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La identidad en la Teoría de números en Papel

En este artículo por Jerry Hu, se define la función

$$f_{s,k,i}\left(u\right)=\prod_{p\mid u} \left(1-\frac{\sum_{m=i}^{k-1}{s \elegir m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{k-1}{s \elegir m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}\right)$$

para su uso en el principal teorema.

En el Lema 4 (páginas 3 y 4), se afirma que

$$\frac{f_{s,k,i}\left(u_{i}\right)}{f_{s,k,i+1}\left(u_{i}\right)}=\sum_{d\mid u_{i}}\frac{\mu\left(d\right){s \choose i}^{\omega\left(d\right)}}{\alpha_{s,k,i}\left(d\right)}$$

para $i=1,2,\ldots k-2$ donde $\mu$ es la función de Möbius, $\omega\left(d\right)$ es el número de los distintos factores primos de a $d$, y

$$\alpha_{s,k,i}\left(d\right)=d^{i}\prod_{p\mid d}\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(1-p^{-1}\right)^{i-m}p^{-m}$$

para $i=1,2,\ldots k-1$.

Obviamente $f_{s,k,i}$ es multiplicativo y, por lo tanto, también lo es $\frac{f_{s,k,i}}{f_{s,k,i+1}}$, lo que significa que es suficiente para demostrar que esta para $u_{i}=p^{a}$ para los números enteros $a\geq0$.

Sólo he sido capaz de ir tan lejos a ambos lados de la igualdad, pero me ha golpeado una pared.

Comenzando desde el lado izquierdo, ya que el único primer dividiendo $p^{a}$ $p$ sí, tengo:

$$\frac{f_{s,k,i}\left(p^{a}\right)}{f_{s,k,i+1}\left(p^{a}\right)}=\frac{1-\frac{\sum_{m=i}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}}{1-\frac{\sum_{m=i+1}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}}= \\ \frac{\frac{\sum_{m=0}^{i-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}}{\frac{\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{k-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}} = \frac{\sum_{m=0}^{i-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}.$$

Por otro lado, desde $\mu\left(1\right)=1$, $\mu\left(p\right)=-1$, y $\mu\left(p^{a}\right)=0$$a>1$, así como desde $\omega\left(1\right)=0$, $\omega\left(p^{a}\right)=1$ para $a\geq1$, e $\alpha_{s,k,i}\left(1\right)=1$, tengo:

$$\sum_{d\mid p^{a}}\frac{\mu\left(d\right){s \choose i}^{\omega\left(d\right)}}{\alpha_{s,k,i}\left(d\right)}=1-{s \choose i}\left(\alpha_{s,k,i}\left(p\right)\right)^{-1} = \\ 1-{s \choose i}\left(p^{i}\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(1-p^{-1}\right)^{i-m}p^{-m}\right)^{-1} = \\ 1-{s \choose i}\left(p^{i}\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{i-m}p^{-i}\right)^{-1} = \\ 1-{s \choose i}\left(\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{i-m}\right)^{-1}.$$

Yo no puedo ver cómo proceder a partir de aquí. Suponiendo que no he cometido algún error, ¿qué debo hacer para llenar el vacío en el

$$\frac{\sum_{m=0}^{i-1}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{k-1-m}}=\overset{?}{\cdots}=1-{s \choose i}\left(\sum_{m=0}^{i}{s \choose m}\left(p-1\right)^{i-m}\right)^{-1}?$$

La segunda parte de este lema es similar, así que creo que puedo hacer que de una vez he entendido cómo avanzar en este.

EDIT: yo de alguna manera se perdió una parte importante de la definición de $f_{s,k,i}$ al escribir esta pregunta, y esto continuó durante todo debido a mi copiar y pegar. Esto ha sido corregido. Siento no haber notado esto antes.

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Markus Scheuer Puntos 16133

Aquí es una manera de hacer el cálculo:

\begin{align*} \frac{\sum_{m=0}^{i-1}\binom{s}{m}(p-1)^{k-1-m}}{\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{k-1-m}}&= \frac{\sum_{m=0}^{i-1}\binom{s}{m}(p-1)^{-m}}{\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{-m}}\tag{1}\\ &=\frac{\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{-m}-\binom{s}{i}(p-1)^{-i}}{\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{-m}}\tag{2}\\ &=1-\binom{s}{i}(p-1)^{-i}\left(\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{-m}\right)^{-1}\tag{3}\\ &=1-\binom{s}{i}\left(\sum_{m=0}^{i}\binom{s}{m}(p-1)^{i-m}\right)^{-1}\tag{4}\\ \end{align*}

Comentario:

  • En (1) dividimos por $(p-1)^{k-1}$

  • En (2) tenemos que añadir el sumando $m=i$ a la suma en el numerador y restar el valor correspondiente

  • En (3) vamos a realizar la división

  • En (4) hay un último pequeño reordenamiento

Nota: de Acuerdo a su precisa descripción que hizo la mayoría de los análisis de Lema 4 y supongo que este cálculo se mira por lo tanto muy fácil para usted.

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