mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 04, 2013 7:43 pm**

Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς

για τους οποίους ισχύει

$\displaystyle{\sum_{d|n} d^4 = n^4 + n^3 + n^2 + n + 1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 5:29 pm**

Έστω $n = p_1^{k_1}p_2^{k_2} \cdots p_m^{k_m}$ . Τώρα θέλουμε $\sigma_4(n) = \sum_{d|n} d^4 = n^4+n^3+n^2+n+1$ . Όμως $\displaystyle \sigma_4(n) = \prod_{i=1}^{m}(1+p_i^4+ \cdots + p_i^{4k_i}) > \prod_{i=1}^{m}1 + \prod_{i=1}^{m}p_i^{4k_i} + \left(\prod_{i \neq j}p_i^{4k_i} \cdot p_j^{4k_j-4} + \prod_{i \neq l}p_i^{4k_i} \cdot p_l^{4k_l-4} \right)$ . H ανισοτική σχέση βγαίνει αναπτύσσοντας το αρχικό γινόμενο και παραλείποντας τους περισσότερους όρους.

Άμα υπάρχουν $j, l \in \{k_1, k_2, \cdots, k_m\}$ τέτοια ώστε $j, l \geq 2$ . Τότε $4k_j-4 \geq 2k_j, 4k_l-4 \geq 2k_l$ , θα είναι: $\displaystyle \sigma_4(n) > \prod_{i=1}^{m}1 + \prod_{i=1}^{m}p_i^{4k_i} + \left(\prod_{i \neq j}p_i^{4k_i} \cdot p_j^{2k_j} + \prod_{i \neq l}p_i^{4k_i} \cdot p_l^{2k_l} \right) > 1 + n^4 + 2\sqrt{\prod_{i \neq j}p_i^{4k_i} \cdot p_j^{2k_j} \cdot \prod_{i \neq l}p_i^{4k_i} \cdot p_l^{2k_l}}$ . Τακτοποιώντας τους όρους: $\displaystyle \sigma_4(n) > n^4+1+2\sqrt{\prod_{i \neq j, l}p_i^{8k_i} \cdot p_j^{6k_j} \cdot p_l^{6k_l}} >$ $\displaystyle 1+n^4+2\prod_{i=1}^{m}p_i^{3k_i} = 1+n^4+2n^3 > 1+n+n^2+n^3+n^4$ , άτοπο!

Άρα δεν υπάρχουν τα ζητούμενα j,l

και συνεπώς: $n = p_1p_2 \cdots p_{m-1}p_m^{k_m} = n = p_1p_2 \cdots p_{m-1}p^a$ και θα είναι: $\displaystyle \sigma_4(n) = \prod_{i=1}^{m}(1+p_i^4) \cdot (1+p^4+ \cdots + p^{4a}) \geq \prod_{i=1}^{m}1 + \prod_{i=1}^{m}p_i^{4k_i} + \sum_{j=1}^{m} \left( \prod_{i \neq j} p_i^{4k_i} \cdot p_j^{4k_j-4} \right)$ . Πάλι η ανισότητα προκύπτει αναπτύσσοντας το γινόμενο και παραλείποντας τους περισσότερους όρους. Τώρα στο τελευταίο άθροισμα εφαρμόζουμε την ανισότητα AM-GM και έχουμε: $\displaystyle \sigma_4(n) > \prod_{i=1}^{m}1 + \prod_{i=1}^{m}p_i^{4k_i} + m \cdot \sqrt[m]{\prod_{j=1}^{m} \prod_{i \neq j} p_i^{4k_i} \cdot p_j^{4k_j-4}}$ $\displaystyle = 1 + n^4 + m \cdot \prod_{i=1}^{m} p_i^{\frac{4k_im-4}{m}} = 1+n^4+ m \cdot \prod_{i=1}^{m-1}p_i^{\frac{4m-4}{m}} \cdot p^{\frac{4am-4}{m}$ .

Άμα $m \geq 4$ θα είναι $4m-4 \geq 3m$ και $4am-4\geq 3am$ , άρα $\displaystyle \sigma_4(n) > 1+n^4+ m \cdot \prod_{i=1}^{m-1}p_i^{\frac{4m-4}{m}} \cdot p^{\frac{4am-4}{m}} > 1 + n^4 + m \cdot \prod_{i=1}^{m} p_i^3 \cdot p^{3a}$ > 1 + n^4 + 2n^3 > 1 + n + n^2 + n^3 + n^4

> 1 + n^4 + 2n^3 > 1 + n + n^2 + n^3 + n^4

, άτοπο!

Άρα $m \leq 3$ και συνεπώς n = p_1p_2p^a

.

Είναι $\displaystyle \sigma_4(n) = (1+p_1^4)(1+p_2^4)(1+p^4+ \cdots + p^{4a}) \geq 1 + n^4 + p_1^4p_2^4p^{4a-4}$ και άμα είναι $a \geq 4$ θα είναι p_1p_2 = 1

αλλιώς $p_1^4p_2^4p^{4a-4} \geq 2p_1^3p_2^3p^{3a} = 2n^3$ , άτοπο. Άμα όμως p_1p_2 = 1

θα είναι

και εύκολα βγαίνει πως a=4

.

Ακόμα είναι $\displaystyle \sigma_4(n) = (1+p_1^4)(1+p_2^4)(1+p^4+ \cdots + p^{4a})$ $\geq 1 + n^4 + (p_1^4p_2^4p^{4a-4} + p_2^4p^{4a} + p_1^4p^{4a}) +$ $(1+p_1^4p_2^4p^{4a-8}+p^{4a-4}p_1^4+p^{4a-4}p_2^4) + (p_1^4+p_2^4+p^{4a})$ . Άμα τώρα είναι $a \geq 2$ ένα από τα $p_1^4p_2^4p^{4a-4}, p_2^4p^{4a}, p_1^4p^{4a}$ κάποιο είναι μεγαλύτερο του p_1^3p_2^3p^3 = n^3

, εφαρμόζοντας AM-GM στην δεύτερη παρένθεση έχουμε πως: $1+p_1^4p_2^4p^{4a-8}+p^{4a-4}p_1^4+p^{4a-4}p_2^4 \geq 4p_1^2p_2^2p^2 = 4n^2 > n^2$ και κάποιο από τα $p_1^4, p_2^4, p^{4a}$ είναι μεγαλύτερο του p_1p_2p = n

. Άρα θα είναι: $\sigma_4(n) > 1 + n^4 + n^3+n^2 + n = n^4+n^3+n^2+n+1$ , άτοπο!

Τέλος άμα a = 1

, θα είναι $\sigma_4(n) = (p_1+1)(p_2+1)(p_3+1) < 8p_1p_2p_3 = 8n < n^4+n^3+n^2+n+1$ , άτοπο!

Συνοπτικά μόνες λύσεις είναι οι αριθμοί της μορφής $\fbox{\displaystyle n = p^4}$ , όπου

πρώτος.

Ελπίζω η λύση να είναι σωστή γιατί έχει πολλά σημεία που μπορούν να γίνουν εύκολα λάθη και πολλά κομμάτια που δεν είναι και πολύ σαφή

mathematica.gr

Διοφαντική - Παράξενη σχέση

Διοφαντική - Παράξενη σχέση

Re: Διοφαντική - Παράξενη σχέση