Cómo probar esto $\sum_{k=1}^{2^{n-1}}\sigma{(2^n-2k+1)}\sigma{(2k-1)}=8^{n-1}$

Question

Dado el positivo números enteros $n$,demostrar que $$\sum_{k=1}^{2^{n-1}}\sigma{(2^n-2k+1)}\sigma{(2k-1)}=8^{n-1}$$

donde $\sigma(n)$ se define como $$\sigma{(N)}=\sum_{d|N}d$$

Este problema creo que es muy interesante, y tener buenos métodos?

Gracias a todos.

y me parece que algo de esto

o puede ver:http://www.advancesindifferenceequations.com/content/pdf/1687-1847-2013-84.pdf

Answer 1

Esta respuesta es largo, lo siento.

Para la compleja $q$$|q|<1$, introducir Ramanujan funciones de $P(q),Q(q)$: $$P(q) = 1 - 24\sum_{n=1}^\infty \sigma(n)\,q^n$$ $$Q(q) = 1 + 240\sum_{n=1}^\infty \sigma_3(n)\,q^n$$

El lado izquierdo de su primera fórmula puede ser entendido como el coeficiente de $q^{2^n}$ en el cuadrado de la potencia de la serie $$f(q) = \sum_{m=1}^\infty \sigma(2m-1)\,q^{2m-1} = \frac{1}{48}\left(P(-q)-P(q)\right)$$ Así que estamos interesados en $f(q)^2$, expresado como una potencia de la serie en $q$.

La proposición: Tenemos $$f(q)^2 = \frac{1}{240}\left(Q(q^2)-Q(q^4)\right)$$

Una vez que esto está demostrado, podemos concluir que $$f(q)^2 = \sum_{m=1}^\infty \left(\sigma_3(2m-1)\,q^{4m-2} + \left(\sigma_3(2m) - \sigma_3(m)\right)\,q^{4m}\right)$$ Por lo tanto, el coeficiente de $q^{2^n}$ resulta ser $\sigma_3(1) = 1$ $n=1$ y $$\sigma_3(2^{n-1}) - \sigma_3(2^{n-2}) = 2^{3(n-1)} = 8^{n-1}$$ para $n>1$, en efecto, así es $8^{n-1}$ para todos los enteros positivos $n$.

Queda por demostrar la proposición.

Para ese fin, vamos a $\mathbb{H}$ el complejo de la mitad superior del plano -, y a introducir una nueva variable independiente $\tau\in\mathbb{H}$ que determina $$q = \mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\tau}$$ por lo $|q|<1$. Además, para un entero positivo $k$ vamos $$q_k = \mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\tau/k}$$ por lo $q_k^k = q$.

Por medio de estas dependencias, se puede considerar $q$-serie como funciones de $\tau$. Esto nos lleva a la normalizado Eisenstein serie $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2(\tau) &= P(q) \\ \mathrm{E}_4(\tau) &= Q(q) \end{aligned}$$ Yo también uso la Jacobi thetanull funciones (como las funciones de $\tau$): $$\begin{aligned} \Theta_{00}(\tau) &= \sum_{m\in\mathbb{Z}}q_2^{m^2} \\ \Theta_{01}(\tau) &= \sum_{m\in\mathbb{Z}}(-q_2)^{m^2} \\ \Theta_{10}(\tau) &= \sum_{m\in\mathbb{Z}} q_8^{(2m+1)^2} = 2\,q_8\sum_{m=0}^\infty q^{m (m+1)/2} \end{aligned}$$

De fondo en esas funciones se da en los libros de texto, tales como:

1. (Theta funciones) de E. T. Whittaker y G. N. Watson, Un Curso de Análisis Moderno; 2ª edición de 1915; el Mercader de Libros, reimpresión 2008, ISBN 1-60386-121-1; 1ª edición de 1902.
2. (Eisenstein serie) Tom M. Apostol, Modular las Funciones de Dirichlet y de la Serie en la Teoría de los números; 2ª edición, 1990; Springer, ISBN 0-387-97127-0; 1ª edición, 1976.

Vamos a demostrar, como un primer lema, la utiliza con frecuencia triplete de identidades $$\begin{aligned} 3\,\Theta_{00}^4(\tau) &= 4\,\mathrm{E}_2(2\tau)-\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau}{2}\right) \\ 3\,\Theta_{01}^4(\tau) &= 4\,\mathrm{E}_2(2\tau)-\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right) \\ 3\,\Theta_{10}^4(\tau) &= \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right) - \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau}{2}\right) \end{aligned}$$ el último de los cuales puede ser traducido a $$f(q_2) = \left(\frac{\Theta_{10}(\tau)}{2}\right)^4$$ que le da otra representación para nuestra función de $f$.

El segundo lema comprenderá los tres identidades $$\begin{aligned} \Theta_{00}^8(\tau) &= \frac{1}{15}\left(16\,\mathrm{E}_4(\tau) - \mathrm{E}_4\left(\frac{\tau+1}{2}\right)\right) \\ \Theta_{01}^8(\tau) &= \frac{1}{15}\left(16\,\mathrm{E}_4(\tau) - \mathrm{E}_4\left(\frac{\tau}{2}\right)\right) \\ \Theta_{10}^8(\tau) &= \frac{16}{15}\left(\mathrm{E}_4(\tau)-\mathrm{E}_4(2\tau)\right) \end{aligned}$$ el último de los cuales, en última instancia, puede ser traducido a $$f(q_2)^2 = \frac{1}{240}\left(Q(q)-Q(q^2)\right)$$ cual es la proposición que necesitamos.

¿Por qué debemos probar seis identidades aunque sólo necesitamos dos de ellos? Bueno, resulta que los tres Jacobi thetanulls son mejor tratadas con en total, de lo contrario las cosas se vuelven menos la primaria. Además, esta es la tercera ocasión en que el plazo de quince días que tales identidades encontrar aplicaciones en este sitio (mira aquí y allí), así que creo que es útil tener un paquete de ellos en un lugar que se puede enlazar. Y por último pero no menos importante, es divertido.

El plan es encontrar ciertas (modular) simetrías de las expresiones que contienen las funciones anteriores de $\tau$; entonces para usar el hecho de que, hasta cierto factor constante, sólo una función puede tienen tales simetrías. Para preparar el terreno, recordemos los hechos más básicos sobre el de arriba Eisenstein serie y Jacobi thetanull funciones que vamos a necesitar.

En primer lugar, todas aquellas funciones son holomorphic para $\tau\in\mathbb{H}$ y puede ser representada como una serie de Maclaurin en $q_k$ algunos $k$, como se ha demostrado por las definiciones dadas. (Esto significa que se aproximan a un límite finito como $\Im\tau\to\infty$.)

Segundo, la thetanull funciones $\Theta_{00}(\tau), \Theta_{01}(\tau), \Theta_{10}(\tau)$ are nonzero for every $\tau\in\mathbb{H}$ lo que implica que sus recíprocos son holomorphic$\mathbb{H}$.

En tercer lugar, tenemos las siguientes simetrías: Deje $\tau' = \frac{-1}{\tau}$, luego $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2(\tau+1) &= \mathrm{E}_2(\tau) & \mathrm{E}_2(\tau') &= \frac{6\tau}{\pi\,\mathrm{i}} + \tau^2\,\mathrm{E}_2(\tau) \\ \mathrm{E}_4(\tau+1) &= \mathrm{E}_4(\tau) & \mathrm{E}_4(\tau') &= \tau^4\,\mathrm{E}_4(\tau) \\ \Theta_{00}(\tau+1) &= \Theta_{01}(\tau) & \Theta_{00}(\tau') &= \sqrt{-\mathrm{i}\tau}\,\Theta_{00}(\tau) \\ \Theta_{01}(\tau+1) &= \Theta_{00}(\tau) & \Theta_{01}(\tau') &= \sqrt{-\mathrm{i}\tau}\,\Theta_{10}(\tau) \\ \Theta_{10}(\tau+1) &= \sqrt{\mathrm{i}}\,\Theta_{10}(\tau) & \Theta_{10}(\tau') &= \sqrt{-\mathrm{i}\tau}\,\Theta_{01}(\tau) \end{aligned}$$

El cuarto hecho útil parece ser rara vez se menciona en los textos introductorios, pero es fácil llegar a la conclusión de que la materia tratada allí. Concretamente, los coeficientes de la Eisenstein $q$de la serie, es decir, la divisor de potencia sumas $\sigma_k(n)$, tienen una cierta propiedad multiplicativity que se traduce en las ecuaciones funcionales de la Eisenstein de la serie. En particular, tenemos: $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau}{2}\right) + \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right) + 4\,\mathrm{E}_2(2\tau) &= 6\,\mathrm{E}_2(\tau) \\ \mathrm{E}_4\left(\frac{\tau}{2}\right) + \mathrm{E}_4\left(\frac{\tau+1}{2}\right) + 16\,\mathrm{E}_4(2\tau) &= 18\,\mathrm{E}_4(\tau) \end{aligned}$$ Esto nos permite expresar una Eisenstein serie con argumento de $\frac{\tau+1}{2}$ en términos de la Eisenstein serie con argumentos $\frac{\tau}{2}$, $\tau$, y $2\tau$. ¿Por qué queremos hacerlo? Debido a que los últimos pueden ser fácilmente sometidos a la transformación de $\tau\to\tau'$. De hacerlo y la sustitución de nuevo, nos encontramos con la notable simetrías $$\begin{aligned} \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau'+1}{2}\right) &= \frac{12\tau}{\pi\,\mathrm{i}} + \tau^2\,\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right) \\ \mathrm{E}_4\left(\frac{\tau'+1}{2}\right) &= \tau^4\,\mathrm{E}_4\left(\frac{\tau+1}{2}\right) \end{aligned}$$

Ahora que las bases están en su lugar, considere la posibilidad de las funciones $$\begin{aligned} U_{00}(\tau) &= \frac {4\,\mathrm{E}_2(2\tau)-\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau}{2}\right)} {3\,\Theta_{00}^4(\tau)} \\ U_{01}(\tau) &= \frac {4\,\mathrm{E}_2(2\tau)-\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right)} {3\,\Theta_{01}^4(\tau)} \\ U_{10}(\tau) &= \frac {\mathrm{E}_2\left(\frac{\tau+1}{2}\right) - \mathrm{E}_2\left(\frac{\tau}{2}\right)} {3\,\Theta_{10}^4(\tau)} \end{aligned}$$ Resultando el primero lema es equivalente a mostrar que la $U_{00}, U_{01}, U_{10}$ son todos igual a la constante de $1$.

Como la de Eisenstein de la serie y la Jacobi thetanulls son holomorphic más $\mathbb{H}$, y la Jacobi thetanulls son, además, un valor distinto de cero en $\mathbb{H}$, nos encontramos con que $U_{00}, U_{01}, U_{10}$ son holomorphic$\mathbb{H}$.

Considerando el dado de la serie de ampliaciones de sus mandantes, nos encontramos con que $U_{00}, U_{01}, U_{10}$ puede ser representado como la serie de Maclaurin en $q_2$: $$\begin{aligned} U_{00} &= \frac{4\,P(q^2)-P(q_2)}{3\,\Theta_{00}^4} = \frac{3 + \mathrm{O}(q_2)}{3 + \mathrm{O}(q_2)} = 1 + \mathrm{O}(q_2) \\ U_{01} &= \frac{4\,P(q^2)-P(-q_2)}{3\,\Theta_{01}^4} = \frac{3 + \mathrm{O}(q_2)}{3 + \mathrm{O}(q_2)} = 1 + \mathrm{O}(q_2) \\ U_{10} &= \frac{P(-q_2) - P(q_2)}{3\,\Theta_{10}^4} = \frac{48 q_2 + \mathrm{O}(q_2^3)}{48 q_2 + \mathrm{O}(q_2^3)} = 1 + \mathrm{O}(q_2^2) \end{aligned}$$

El uso de las simetrías presentados anteriormente, nos encontramos después de algunos cálculos $$\begin{aligned} U_{00}(\tau+1) &= U_{01}(\tau) & U_{00}(\tau') &= U_{00}(\tau) \\ U_{01}(\tau+1) &= U_{00}(\tau) & U_{01}(\tau') &= U_{10}(\tau) \\ U_{10}(\tau+1) &= U_{10}(\tau) & U_{10}(\tau') &= U_{01}(\tau) \end{aligned}$$

En conjunto, esto implica que las funciones $$\begin{aligned} C_1 &= U_{00} + U_{01} + U_{10} \\ C_2 &= U_{00}\,U_{01} + U_{00}\,U_{10} + U_{01}\,U_{10} \\ C_3 &= U_{00}\,U_{01}\,U_{10} \end{aligned}$$ son más de holomorphic $\mathbb{H}$, representable como la serie de Maclaurin en $q_2$, y invariantes bajo las transformaciones $\tau\to\tau+1$$\tau\to\tau'$. La primera invariancia también implica que el $q_2$-serie sólo implican entero los poderes de $q = q_2^2$.

Esto significa que $C_1,C_2,C_3$ son los llamados totalidad de las formas modulares de peso cero. Sin embargo, como se muestra por ejemplo en el texto por el Apostol (referencia 2), la única totalidad de las formas modulares de peso cero son constantes. A partir de este hecho ahora podemos sacar nuestras conclusiones.

Por lo tanto cada una de las $C_i$ debe ser igual que el término constante de su $q$de la serie, por lo que $$C_1 = 3\qquad C_2 = 3\qquad C_3 = 1$$ independiente de $\tau$.

Recordemos que, por Vieta las fórmulas, las soluciones de la ecuación $$U^3 - C_1\,U^2 + C_2\,U - C_3 = 0$$ son, precisamente,$U\in\{U_{00}, U_{01}, U_{10}\}$. Ahora, puesto que la ecuación equivale a $(U-1)^3 = 0$, llegamos a la conclusión de que $$U_{00} = U_{01} = U_{10} = 1 = \mathrm{const.}$$ Por lo tanto, el primer lema es probada.

De la misma manera, se puede abordar fácilmente el segundo lexema. Sabes qué? Eso se lo dejo a usted, es refrescante.

Edit: Error tipográfico correcciones.

Answer 2

Es difícil añadir algo a una buena respuesta. Así que toma esto como un comentario, demasiado largo para el campo de comentarios:
Hay otra primaria de la prueba, utilizando sólo una media aritmética de identidad, que generaliza una clásica fórmula de Liouville. Para más detalles, ver el artículo "de Primaria de la Evaluación de Ciertas Sumas de Convolución que Implican Divisor Funciones" por Huard et al.En la página $21$ hay Teorema $5$, lo que produce $$ \sum_{k\le N/2} \sigma(2k-1)\sigma(N-2k+1)=\frac{1}{24}\left( 5\sigma_3(N)-21\sigma_3(N/2)+16\sigma_3(N/4)\right)+(1 − 6N)(σ(N) − 3σ(N/2) + 2σ(N/4))). $$ Para $N=2^n$ no resultado de la siguiente manera también (con algunas manipulaciones dada en el teorema $9$). La prueba es completamente primaria, sólo el uso de la generalización de la Fórmula de Liouville, que es el Teorema de $1$.