Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Tolaso J Kos · #1

Έστω

θετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με $\tau(n)$ τον αριθμό των θετικών ακεραίων που διαιρούν τον

και με $\sigma(n)$ το άθροισμα αυτών των θετικών διαιρετών. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{\tau(n)} \geq \sqrt{n}}$

konargyr14 · #2

Καλησπέρα. Θα χρησιμοποιήσω τα ακόλουθα λήμματα:

Λήμμα 1
Οι συναρτήσεις $\tau(n)$ , $\sigma(n)$ είναι πολλαπλασιαστικές, δηλαδή ισχύει: $\tau(mn) =\tau(m)\tau(n)$ και $\sigma(mn) = \sigma(m)\sigma(n)$ για $m,n \in \mathbb{Z}^+$ , με (m, n) = 1

.

Απόδειξη
1) Αν $m,n \in \mathbb{Z}^+$ , (m, n) = 1

τότε οι διαιρέτες του γινομένου

θα είναι της μορφής m_in_j

, με $m_i \vert m$ , $n_j \vert n$ . Οι παράγοντες m_i

,

πέρνουν $\tau(m)$ και $\tau(n)$ διαφορετικές τιμές αντίστοιχα, άρα το γινόμενο m_in_j

παίρνει $\tau(m) \cdot \tau(n)$ τιμές. Άρα $\tau(mn) = \tau(m)\tau(n)$ .

2) Αν $m,n \in \mathbb{Z}^+$ , (m, n) = 1

τότε οι διαιρέτες του γινομένου

θα είναι της μορφής m_in_j

, με $m_i \vert m$ , $n_j \vert n$ . Είναι:
$\sigma(m \cdot n) = \underset{i =1}{\overset{\tau(m)}{\sum}}\underset{j =1}{\overset{\tau(n)}{\sum}}m_in_j = \Big(\underset{i =1}{\overset{\tau(m)}{\sum}}m_i\Big)\Big(\underset{j =1}{\overset{\tau(n)}{\sum}}n_j\Big) = \sigma(m)\sigma(n)$ .

Επιπλέον έχουμε:

Λήμμα2
$\tau(p^k) = (k+1)$ και $\sigma(p^k) = \cfrac{p^{k+1} - 1}{p - 1}$ για κάθε πρώτο

και $k \in \mathbb{Z}^+$ .

Απόδειξη
1) Ο αριθμός p^k

έχει διαιρέτες τους $1, p, p^2, \dots, p^k$ που είναι k + 1

στο πλήθος.

2) $\sigma(p^k) = 1 + p + p^2 + \dots + p^k = \cfrac{p^{k+1} - 1}{p - 1}$ .

Επιστρέφοντας στο αρχικό πρόβλημα, αρκεί να δείξουμε ότι

$\cfrac{\sigma(p^k)}{\tau(p^k)} \geq \sqrt{p^k}$

αφού πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη για όλους τους πρώτους διαιρέτες του

θα προκύψει η ζητούμενη ανισότητα (για n = 1

προφανώς ισχύει), λόγω της πολλαπλασιαστικότητας των $\tau(n), \sigma(n)$ .
Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι
$\cfrac{\frac{p^{k+1} - 1}{p - 1}}{k + 1} \geq p^\frac{k}{2} \Leftrightarrow \cfrac{p^{k+1} - 1}{p^\frac{k}{2}} \geq (p-1)(k+1)$
Αν

άρτιος, τότε:
$p^{k+1} - 1 > p^k -1$ και $\cfrac{p^k - 1}{p^\frac{k}{2}} > p^\frac{k}{2} - 1$ , οπότε αντικαθιστόντας στην πάνω αρκεί να δείξουμε ότι

$p^\frac{k}{2} - 1 \geq (p-1)(k-1) \Leftrightarrow p^\frac{k-2}{2} + p^\frac{k-4}{2} + \dots + p \geq k$ , το οποίω ισχύει για (p, k) = (2, 1)

και άρα για κάθε p > 2

(αφού καθώς ο

μεγαλώνει, το δεξί μέλος παραμένει αμετάβλητο), ενώ εύκολα μπορόυμε με επαγωγή να δείξουμε ότι ισχύει για κάθε

. Πράγματι, αν ισχύει για k = n

, τότε για k = n+1

έχουμε:

$p^\frac{n-2}{2} + p^\frac{n-4}{2} + \dots + p \geq n \Rightarrow p^\frac{n}{2} + p^\frac{n-2}{2} + p^\frac{n-4}{2} + \dots + p \geq p^\frac{n}{2} + n > n+1$ όπως θέλαμε.

Αν πάλι

περιττός, τότε $\cfrac{p^{k+1} - 1}{p^\frac{k}{2}} > \cfrac{p^{k+1} - 1}{p^\frac{k+1}{2}} > p^{k+1} - 1$ οπότε συνεχίζοντας όπως πριν αποδεικνύουμε την ζητούμενη ανισότητα.

Τελικά, $\cfrac{\sigma(p^k)}{\tau(p^k)} \geq \sqrt{p^k}$ για κάθε πρώτο

και $k \in \mathbb{Z}^+$ και άρα για κάθε $n \in \mathbb{Z}^+$ ισχύει
$\cfrac{\sigma(n)}{\tau(n)} \geq \sqrt{n}$ που είναι το ζητούμενο.

abfx · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 10, 2025 8:52 am
Έστω θετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με $\tau(n)$ τον αριθμό των θετικών ακεραίων που διαιρούν τον και με $\sigma(n)$ το άθροισμα αυτών των θετικών διαιρετών. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{\tau(n)} \geq \sqrt{n}}$

Αρχικά είναι $\displaystyle \left (\prod_{d\mid n}d\right )^2= \left (\prod_{d\mid n}d\right ) \left (\prod _{d\mid n}\frac{n}{d}\right ) =\prod_{d\mid n}d\cdot\frac{n}{d}=n^{\tau (n)}$ , επομένως $\displaystyle \prod _{d\mid n}d\right )=n^{\frac{\tau (n)}{2}}$ .

Παρατηρούμε έπειτα ότι το αριστερό μέλος της ζητούμενης ανισότητας είναι ο αριθμητικός μέσος των διαιρετών του

.

Εφαρμόζουμε την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου.

Από ΑΜ-ΓΜ λοιπόν $\displaystyle \frac{\sigma(n)}{\tau(n)}= \frac{\sum_{d\mid n}d}{\tau(n)}\geq \left (\prod _{d\mid n}d\right )^{\frac{1}{\tau(n)}}= \left (n^{\frac{\tau (n)}{2}}\right )^{\frac{1}{\tau(n)}}=\sqrt{n}$ , όπως θέλαμε.

Tolaso J Kos · #4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 10, 2025 8:52 am
Έστω θετικός ακέραιος. Συμβολίζουμε με $\tau(n)$ τον αριθμό των θετικών ακεραίων που διαιρούν τον και με $\sigma(n)$ το άθροισμα αυτών των θετικών διαιρετών. Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{\tau(n)} \geq \sqrt{n}}$

Έστω $1 = d_1< d_2 < \cdots < d_k =n$ οι διαιρέτες του

. Το αριστερό μέρος, όπως παρατήρησε και ο abfx, είναι ο αριθμητικός μέσος των διαιρετών του

. Από AM-GM έχουμε

$\displaystyle{\frac{\sigma(n)}{\tau(n)} \geq \sqrt[k]{d_1 \cdot d_2 \cdots d_k}}$
Όμως, $d_j d_{k-j} =n$ διά κάθε

. Συνεπώς,

$\displaystyle{\left( \frac{\sigma(n)}{\tau(n)} \right)^2 \geq \sqrt[k]{d_1 \cdot d_2 \cdots d_k} \cdot \sqrt[k]{d_k \cdot d_{k-1} \cdots d_1} = \sqrt[k]{n^k} = n }$
και το αποτέλεσμα έπεται.

Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Re: Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Re: Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Re: Ανισότητα ειδικών συναρτήσεων

Μέλη σε σύνδεση