,5-3,6,7,8,9-5,10,11-8,12,13-7,...}$ $in$ $mathbb{N}$ i.e. sia x=min{ n| x(x+1)} allora $x<=(n-1), x>0$ i.e. $\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))<=sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
quindi $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))=\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))+\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))<=2*sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
il che basta (si richiede solo di calcolare la convergenza). certamente ci sono anche altre soluzioni + simpatiche.
Ok, provo a decifrare quel che scrivi, tu dimmi semplicemente se interpreto correttamente oppure no. Innanzitutto tu indichi con $x_j$ quegli $x_n$ per cui $n$ si scompone secondo un prodotto del tipo $k(k+1)$, dove $k > 0$ è un intero. Quindi poni $x_n = x_r$ in ogni altro caso, e osservi banalmente che $x_r \le n-1$, giusto?
Quindi scomponi la serie di partenza nella somma di due contributi: $\sum_{j=1}^infty \frac{1}{x_j*(x_j+1)}$ e $\sum_{r=1}^infty \frac{1}{x_r*(x_r+1)}$. Concludendo poi che il secondo, in particolare, è dominato dalla serie convergente $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)$. Senonché questo è falso, perché $x_r \le n-1 < n$ implica semmai che la sommatoria infinita $\sum_{r=1}^infty \frac{1}{x_r*(x_r+1)}$ è MINORATA dalla serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)$. Ricordi, no? Se $0 < a < b$, allora $1/a > 1/b$. Umpf... Come disse quel tale: "Ahiahiahi, signora Longari, lei mi è caduta proprio sul pisello!"[/quote]
infatti manca ancora un pezzo...sigh! mea culpa, mea culpa....
"ficus2002":
A questo punto, si consideriamo la serie $sum _{k=1} ^{+infty} {d_k}/{k(k+1)}$, dove $d_k$ è il numero dei divisori di $k(k+1)$ che non dividono $j(j+1)$ per j
Ottimo, ficus2002, finalmente idee sensate! Adesso però vediamo un po' di completarlo, questo dannato proof...
allora cattivissimo:
$x_n=k=x_j$ se $n=k(k+1)$ con k={1,2,3,...}
$x_n=x_r$ se n non è scomponibile in k(k+1)
da cui deduco che se
${x_j}={1,2,3,...}in\ mathbb{N}$ i.e. $\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))=sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
${x_r}={1,2,3,4,6,7,8,9-5,10,12,13-7,...}$ $in$ $mathbb{N}$ i.e. sia x=min{ n| x(x+1)} allora $(n)/d_m0$ dove $d_m$ è il massimo divisore di n diverso da n
fin qui ci siamo: ragionando sempre allo stesso modo(scomponendo la serie in somma di contributi) ${x_r}={x_t}+{x_v}$
dove per dare un'idea: ${x_t}:={1,2,3,4,6,7,8,10,12,...}$ (serie di mengoli meno qualche termine che si ottiene considerando quando $n=p^a$ con p primo) quindi converge
ora tutto sta nel dimostrare che: $x_v>=x_j$ per ogni v=j;
per esempio se n=1 $x_1=1, x_(j=1)=1, x_(v=1)=3$
se $n=2 x_2=1, x_(j=2)=2, x_(v=2)=6$
quindi sembra evidente che $x_v$ cresce più rapidamente di $x_j$ (che aumenta di un'unità alla volta)
(dovrebbe essere semplice ma incredibilmente non ho idee al momento più tardi riproverò)
i.e. $\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))<=2*sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
quindi $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))=\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))+\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))<=3*sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
$x_n=k=x_j$ se $n=k(k+1)$ con k={1,2,3,...}
$x_n=x_r$ se n non è scomponibile in k(k+1)
da cui deduco che se
${x_j}={1,2,3,...}in\ mathbb{N}$ i.e. $\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))=sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
${x_r}={1,2,3,4,6,7,8,9-5,10,12,13-7,...}$ $in$ $mathbb{N}$ i.e. sia x=min{ n| x(x+1)} allora $(n)/d_m
fin qui ci siamo: ragionando sempre allo stesso modo(scomponendo la serie in somma di contributi) ${x_r}={x_t}+{x_v}$
dove per dare un'idea: ${x_t}:={1,2,3,4,6,7,8,10,12,...}$ (serie di mengoli meno qualche termine che si ottiene considerando quando $n=p^a$ con p primo) quindi converge
ora tutto sta nel dimostrare che: $x_v>=x_j$ per ogni v=j;
per esempio se n=1 $x_1=1, x_(j=1)=1, x_(v=1)=3$
se $n=2 x_2=1, x_(j=2)=2, x_(v=2)=6$
quindi sembra evidente che $x_v$ cresce più rapidamente di $x_j$ (che aumenta di un'unità alla volta)
(dovrebbe essere semplice ma incredibilmente non ho idee al momento più tardi riproverò)
i.e. $\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))<=2*sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
quindi $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))=\sum_{r=1}^infty\1/(x_r*(x_r+1))+\sum_{j=1}^infty\1/(x_j*(x_j+1))<=3*sum_{n=1}^infty\1/(n*(n+1))$
devo dire che questi problemi aritmetici mi appassionano ma..sigh! devo desistere mi rendo conto che ci sono problemi che non posso risolvere senza le dovute conoscenze e che la matematica a livello di universita andrebbe rivalutata . dico solo un'ultima chiamiamola 'intuizione' su questo probòema (spero che hitl ci dia la soluzione al più presto) :
se la doppia sommatoria:
$\sum_{a=1}^infty\sum_{n=1}^infty\1/(a*n*(a*n+1))$ converge allora anche $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))$ converge. ma non chiedetemi di spiegare perchè.
se la doppia sommatoria:
$\sum_{a=1}^infty\sum_{n=1}^infty\1/(a*n*(a*n+1))$ converge allora anche $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))$ converge. ma non chiedetemi di spiegare perchè.
"gaussz":
[...] devo desistere mi rendo conto che ci sono problemi che non posso risolvere senza le dovute conoscenze e che la matematica a livello di universita andrebbe rivalutata [...]
L'università c'entra poco e nulla: quest'è roba che NON si studia da nessuna parte. Tanto per suggestionarti un po', ho proposto lo stesso problema (click!) ad alcuni matematici di chiara fama (...) - normalisti! - ed è ancora lì che attende soluzione. Questo non proverà granché, ma suggerisce come la matematica non sia soltanto e non debba ritenersi un'esperienza strettamente scolastica - nell'accezione più deteriore del termine. Qui almeno c'è qualcuno - ficus2002! - che ha inforcato la strada giusta!
"gaussz":
[...] dico solo un'ultima chiamiamola 'intuizione' su questo problema [...]: se la doppia sommatoria $\sum_{a=1}^infty\sum_{n=1}^infty\1/(a*n*(a*n+1))$ converge allora anche $\sum_{n=1}^infty\1/(x_n*(x_n+1))$ converge. ma non chiedetemi di spiegare perchè.
...che quella doppia sommatoria sia convergente è una conclusione pressoché banale! Posto infatti $\sigma(a) := \sum_{n=1}^infty\1/(a*n*(a*n+1)) > 0$, per ogni $a \in \mathbb{Z}^+$, vale $0 < \sum_{a=1}^infty\sigma(a) \le (\sum_{a=1}^{+\infty} \frac{1}{a^2}) (\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^2}) < +\infty$. Da qui, per confronto, la tesi. Il problema è casomai stabilire la connessione che esiste - se mai ne esiste alcuna! - fra questa doppia sommatoria e la serie del problema...
"HiTLeuLeR":
...che quella doppia sommatoria sia convergente è una conclusione pressoché banale!
bè su questo non ci sono dubbi. HiTLeuLeR ma perchè hai questo nick orribile? dai registrati con un altro nick Salvatore (noto solo ora che il tuo nick è opposto al tuo nome).
"HiTLeuLeR":
Il problema è casomai stabilire la connessione che esiste - se mai ne esiste alcuna! - fra questa doppia sommatoria e la serie del problema...
se mai ne esiste alcuna è perchè secondo me se $x_n=t$ k volte nella doppia sommatoria che ho scritto compare più di k volte, tutto è però ancora una congettura...
"gaussz":
[...] HiTLeuLeR ma perchè hai questo nick orribile? dai registrati con un altro nick Salvatore (noto solo ora che il tuo nick è opposto al tuo nome).
Ok, da oggi in avanti sarò per tutti "HiTToLo", l'ottavo nano! Così va meglio?!
EDIT: c'è solo un problema... Non credo che dal profilo utente sia possibile cambiare nick!
E di registrarmi come nuovo utente non se ne parla nemmeno. Suggerimenti o soluzioni al problema?! 
prova a rivolgerti all'oracolo, forse lui può...
"gaussz":
prova a rivolgerti all'oracolo, forse lui può...
Non appena passo dalle parti di Delfo, proverò a seguire il tuo consiglio...
ecco la soluzione:
ogni numero intero n che non sia un $p^a$ (primo elevato ad una potenza intera) è scomponibile in $k(k+1)/d$ ove k,d $in NN$
ora per tutti gli n scomponibili per cui $d=1$ si ha $n=k(k+1)$ segue che $x_n=k$
se $d=2$ allora $n=k(k+1)/2$ segue che $x_n=k$ e $k$ oppure $(k+1)$ necessariamente multiplo di due
se $d=3$ allora $n=k(k+1)/3$ segue che $x_n=k$ e $k$ oppure $(k+1)$ necessariamente multiplo di tre
...
se $n=p^a$ then $x_n=(n-1)$
onde dedurne che:
se la doppia sommatoria $sum_{a=1}^infty\sum_{k=1}^infty(1/(a*k(a*k+1)))$ converge allora la serie in questione converge, siccome la doppia sommatoria converge allora converge anche la serie.
ogni numero intero n che non sia un $p^a$ (primo elevato ad una potenza intera) è scomponibile in $k(k+1)/d$ ove k,d $in NN$
ora per tutti gli n scomponibili per cui $d=1$ si ha $n=k(k+1)$ segue che $x_n=k$
se $d=2$ allora $n=k(k+1)/2$ segue che $x_n=k$ e $k$ oppure $(k+1)$ necessariamente multiplo di due
se $d=3$ allora $n=k(k+1)/3$ segue che $x_n=k$ e $k$ oppure $(k+1)$ necessariamente multiplo di tre
...
se $n=p^a$ then $x_n=(n-1)$
onde dedurne che:
se la doppia sommatoria $sum_{a=1}^infty\sum_{k=1}^infty(1/(a*k(a*k+1)))$ converge allora la serie in questione converge, siccome la doppia sommatoria converge allora converge anche la serie.
se vuoi modificare il nick puoi far richiesta all'amministratore
-è un problema tuo questo?
penso che la cosa si può generalizzare anche se nel testo c'era n divide $ax^2+bx+d$ o un altro polinomio.
-è un problema tuo questo?
penso che la cosa si può generalizzare anche se nel testo c'era n divide $ax^2+bx+d$ o un altro polinomio.
"gaussz":
se vuoi modificare il nick puoi far richiesta all'amministratore
Grazie della dritta, richiederò!
"gaussz":
è un problema tuo questo?
No, pare che sia di Paul Erdos. A me è giunto tramite i cinesi. Cinesi che ad oggi, assieme a bulgari, moldavi, russi, francesi e chi più ne ha più ne metta stanno ancora tentando di risolverlo.
Includerei nel mucchio pure un manipolo di collaudati normalisti, se solo non fosse che elevarli al rango di Vornicu & Co. mi sembra - in verità! - leggermente improprio e un tantino fuori luogo."gaussz":
penso che la cosa si può generalizzare anche se nel testo c'era n divide $ax^2+bx+d$ o un altro polinomio.
...l'ottimismo è il profumo della vita...
--------------
P.S.: mi prendo tutto il tempo necessario per valutare quest'n-esima tua presunta soluzione! Chissà che non sia davvero la volta buona - ah, se solo volesse il Cielo...
"gaussz":
ogni numero intero n che non sia un $p^a$ (primo elevato ad una potenza intera) è scomponibile in $k(k+1)/d$ ove k,d $in NN$
...ossia - se ho ben inteso - quel che qui tu mi dici è che, per ogni intero $n > 0$, esistono $k, d \in \mathbb{Z}^+$ tali che $n = \frac{k(k+1)}{d}$. E su questo punto sono addirittura d'accordo con te! Tuttavia...
"gaussz":
[...] onde dedurne che: se la doppia sommatoria $sum_{a=1}^infty\sum_{k=1}^infty(1/(a*k(a*k+1)))$ converge allora la serie in questione converge, siccome la doppia sommatoria converge allora converge anche la serie.
...resta comunque il fatto che non colgo il nesso! Com'è che salta fuori quella doppia sommatoria?! E che attinenza ci ha con la serie del problema? Perché la convergenza dell'una coimplicherebbe la convergenza dell'altra? Perché questo possa dirsi vero, dovresti provarmi l'esistenza di costanti $c_1, c_2 \in \mathbb{R}^+$ tali che $c_1 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n + 1)} \le sum_{a=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty 1/(a*k(a*k+1)) \le c_2 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n+1)}$, ne sei cosciente? Tutto quel che hai scritto finora sarà pur vero. Però serve a poco, se non quaglia...
EDIT: come gaussz fa notare poco oltre, onde provare la convergenza della serie originale, basterebbe in realtà dimostrare l'esistenza della sola costante $c_1$, siccome si è già mostrato che la doppia sommatoria di mezzo è convergente.
"HiTLeuLeR":
[...]Perché questo possa dirsi vero, dovresti provarmi l'esistenza di costanti $c_1, c_2 \in \mathbb{R}^+$ tali che $c_1 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n + 1)} \le sum_{a=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty 1/(a*k(a*k+1)) \le c_2 \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n+1)}$[...]
(eh!) l'avevo detto che non lo sapevo spiegare bene
secondo me basta solo trovare $c_1$ cioè la minorazione, non la maggiorazione che serve a ben poco.
dunque...il nesso è che (come ho detto) se d=2 allora k o k+1 deve essere multiplo di 2 (perchè n è un naturale), se d=3 allora ...
quindi se faccio in modo che tutti i multipli es: k(k+1),2k(2k+1),3k(3k+1)... nonchè k(k-1),2k(2k-1),3k(3k-1)...e li sommo tutti ... allora esiste (almeno) corrispondenza biunivoca fra i naturali diversi da $p^a$ ed i termini nella doppia sommatoria perchè dato n esistono e sono unici k,d con k multiplo per forza di...
eh non è rigoroso, forse tu puoi aiutarmi, hai capito il mio ragionamento?
"HiTLeuLeR":
[...] per ogni intero $n > 0$, esistono $k, d \in \mathbb{Z}^+$ tali che $n = \frac{k(k+1)}{d}$.
Riparto da qua! Ebbene, facendo seguito da qui alle tue argomentazioni, ne risulta $x_n = k$, se $k$ è minimo fra gli interi positivi che verificano la condizione qui sopra indicata. VERISSIMO! Btw, faccio notare che la coppia $(k,d)$ non è però univocamente determinata, come io stesso avevo suggerito in un mio intervento precedente. Che ad esempio $15 = \frac{5 \cdot 6}{2} = \frac{20 \cdot 21}{28} = ...$ Importante è tuttavia che di queste coppie ne esista almeno una. Il che è fatto certo, siccome $n$ divide $n(n+1)$. Pare tanto la storia del serpente che si morde la coda! Ora però...
"gaussz":
[...] esiste corrispondenza biunivoca fra i naturali diversi da $p^a$ ed i termini nella doppia sommatoria perchè dato n esistono e sono unici k,d con k multiplo per forza di...
eh non è rigoroso, forse tu puoi aiutarmi, hai capito il mio ragionamento?
SEBBENE ad ogni $n \in \mathbb{Z}^+$ resta associato un unico $k \in \mathbb{Z}^+$ minimo fra gli interi positivi per cui esiste $d \in \mathbb{Z}^+$ tale che $n = \frac{k(k+1)}{d}$ (cosicché $x_n = k)$;
TUTTAVIA la corrispondenza non è invertibile, nemmeno escludendo le potenze dei primi (i.e. gli interi della forma $n = p^r$), nel senso che ad uno stesso $k \in \mathbb{Z}^+$ sono associati in generale più interi positivi $n$ tali che $x_n = k$. Se $v$ è il numero di codesti interi, allora il termine $\frac{1}{k(k+1)}$ contribuisce esattamente $v$ volte a formare la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n+1)}$. Della qual cosa la tua graziosa maggiorazione a mezzo della doppia sommatoria $\sum_{k=1}^\infty \sum_{a=1}^\infty \frac{1}{ak{ak+1}}$ non mi sembra tenga conto. E poi...
"gaussz":
[...] quindi se faccio in modo che tutti i multipli es: k(k+1),2k(2k+1),3k(3k+1)... nonchè k(k-1),2k(2k-1),3k(3k-1)...
Questo che diamine vorrebbe dire?! Forse che, comunque scelto un $n \in \mathbb{Z}^+$, purché diverso dalla potenza di un primo, esistono $a, k \in \mathbb{Z}^+$ tali che $x_n = ak(ak+1)$ oppure $x_n = ak(ak-1)$ ?! Oh, bene... E che mi dici di $n = 35$? Si trova che $x_{35} = 14$, eppure $14 \ne ak(ak+1)$, quali che siano $a, k \in \mathbb{Z}^+$. Benedetto gaussz... Prima di congedarmi, voglio condividere con te una sacro principio a cui sempre mi affido nell'affrontare i miei problemi: l'intuizione vale molto, in matematica; ciò nondimeno, l'intuzione in matematica non serve a granché.
P.S.: se ti fermi un attimo a riflettere, capirai che sostanzialmente stai girando intorno all'idea già lanciata da ficus2002, senza forse neppure rendertene del tutto conto. Non sarà forse perché ti sei imbastardito come un ciuco su questa storia senza futuro della doppia sommatoria?!
Domanda. è equivalente scrivere la traccia in questo modo:
$ x_n = min{x in N : [x(x+1)] / n in N} in N $
$ x_n = min{x in N : [x(x+1)] / n in N} in N $
Risposta: sì (anche se quel "$\in \mathbb{N}$" fuori dalla graffa di destra proprio non lo capisco).
"HiTLeuLeR":
[...] per ogni intero $n > 0$, esistono $k, d \in \mathbb{Z}^+$ tali che $n = \frac{k(k+1)}{d}$.
[...]
Riparto da qua! Ebbene, facendo seguito da qui alle tue argomentazioni, ne risulta $x_n = k$, se $k$ è minimo fra gli interi positivi che verificano la condizione qui sopra indicata. VERISSIMO! Btw, faccio notare che la coppia $(k,d)$ non è però univocamente determinata, come io stesso avevo suggerito in un mio intervento precedente. Che ad esempio $15 = \frac{5 \cdot 6}{2} = \frac{20 \cdot 21}{28} = ...$ Importante è tuttavia che di queste coppie ne esista almeno una. Il che è fatto certo, siccome $n$ divide $n(n+1)$. Pare tanto la storia del serpente che si morde la coda! Ora però...
allora esiste ed è unica la coppia $(k,d)$ minima per ogni $n in NN$
"gaussz":
[...] esiste corrispondenza biunivoca fra i naturali diversi da $p^a$ ed i termini nella doppia sommatoria perchè dato n esistono e sono unici k,d con k multiplo per forza di...
eh non è rigoroso, forse tu puoi aiutarmi, hai capito il mio ragionamento?
"HiTLeuLeR":
SEBBENE ad ogni $n \in \mathbb{Z}^+$ resta associato un unico $k \in \mathbb{Z}^+$ minimo fra gli interi positivi per cui esiste $d \in \mathbb{Z}^+$ tale che $n = \frac{k(k+1)}{d}$ (cosicché $x_n = k)$;
TUTTAVIA la corrispondenza non è invertibile,nemmeno escludendo le potenze dei primi (i.e. gli interi della forma $n = p^r$), nel senso che ad uno stesso $k \in \mathbb{Z}^+$ sono associati in generale più interi positivi $n$ tali che $x_n = k$.
è vero, a-priori non è invertibile perchè per ogni n non corrispondono k tutti diversi, comunque, non credo che ciò neghi la tesi, leggi oltre (io parlavo di "termini della doppia sommatoria")
"HiTLeuLeR":
Se $v$ è il numero di codesti interi, allora il termine $\frac{1}{k(k+1)}$ contribuisce esattamente $v$ volte a formare la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{x_n(x_n+1)}$. Della qual cosa la tua graziosa maggiorazione a mezzo della doppia sommatoria $\sum_{k=1}^\infty \sum_{a=1}^\infty \frac{1}{ak{ak+1}}$ non mi sembra tenga conto. E poi...
dovrebbe tenerne conto
"HiTLeuLeR":
[quote="gaussz"][...] quindi se faccio in modo che tutti i multipli es: k(k+1),2k(2k+1),3k(3k+1)... nonchè k(k-1),2k(2k-1),3k(3k-1)...
Questo che diamine vorrebbe dire?! Forse che, comunque scelto un $n \in \mathbb{Z}^+$, purché diverso dalla potenza di un primo, esistono $a, k \in \mathbb{Z}^+$ tali che $x_n = ak(ak+1)$ oppure $x_n = ak(ak-1)$ ?! Oh, bene... E che mi dici di $n = 35$? Si trova che $x_{35} = 14$, eppure $14 \ne ak(ak+1)$, quali che siano $a, k \in \mathbb{Z}^+$. Benedetto gaussz... Prima di congedarmi, voglio condividere con te una sacro principio a cui sempre mi affido nell'affrontare i miei problemi: l'intuizione vale molto, in matematica; ciò nondimeno, l'intuzione in matematica non serve a granché.
P.S.: se ti fermi un attimo a riflettere, capirai che sostanzialmente stai girando intorno all'idea già lanciata da ficus2002, senza forse neppure rendertene del tutto conto. Non sarà forse perché ti sei imbastardito come un ciuco su questa storia senza futuro della doppia sommatoria?!
[/quote]
è vero!, sto girando intorno all'idea di ficus2002, credo che è in questo modo che si risolve.
non è vero che mi sono imbastardito come un ciuco, secondo me è però vero ciò che dico, le tue argomentazioni non mi convincono.
provo a chiarire (se ci riesco): se $n=k(k+1)/2$ (scomponibile in tale modo) allora poichè gli n sono tutti diversi allora anche i k sono tutti diversi e i k sono multipli di 2 inoltre $x_n=k$ quindi per d=2 prendo la successione $x_c=1/(2c(2c+1))+1/(2c(2c-1))$ che contiene sicuramente tutti i multipli di 2 indi tutti i k, (2c=x_n)
lo stesso ragionamento si fa per d=3,d=4,...fino all'infinito, poi li sommo tutti...et voilà.
(ficus2002 potrebbe dire certamente la sua).
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