доказать

[age]

Я вот тут писал, просто никто не обратил внимания:
Сумму можно преобразовать:
$\[ \sum\limits_{i = 1}^k {\left[{(p_i^2 )\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i - 1}\right)}{p_i } } \right) - \left( {p_{i - 1}^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1} - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} \right]}=\] $
$\[ \sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\frac{(p_k - 1)}{p_k} \right] - \sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left({p_i^2 }\right)\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_{i - 1} - 1)}{p_{i - 1}}} \right)}}=\] $
$\[ \left[{\frac{(p_k - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right] + p_k^2\left[\frac{(p_k - 1)}{p_k}-1\right]\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\] $
Тогда
$\[ \pi \left( x \right) = x\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i - 1} \right)}{p_i}} }+\left(\left[{\frac{(p_k - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^{k-1}{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right] + p_k^2\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)=\] $

$\[ \pi \left( x \right) = x\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_i - 1} \right)}{p_i}} }+\left[{\frac{(p_k - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^k{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right]\] $

Осталось лишь доказать, что $\left[{\frac{(p_k - 1)}{p_k}-1}\right]\sum\limits_{i = 1}^k{\left[(p_i^2 )\cdot\left({\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{\left( {p_{i-1} - 1} \right)}{p_{i-1}}} } \right)\right]$ мало в сравнении с $x>p_k^2$.

Задача, по сути, несложная. Просто перегруженная формулами и громостская.

[Апис]

Подождите немного надо подумать
$\[ \left[ {\sum\limits_{i = 1}^k {(p_i^2 ) \cdot \left( {\prod\limits_{j = 1}^k {\frac{{(p_j - 1)}}{{p_j }}} } \right)} - \sum\limits_{i = 1}^k {(p_{i - 1}^k )} \cdot \left( {\prod\limits_{j = 1}^k {\frac{{(p_{j - 1} - 1)}}{{p_{j - 1} }}} } \right)} \right] + (x - p_k^2 )\left( {\prod\limits_{j = 1}^k {\frac{{p_k - 1}}{{p_k }}} } \right) \] $
И дайте закончить с обозначениями
Нужно сказать что i=j

[TOTAL]

age в сообщении #228352 писал(а):

Я вот тут писал, просто никто не обратил внимания:
Сумму можно преобразовать:

1) Вы не знаете, что хотел написать автор, поэтому не можете преобразовать
2) Ваша вторая строчка полна ошибок (если написанное понимать в общепринятом смысле)

[ewert]

Апис в сообщении #228354 писал(а):

Нужно сказать что i=j

Это мы уже на какой круг идём?...

[TOTAL]

TOTAL в сообщении #228345 писал(а):

TOTAL в сообщении #228335 писал(а):

$\left( {\prod\limits_{j= 1}^k {\frac{(p_j - 1)}{{p_j }}} } \right)$ - зависит эта величина от $i$? Стоит ли она под знаком суммы?

[age]

TOTAL в сообщении #228355 писал(а):

2) Ваша вторая строчка полна ошибок (если написанное понимать в общепринятом смысле)

По-моему, эта ошибка исправлена в 3-ей строчке.

[Апис]

ewert в сообщении #228357 писал(а):

Апис в сообщении #228354 писал(а):

Нужно сказать что i=j

Это мы уже на какой круг идём?...

Но каждому шагу суммирования соответствует строго определённый шаг произведения, как это отобразить. Я уже это на примере показал

[TOTAL]

TOTAL в сообщении #228358 писал(а):

TOTAL в сообщении #228345 писал(а):

TOTAL в сообщении #228335 писал(а):

$\left( {\prod\limits_{j= 1}^k {\frac{(p_j - 1)}{{p_j }}} } \right)$ - зависит эта величина от $i$? Стоит ли она под знаком суммы?

[ewert]

Апис в сообщении #228365 писал(а):

Но каждому шагу суммирования соответствует строго определённый шаг произведения,

Это -- бессмысленное словосочетание.
Если имелось в виду, что внутри суммы и по мере суммирования накапливаются произведения, то верхний предел произведения должен зависеть от переменной внешнего суммирования.

[age]

Апис в сообщении #228365 писал(а):

ewert в сообщении #228357 писал(а):

Апис в сообщении #228354 писал(а):

Нужно сказать что i=j

Это мы уже на какой круг идём?...

Но каждому шагу суммирования соответствует строго определённый шаг произведения, как это отобразить. Я уже это на примере показал

Нет. Произведение преобладает над суммой, его можно вынести за скобки вне зависимости от индекса. Главное суметь правильно сгруппровать, привести подобные и вынести общий множитель за сумму.
Так, например
$\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_i - 1)}{p_i}}=\prod\limits_{i = 1}^{k-1}{\frac{(p_i - 1)}{p_i}}\cdot\frac{p_k-1}{p_k}$
Аналогично
$\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_{i-1} - 1)}{p_{i-1}}}=\prod\limits_{i = 1}^{k-1}{\frac{(p_i - 1)}{p_i}}$

[Апис]

Давайте прервёмся до завтра, нужно подумать

[TOTAL]

age в сообщении #228369 писал(а):

Аналогично
$\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_{i-1} - 1)}{p_{i-1}}}=\prod\limits_{i = 1}^{k-1}{\frac{(p_i - 1)}{p_i}}$

Неверно.

[ewert]

age в сообщении #228369 писал(а):

Аналогично
$\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{(p_{i-1} - 1)}{p_{i-1}}}=\prod\limits_{i = 1}^{k-1}{\frac{(p_i - 1)}{p_i}}$

Во-первых, не аналогично. Во-вторых, ну не буквально же так (подправьте правый нижний предел).

[Апис]

Я связал две переменные, всё получилось,
$\[ \sum\limits_{j = i}^k {(p_j^2 )} \left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) - \sum\limits_{j = i}^k {(p_{j - 1}^2 )\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_{i - 1} - 1} \right)}}{{p_{i - 1} }}} } \right)} + \left( {x - p_k^2 } \right)\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right) \] $

[TOTAL]

$\left( {\prod\limits_{i = 1}^k {\frac{{\left( {p_i - 1} \right)}}{{p_i }}} } \right)$ - зависит от $j$? Стоит под знаком суммы? Может быть вынесено из-под этого знака?