Cómo demostrar $ \prod_{d|n} d= n^{\frac{\tau (n)}{2}}$

Question

Cómo demostrarlo:

$$ \prod_{d|n} d= n^{\frac{\tau (n)}{2}}$$

$\prod_{d|n} d$ es el producto de todos los divisores positivos distintos de $n$ ,

$\tau (n)$ es el número (recuento)de todos los divisores positivos de $n$

Answer 1

Pista: Si $k$ divide $n$ entonces $\frac {n}{k}$ es un número entero que divide a $n$ .

Esto permite emparejar los divisores, para demostrar que $$(\prod_{d \mid n} d )^2 = \prod_{d \mid n} n = n^{\tau(n)}.$$

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Elaborado:

$$(\prod_{d \mid n} d )^2 = (\prod_{d \mid n} d ) ( \prod_{d \mid n} \frac {n}{d} ) = \prod_{d \mid n} d \times \frac {n}{d} = \prod_{d \mid n} n = n^{\tau(n)}.$$

Answer 2

Obsérvese que los divisores positivos de $n$ van en parejas, como si $d$ es un divisor, también lo es $n/d$ .

Sin embargo, hay que tener cuidado al $n = k^2$ es un cuadrado perfecto, porque sólo tienes un factor $k$ en el producto. En este caso $$ \prod_{d \mid n, d \ne k} = n^{\frac{\tau(n)-1}{2}}. $$ Ahora multiplica ambos lados por $k = n^{1/2}$ .

Answer 3

Supongamos que $\tau(n)=r (I)$ , $d_1,...,d_r$ es todo de distinc divisor positivo $n$

$d_i|n$ así $\frac n{d_i}|n$ así que { $\frac n{d_1},...,\frac n{d_r}$ } $\subset$ { $d_1,...,d_r$ }

también tenemos: $d_i=\frac n{\frac n{d_i}}=\frac n{d_j}$ así que

{ $\frac n{d_1},...,\frac n{d_r}$ } $=$ { $d_1,...,d_r$ }

$$\prod_{d|n} d =d_1...d_r=\frac n{d_1}.....\frac n{d_r}$$ así que $n^r=(d_1...d_r)^2$

$n^{\frac r2}=\prod_{d|n} d =d_1...d_r=n^{\frac {\tau(n)}2}$

Answer 4

Obsérvese que para cada divisor $d$ de $n$ existe un divisor $d'=n/d$ tal que $dd'=n$ .

Si $n$ no es un cuadrado. Dejaré este caso para el lector. :-)

Answer 5

Yo tenía un enfoque diferente, aunque menos elegante que los anteriores. Voy a esbozarlo para cualquiera que quiera un enfoque más fuerza bruta (para los futuros visitantes, por supuesto).

Sea $$n=\prod_{i=1}^{k} p_i^{e_i}$$ donde el $p_i$ son los $k$ divisores primos distintos de $n$ . Defina $P_l$ como el producto de todos los divisores positivos de $\prod_{i=1}^{l}p_i^{e_i}$ . Obsérvese que cada uno de los divisores será de la forma $$\prod_{\substack{i\in S \\ S\subseteq \{1,\ldots, l\}}} p_i^{m_i}$$ donde para cada $p_i$ eliges un $m_i$ satisfaciendo $1\leqslant m_i \leqslant e_i$ . Obviamente deseamos encontrar $P_k$ .

Considere $P_{k-1}$ que tendrá todos esos divisores formados por todos los primos excepto el último, $p_k$ . Para obtener los divisores que tienen $p_k$ en su factorización, basta con tomar todos los divisores positivos posibles obtenidos a partir de la primera $k-1$ primos, y multiplicar cada uno por $p_k^{m_k}$ haciendo $m_k$ oscilan entre $0\leqslant m_k \leqslant e_k$ . Observe que $\tau(P_{l})=\prod_{i=1}^{l}(e_i+1)$ como para cada primo $p_i$ podemos elegir un exponente de $e_i+1$ opciones disponibles ( $0,1,\ldots,e_i$ ).

Así que para demostrar que podemos tomar $P_{k-1}$ y multiplicar cada divisor por $p_k^0=1$ dando sólo $P_{k-1}$ y luego $p_k^1$ , dando $P_{k-1}(p_k^{1})^{\tau{(P_{k-1})}}=P_{k-1}p_k^{1\times \tau{(P_{k-1})}}$ y luego $p_k^2$ , dando $P_{k-1}(p_k^{2})^{\tau{(P_{k-1})}}=P_{k-1}p_k^{2\times \tau{(P_{k-1})}}$ y luego $\ldots$ y luego $p_k^{e_k}$ , dando $P_{k-1}(p_k^{e_k})^{\tau{(P_{k-1})}}=P_{k-1}p_k^{e_k\tau{(P_{k-1})}}$ . Sólo queremos tomar el producto sobre todos ellos para el producto de todos los divisores positivos de $n$ , $P_k$ . Esto da una relación de recurrencia, en $P_k$ ya que el mismo argumento se aplica a cualquier $l$ y $P_l$ . $$ \begin{align} P_k &=\prod_{i=0}^{e_k}P_{k-1}p_k^{i\tau{(P_{k-1})}} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}\left(\prod_{i=0}^{e_k}p_k^{i}\right)^{\tau{(P_{k-1})}} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}p_k^{{\tau{(P_{k-1})}}\sum_{i=0}^{e_k}{i}} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}p_k^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k-1})}}e_k(e_k+1)} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}p_k^{\frac 1 2 e_k(e_k+1)\prod_{i=1}^{k-1}(e_i+1)} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}p_k^{\frac 1 2 e_k\prod_{i=1}^{k}(e_i+1)} \\&=P_{k-1}^{e_k+1}p_k^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_k} \end{align} $$

Ahora podemos seguir aplicando la recurrencia, como sigue.

$$ \begin{align} P_k &= \left(P_{k-2}^{e_{k-1}+1}p_{k-1}^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k-1})}}e_{k-1}}\right)^{e_k+1}p_k^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_k} \\&= P_{k-2}^{(e_{k-1}+1)(e_k+1)}p_{k-1}^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k-1})}}e_{k-1}(e_k+1)}p_k^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_k} \\&= P_{k-2}^{(e_{k-1}+1)(e_k+1)}p_{k-1}^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_{k-1}}p_k^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_k} \\&= \ldots \\&=P_{j}^{\prod_{i=j+1}^{k}(e_i+1)}\prod_{i=j+1}^{k}p_i^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_i} \\&= \ldots \\&= \prod_{i=1}^{k}p_i^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}e_i} \\&= \left(\prod_{i=1}^{k}p_i^{e_i}\right)^{\frac 1 2 {\tau{(P_{k})}}} \\&= n^{\frac{\tau{(n)}}{2}} \end{align} $$

dando el resultado. En aras del rigor, basta con hallar el caso base e inducir utilizando la recurrencia.