mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 4:03 pm**

Bρείτε όλες τις θετικές συναρτήσεις f(x,y)

και

οι οποίες ικανοποιούν τις ακόλουθες ανισότητες:
$(\sum_{i=1}^{n}{a_ib_i})^2\leq (\sum_{i=1}^{n}{f(a_i,b_i)})(\sum_{i=1}^{n}{g(a_i,b_i))}\leq (\sum_{i=1}^{n}{a_i^2})(\sum_{i=1}^{n}{b_i^2}),$
για κάθε $a_i,b_i \in \mathbb{R}$ και $n \in \mathbb{Z_+.}$

Ένας αριθμός Ν καλείται ελλιπής, αν σ (Ν) <2N και επαρκής, αν σ (Ν)> 2N.
1. Έστω ότι k είναι σταθερό. Υπάρχουν ακολουθίες από k συνεχόμενους επαρκείς αριθμούς;
2. Δείξτε ότι υπάρχουν άπειρες 5-πλείαδες, διαδοχικών ελλιπών αριθμών.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 03, 2010 4:52 pm**

vzf έγραψε: Ένας αριθμός Ν καλείται ελλιπής, αν σ (Ν) <2N και επαρκής, αν σ (Ν)> 2N.
1. Έστω ότι k είναι σταθερό. Υπάρχουν ακολουθίες από k συνεχόμενους επαρκείς αριθμούς;
2. Δείξτε ότι υπάρχουν άπειρες 5-πλείαδες, διαδοχικών ελλιπών αριθμών.

Έχω μια απάντηση για το 2.1.

Λήμμα 1: Αν $p_1,\cdots,p_r$ είναι διακεκριμένοι πρώτοι που διαιρούν το

και $\displaystyle{\sum_{i=1}^r \frac{1}{p_i} > 1}$ τότε ο

είναι επαρκής.

Απόδειξη λήμματος: $\displaystyle{ \sigma(n) = \sum_{d|n} d = \sum_{d|n} \frac{n}{d} \geqslant n\left(1 + \sum_{p|n} \frac{1}{p} \right) > 2n.}$

Λήμμα 2: Κάθε πολλαπλάσιο επαρκούς αριθμού είναι επαρκής.

Απόδειξη: Αν $\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{n} > 2}$ τότε $\displaystyle{\frac{\sigma(mn)}{mn} \geqslant \frac{\sigma(n)}{n} > 2}$ αφού κάθε διαιρέτης του

είναι και διαιρέτης του

. (Χρησιμοποιούμε τον τύπο $\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{1}{d}.}$ )

Έγινε διόρθωση της απόδειξης του λήμματος 2.

Θα χρησιμοποιήσω ως γνωστό ότι το άθροισμα $\displaystyle{\sum_{p} \frac{1}{p}}$ αποκλίνει. Από αυτό το θεώρημα και το Λήμμα 1, συμπεραίνουμε ότι για κάθε

υπάρχουν αριθμοί $N_1,\ldots,N_r$ ώστε είναι όλοι επαρκείς και πρώτοι μεταξύ τους. Από το κινέζικο θεώρημα υπάρχει

ώστε $M+i \equiv 0 \bmod N_i$ για κάθε $1 \leqslant i \leqslant r$ .

Άρα από το Λήμμα 2 οι $M+1,M+2, \ldots, M+r$ είναι επαρκείς αφού είναι πολλαπλάσια επαρκών αριθμών.

--------------
Για το 2.2 το μόνο που μπορώ να δείξω προς το παρόν είναι ότι δεν μπορούμε να έχουμε έξι διαδοχικούς ελλιπείς αριθμούς αφού κάθε πολλαπλάσιο του 6 δεν είναι ελλιπής.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 04, 2010 6:19 pm**

Demetres έγραψε:

Λήμμα 2: Κάθε πολλαπλάσιο επαρκούς αριθμού είναι επαρκής.

Απόδειξη: Αν $\sigma(n) > 2$ τότε $\sigma(mn) \geqslant \sigma(n) > 2$ αφού κάθε διαιρέτης του είναι και διαιρέτης του .

Kάτι δεν καταλαβαίνω εδώ.Μήπως εννοείς σ( mn ) >=m*σ(n) > 2mn αν n επαρκής,εφόσον κάθε διαιρέτης του n ,έστω d,θα συμμετέχει στο σ(mn) τουλάχιστον με τον παράγοντα m*d ?

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 12:59 am**

billy_scabilly έγραψε:
Demetres έγραψε:

Λήμμα 2: Κάθε πολλαπλάσιο επαρκούς αριθμού είναι επαρκής.

Απόδειξη: Αν $\sigma(n) > 2$ τότε $\sigma(mn) \geqslant \sigma(n) > 2$ αφού κάθε διαιρέτης του είναι και διαιρέτης του .
Kάτι δεν καταλαβαίνω εδώ.Μήπως εννοείς σ( mn ) >=m*σ(n) > 2mn αν n επαρκής,εφόσον κάθε διαιρέτης του n ,έστω d,θα συμμετέχει στο σ(mn) τουλάχιστον με τον παράγοντα m*d ?

Συγνώμη Βασίλη, έχεις δίκιο. Θα διορθωθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 3:20 pm**

Να τις πάρει το ποτάμι;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 07, 2010 5:05 pm**

vzf έγραψε:Να τις πάρει το ποτάμι;

Το (1) άστο για λίγο ακόμη. Νομίζω έχω μια λύση αλλά θέλω να το ξαναδώ πριν την γράψω. Θα ήθελα να δω την λύση του (2.2).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 08, 2010 11:19 am**

Βάζω μια απάντηση για το (1) η οποία ίσως να μην είναι πλήρης. (Υποθέτω ότι $a_i,b_i \in \mathbb{R}_+$ αλλιώς θα είχαμε f(0,0)g(0,0) = 0

ενώ η άσκηση λέει πως παίρνουν θετικές τιμές.)

Η περίπτωση n=1

μας δίνει

Επειδή από Cauchy-Schwarz έχουμε $\displaystyle{\sum_{i=1}^n f(a_i,b_i) \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2 b_i^2}{f(a_i,b_i)} \geqslant \left(\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)^2}$

μένει να βρούμε όλες τις συναρτήσεις

που να ικανοποιούν

(*) $\displaystyle{\sum_{i=1}^n f(a_i,b_i) \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2 b_i^2}{f(a_i,b_i)} \leqslant \sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}$ για κάθε $a_i,b_i \in \mathbb{R}_+,n \in \mathbb{Z}_+$

Η περίπτωση n=2

της (*) είναι ισοδύναμη με

$\displaystyle{ \left( \frac{f(a_1,b_1)}{f(a_2,b_2)} - \frac{a_1^2}{a_2^2} \right)\left( \frac{f(a_2,b_2)}{f(a_1,b_1)} - \frac{b_2^2}{b_1^2} \right) \geqslant 0 }$ για κάθε $a_i,b_i \in \mathbb{R}_+$

το οποίο είναι ισοδύναμο με

(**) $\displaystyle{ \min \left\{ \frac{a_1^2}{a_2^2}, \frac{b_1^2}{b_2^2} \right\} \leqslant \frac{f(a_1,b_1)}{f(a_2,b_2)} \leqslant \max\left\{ \frac{a_1^2}{a_2^2}, \frac{b_1^2}{b_2^2} \right\}}$ για κάθε $a_i,b_i \in \mathbb{R}_+$

Παρατηρούμε επίσης ότι αν η

ικανοποιεί την (**) τότε ικανοποιεί και την (*) αφού

$\displaystyle{ \displaystyle{\sum_{i=1}^n f(a_i,b_i) \sum_{i=1}^n \frac{a_i^2 b_i^2}{f(a_i,b_i)} = \sum_{i=1}^n a_i^2b_i^2 + \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \left(\frac{f(a_i,b_i)}{f(a_j,b_j)} a_j^2 b_j^2 + \frac{f(a_j,b_j)}{f(a_i,b_i)} a_i^2 b_i^2\right) \leqslant \sum_{i=1}^n a_i^2b_i^2 + \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant n} \left(a_i^2 b_j^2 + a_j^2 b_i^2\right) = \sum_{i=1}^n a_i^2 \sum_{i=1}^n b_i^2}}$

Ορίζω h(x) = f(x,1)

και παρατηρώ ότι

$\displaystyle{ f(a,b) = b^2 f(a/b,1) = b^2 h(a/b)}$

και ότι η (**) είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{ \min\left\{ 1, \frac{x^2}{y^2}\right\} \leqslant \frac{h(x)}{h(y)} \leqslant \max\left\{ 1, \frac{x^2}{y^2}\right\}}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}_+$

Δηλαδή η αρχική ανισότητα ισχύει αν και μόνο αν f(a,b) = b^2h(b/a)