Ανισότητα με διαιρέτες

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

glinos
Δημοσιεύσεις: 16
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 17, 2018 3:08 pm
Τοποθεσία: Περαία, Θεσσαλονίκη

Ανισότητα με διαιρέτες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από glinos » Κυρ Μαρ 11, 2018 6:44 pm

Έστω n φυσικός μεγαλύτερος του 1. Γνωρίζουμε ότι ο n έχει συνολικά 2k 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).
τελευταία επεξεργασία από glinos σε Πέμ Μάιος 24, 2018 7:11 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Λίνος Γιαννάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μαρ 12, 2018 6:06 pm

Βελτιώνοντας το ζητούμενο:

Παρατηρούμε ότι οι 2k διαιρέτες του n ζευγαρώνονται σε k ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς n. 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 n είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο n είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1), τον n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Μαρ 13, 2018 12:35 am

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

Παρατηρούμε ότι οι 2k διαιρέτες του n ζευγαρώνονται σε k ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς n. 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 n είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο n είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1), τον n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}.
Τα παραπάνω οδηγούν στην ακόλουθη εικασία (αν δεν είναι γνωστό αποτέλεσμα):

Το άθροισμα των διαιρετών του n 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 n είναι πρώτος αν και μόνον αν ο μόνος φυσικός αριθμός x μικρότερος του n για τον οποίο ο 4n+x^2 είναι τέλειο τετράγωνο είναι ο n-1. Ένα βήμα πιο πέρα, ο n είναι γινόμενο δύο πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν δύο ακριβώς χ μικρότεροι του n φυσικοί για τους οποίους ο 4n+x^2 είναι τέλειο τετράγωνο, γινόμενο τριών πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν τέσσερις τέτοιοι x, κοκ (Στην περίπτωση n=pq οι δύο 'αναζητούμενοι' αριθμοί είναι ο γνωστός ύποπτος pq-1 και ο p-q, 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).]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » 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 2k διαιρέτες του n ζευγαρώνονται σε k ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς n. 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 n είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο n είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1), τον n+1+(k-1)\sqrt{4n+1}.
Τα παραπάνω οδηγούν στην ακόλουθη εικασία (αν δεν είναι γνωστό αποτέλεσμα):

Το άθροισμα των διαιρετών του n 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 n είναι πρώτος αν και μόνον αν ο μόνος φυσικός αριθμός x μικρότερος του n για τον οποίο ο 4n+x^2 είναι τέλειο τετράγωνο είναι ο n-1. Ένα βήμα πιο πέρα, ο n είναι γινόμενο δύο πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν δύο ακριβώς χ μικρότεροι του n φυσικοί για τους οποίους ο 4n+x^2 είναι τέλειο τετράγωνο, γινόμενο τριών πρώτων αν και μόνον αν υπάρχουν τέσσερις τέτοιοι x, κοκ (Στην περίπτωση n=pq οι δύο 'αναζητούμενοι' αριθμοί είναι ο γνωστός ύποπτος pq-1 και ο p-q, 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


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
glinos
Δημοσιεύσεις: 16
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 17, 2018 3:08 pm
Τοποθεσία: Περαία, Θεσσαλονίκη

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από glinos » Τρί Μαρ 13, 2018 4:59 pm

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

Παρατηρούμε ότι οι 2k διαιρέτες του n ζευγαρώνονται σε k ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς n. 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 n είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο n είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1), 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 n
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 )


Λίνος Γιαννάκης
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2492
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα με διαιρέτες

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » 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 2k διαιρέτες του n ζευγαρώνονται σε k ζεύγη όπου το γινόμενο του κάθε ζεύγους ισούται προς n. 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 n είναι τέλειο τετράγωνο, οπότε έχει περιττό αριθμό διαιρετών, άτοπο). Συμπεραίνουμε ότι το άθροισμα των διαιρετών υπερβαίνει, εκτός και αν ο n είναι πρώτος (οπότε όλα απλοποιούνται καθώς k=1), 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 n
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 )
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 )


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης