2.2.9. Demostrar las identidades
Y
d = nτ (n)/2 ,
d|n
X
2
X
τ (m)3 =
τ (m)
m|n
m|n
Solución: En primer lugar, queremos ver que
Y
d = nτ (n)/2
d|n
Para ello, dividimos en dos casos:
• n no es cuadrado perfecto: Sabemos que, si d divide a n, entonces, nd
también divide a n. Además, como n no es un cuadrado perfecto, para
todo d tal que d|n, d 6= nd .
Entonces, tenemos que:
2
Y
d·
d|n
Y
d·
d|n
n
=
d
Y
d
d|n
n Y
=
n = nτ (n)
d
d|n
Conclusión: Si n no es cuadrado perfecto, entonces,
Y
d = nτ (n)/2
d|n
• n es cuadrado perfecto: En este caso, tenemos que:
Y
√ Y
d= n
d
d|n
d|n
√
d6= n
Como para el resto de divisores de n, d 6= nd , entonces:
Y
Y
n
d· =
n = nτ (n)−1
d
d|n
√
d6= n
d|n
√
d6= n
De donde obtenemos que:
12
Y
d|n
√
d6= n
Y
n
= n τ (n)−1
2
d=
d
·
d
d|n
√
d6= n
Por tanto:
Y
d=
√ Y
τ (n)−1
n
d = n1/2 n 2 = nτ (n)/2
d|n
d|n
√
d6= n
Conclusión: Si n es cuadrado perfecto, entonces,
Y
d = nτ (n)/2
d|n
Por tanto, se cumple.
Ahora, queremos probar la otra fórmula:
2
X
X
τ (m)3 =
τ (m)
m|n
m|n
tenemos que τ (n) es multiplicativa. Por tanto, τ 3 (n),
P En primerPlugar,
3
d|n τ (n) y
d|n τ (n) son multiplicativas. Entonces, basta con demostrar
la igualdad para pα .
τ (pα ) = (α + 1)
Además, como todos los divisores de pα son de la forma pβ con 0 ≤ β ≤ α,
entonces, se cumple que:
X
τ (d) =
d|pα
α
X
(k + 1) =
k=0
=
(α + 1)(α + 2)
2
α+1
X
k=1
k=
Luego
2
1
τ (d) = (α + 1)2 (α + 2)2
4
α
X
d|p
Ahora:
X
3
τ (d) =
d|pα
α
X
3
(k + 1) =
α+1
X
k=0
k3
k=1
Entonces, basta demostrar que
n
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2
4
k=1
Lo probaremos por inducción:
• n=1
1=
1 2
· 1 · (1 + 1)2 = 4/4 = 1
4
• Caso general: Suponemos cierto para n. Queremos ver para n + 1:
n+1
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 =
4
k=1
1
= (n + 1)2 [n2 + 4n + 4] =
4
1
= (n + 1)2 (n + 2)2 =
4
1
= (n + 1)2 ((n + 1) + 1)2
4
Por tanto, se cumple que:
2
X
m|n
τ (m)3 =
X
τ (m)
m|n
Problema escrito por Javier Sanz-Cruzado Puig
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