mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 11, 2018 6:44 pm**

Έστω

φυσικός μεγαλύτερος του

. Γνωρίζουμε ότι ο

έχει συνολικά

διαιρέτες στο πλήθος. Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των διαιρετών του υπερβαίνει τον αριθμό $\left(n+1 \right)\cdot \left(\dfrac{k-1}{4n}+1 \right)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm**

Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι

διαιρέτες του

ζευγαρώνονται σε

ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς

. Για κάθε τέτοιο ζεύγος (a,b)

ισχύει η $a+b=\sqrt{4ab+(a-b)^2}=\sqrt{4n+(a-b)^2}$ . Για ένα ακριβώς από τα ζεύγη ισχύει η (a-b)^2=(n-1)^2

, ενώ για τα υπόλοιπα k-1

ζεύγη ισχύει η $(a-b)^2\geq1$ (εκτός και αν ο

είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο

είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1

), τον $n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 13, 2018 12:35 am**

gbaloglou έγραψε: Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι διαιρέτες του ζευγαρώνονται σε ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς . Για κάθε τέτοιο ζεύγος ισχύει η $a+b=\sqrt{4ab+(a-b)^2}=\sqrt{4n+(a-b)^2}$ . Για ένα ακριβώς από τα ζεύγη ισχύει η , ενώ για τα υπόλοιπα ζεύγη ισχύει η $(a-b)^2\geq1$ (εκτός και αν ο είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς ), τον $n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}$ .

Τα παραπάνω οδηγούν στην ακόλουθη εικασία (αν δεν είναι γνωστό αποτέλεσμα):

Το άθροισμα των διαιρετών του

ισούται προς το άθροισμα των αριθμών $\sqrt{4n+x^2}$ , όπου $1\leq x\leq n-1$ ΚΑΙ 4n+x^2

τέλειο τετράγωνο.

[Ως ειδική περίπτωση, ο

είναι πρώτος αν και μόνον αν ο μόνος φυσικός αριθμός

μικρότερος του

για τον οποίο ο 4n+x^2

είναι τέλειο τετράγωνο είναι ο n-1

. Ένα βήμα πιο πέρα, ο

είναι γινόμενο δύο πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν δύο ακριβώς

μικρότεροι του

φυσικοί για τους οποίους ο 4n+x^2

είναι τέλειο τετράγωνο, γινόμενο τριών πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν τέσσερις τέτοιοι

, κοκ (Στην περίπτωση n=pq

οι δύο 'αναζητούμενοι' αριθμοί είναι ο γνωστός ύποπτος pq-1

και ο

, από εκεί και πέρα μπλέκουν τα πράγματα (αλλά η εικασία φαίνεται να ισχύει ακόμη, πχ για $n=2\cdot3\cdot5$ το άθροισμα των διαιρετών είναι $\sqrt{4\cdot30+1^2}+\sqrt{4\cdot30+7^2}+\sqrt{4\cdot30+13^2}+\sqrt{4\cdot30+29^2}=72$ ).]

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 13, 2018 1:52 pm**

gbaloglou έγραψε: Τρί Μαρ 13, 2018 12:35 am
gbaloglou έγραψε: Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι διαιρέτες του ζευγαρώνονται σε ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς . Για κάθε τέτοιο ζεύγος ισχύει η $a+b=\sqrt{4ab+(a-b)^2}=\sqrt{4n+(a-b)^2}$ . Για ένα ακριβώς από τα ζεύγη ισχύει η , ενώ για τα υπόλοιπα ζεύγη ισχύει η $(a-b)^2\geq1$ (εκτός και αν ο είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς ), τον $n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}$ .
Τα παραπάνω οδηγούν στην ακόλουθη εικασία (αν δεν είναι γνωστό αποτέλεσμα):

Το άθροισμα των διαιρετών του ισούται προς το άθροισμα των αριθμών $\sqrt{4n+x^2}$ , όπου $1\leq x\leq n-1$ ΚΑΙ τέλειο τετράγωνο.

[Ως ειδική περίπτωση, ο είναι πρώτος αν και μόνον αν ο μόνος φυσικός αριθμός μικρότερος του για τον οποίο ο είναι τέλειο τετράγωνο είναι ο . Ένα βήμα πιο πέρα, ο είναι γινόμενο δύο πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν δύο ακριβώς μικρότεροι του φυσικοί για τους οποίους ο είναι τέλειο τετράγωνο, γινόμενο τριών πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν τέσσερις τέτοιοι , κοκ (Στην περίπτωση οι δύο 'αναζητούμενοι' αριθμοί είναι ο γνωστός ύποπτος και ο , από εκεί και πέρα μπλέκουν τα πράγματα (αλλά η εικασία φαίνεται να ισχύει ακόμη, πχ για $n=2\cdot3\cdot5$ το άθροισμα των διαιρετών είναι $\sqrt{4\cdot30+1^2}+\sqrt{4\cdot30+7^2}+\sqrt{4\cdot30+13^2}+\sqrt{4\cdot30+29^2}=72$ ).]

Δεν είναι και τόσο μυστηριώδες τελικά:

$\sqrt{4pqr+(pq-r)^2}+\sqrt{4pqr+(pr-q)^2}+\sqrt{4pqr+(qr-p)^2}+\sqrt{4pqr+(pqr-1)^2}=$

=(pq+r)+(pr+q)+(qr+p)+(pqr+1),

κλπ κλπ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 13, 2018 4:59 pm**

gbaloglou έγραψε: Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι διαιρέτες του ζευγαρώνονται σε ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς . Για κάθε τέτοιο ζεύγος ισχύει η $a+b=\sqrt{4ab+(a-b)^2}=\sqrt{4n+(a-b)^2}$ . Για ένα ακριβώς από τα ζεύγη ισχύει η , ενώ για τα υπόλοιπα ζεύγη ισχύει η $(a-b)^2\geq1$ (εκτός και αν ο είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς ), τον $n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}$ .

Λέω και εγώ να γράψω την λύση μου...
Λοιπόν, έστω $d_{1},d_{2},...,d_{2k}$ οι διαιρέτες του

με $d_{1}<d_{2}<...<d_{2k}$ .Τότε προφανώς $d_{1}=1,d_{2k}=n$
και $d_{2}\cdot d_{2k-1}=n,d_{3}\cdot d_{2k-2}=n$ κλπ. μέχρι $d_{k}\cdot d_{k+1}=n$ .Άρα το άθροισμα $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}$ είναι ίσο με $\left (d_{1}+d_{2k} \right )+\left (d_{2}+d_{2k-1} \right )+...+\left (d_{k}+d_{k+1} \right )=\left (n+1\right )+\left (d_{2}+\frac{n}{d_{2}} \right )+...+\left (d_{k}+\frac{n}{d_{k}} \right ).$ .Όμως, από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μεσου έχω για κάθε x,y>0

ότι $x+\frac{y}{x}\geq2 \sqrt{x\cdot \frac{y}{x}}=2\sqrt{y}$ ,όπου η ισότητα ισχύει μόνο για x=y

.Έτσι, το άθροισμα μας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $\left (n+1 \right )+2\sqrt{n}+...+2\sqrt{n}=n+1+2\sqrt{n}\cdot \left (k-1 \right )$ , αφόυ ο όρος $2\sqrt{n}$
εμφανίζεται συνολικά k-1

φορές.Αλλά για να ισχύει η ισότητα πρέπει $d_{2}=\frac{n}{d_{2}}\Leftrightarrow n=d_{2}^{2}$ , άτοπο αφού εάν ο n είναι τέλειο τετράγωνο τότε έχει περιττό πλήθος διαιρετών.Άρα $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}>n+1+2\sqrt{n}\cdot \left (k-1 \right )$
Τώρα από την ανισότητα γεωμετρικού-αρμονικού μέσου έχω $\sqrt{n\cdot 1}\geq\frac{2}{\frac{1}{n}+1}=\frac{2n}{n+1}$ , οπότε $2\sqrt{n}\geq\frac{4n}{n+1}$ .Σύνεπώς, το ζητούμενο άθροισμα υπερβαίνει τον αριθμό $n+1+\frac{4n}{n+1}\cdot \left ( k-1 \right )$ .Τέλος, παρατηρούμε οτί για κάθε $n>\frac{1}{3}$ ισχύει $\frac{4n}{n+1}> \frac{n+1}{4n}$ (εύκολη απόδειξη με χιαστί), επομένως $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}>n+1+\frac{n+1}{4n}\cdot \left ( k-1 \right )=\left ( n+1 \right )\cdot \left ( \frac{k-1}{4n}+1 \right )$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 13, 2018 5:55 pm**

glinos έγραψε: Τρί Μαρ 13, 2018 4:59 pm
gbaloglou έγραψε: Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι διαιρέτες του ζευγαρώνονται σε ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς . Για κάθε τέτοιο ζεύγος ισχύει η $a+b=\sqrt{4ab+(a-b)^2}=\sqrt{4n+(a-b)^2}$ . Για ένα ακριβώς από τα ζεύγη ισχύει η , ενώ για τα υπόλοιπα ζεύγη ισχύει η $(a-b)^2\geq1$ (εκτός και αν ο είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς ), τον $n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}$ .
Λέω και εγώ να γράψω την λύση μου...
Λοιπόν, έστω $d_{1},d_{2},...,d_{2k}$ οι διαιρέτες του
με $d_{1}<d_{2}<...<d_{2k}$ .Τότε προφανώς $d_{1}=1,d_{2k}=n$
και $d_{2}\cdot d_{2k-1}=n,d_{3}\cdot d_{2k-2}=n$ κλπ. μέχρι $d_{k}\cdot d_{k+1}=n$ .Άρα το άθροισμα $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}$ είναι ίσο με $\left (d_{1}+d_{2k} \right )+\left (d_{2}+d_{2k-1} \right )+...+\left (d_{k}+d_{k+1} \right )=\left (n+1\right )+\left (d_{2}+\frac{n}{d_{2}} \right )+...+\left (d_{k}+\frac{n}{d_{k}} \right ).$ .Όμως, από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μεσου έχω για κάθε
ότι $x+\frac{y}{x}\geq2 \sqrt{x\cdot \frac{y}{x}}=2\sqrt{y}$ ,όπου η ισότητα ισχύει μόνο για .Έτσι, το άθροισμα μας είναι μεγαλύτερο ή ίσο του $\left (n+1 \right )+2\sqrt{n}+...+2\sqrt{n}=n+1+2\sqrt{n}\cdot \left (k-1 \right )$ , αφόυ ο όρος $2\sqrt{n}$
εμφανίζεται συνολικά φορές.Αλλά για να ισχύει η ισότητα πρέπει $d_{2}=\frac{n}{d_{2}}\Leftrightarrow n=d_{2}^{2}$ , άτοπο αφού εάν ο n είναι τέλειο τετράγωνο τότε έχει περιττό πλήθος διαιρετών.Άρα $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}>n+1+2\sqrt{n}\cdot \left (k-1 \right )$

Αγαπητέ glinos ως εδώ λέμε περίπου τα ίδια πράγματα, από εδώ και πέρα εξασθενείς ο ίδιος την ανισότητα (σου), πιστεύω δηλαδή ότι τα παρακάτω δεν χρειάζονται.

Τώρα από την ανισότητα γεωμετρικού-αρμονικού μέσου έχω $\sqrt{n\cdot 1}\geq\frac{2}{\frac{1}{n}+1}=\frac{2n}{n+1}$ , οπότε $2\sqrt{n}\geq\frac{4n}{n+1}$ .Σύνεπώς, το ζητούμενο άθροισμα υπερβαίνει τον αριθμό $n+1+\frac{4n}{n+1}\cdot \left ( k-1 \right )$ .Τέλος, παρατηρούμε οτί για κάθε $n>\frac{1}{3}$ ισχύει $\frac{4n}{n+1}> \frac{n+1}{4n}$ (εύκολη απόδειξη με χιαστί), επομένως $d_{1}+d_{2}+...+d_{2k}>n+1+\frac{n+1}{4n}\cdot \left ( k-1 \right )=\left ( n+1 \right )\cdot \left ( \frac{k-1}{4n}+1 \right )$

mathematica.gr

Ανισότητα με διαιρέτες

Ανισότητα με διαιρέτες

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

Re: Ανισότητα με διαιρέτες