Rozważmy funkcje arytmetyczna okreslona jak nizej:
\(\displaystyle{ H(n)= n \prod_{p |n} (1+\frac{1}{p})}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,...}\)
a) wykaż, ze \(\displaystyle{ H(n)\leq s(n)}\), gdzie \(\displaystyle{ s(n)}\) oznacza sume
wszystkich dzielników liczby \(\displaystyle{ n}\)
b) \(\displaystyle{ H(n)= s(n)}\) zachodzi tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n}\) jest liczba
bezkwadratowa
c) \(\displaystyle{ H(n)=2n}\) ma miejsce tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n=2^a*3^b}\) gdzie
\(\displaystyle{ a, b}\) to liczby naturalne
trzy własnosci funkcji
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11406
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3155 razy
- Pomógł: 748 razy
-
Piotr Rutkowski
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
trzy własnosci funkcji
Podpunkty a) i b) można zrobić razem:
Niech \(\displaystyle{ n=p_{1}^{a_{1}}\cdot ... \cdot p_{k}^{a_{k}}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_{i}}\) są pierwszymi dzielnikami liczby \(\displaystyle{ n}\), natomiast \(\displaystyle{ a_{i}>0}\)
Oczywistym jest, że wtedy \(\displaystyle{ s(n)=(1+...+p_{1}^{a_{1}})\cdot ... \cdot (1+...+p_{k}^{a_{k}})}\) (dlaczego? )
Zatem \(\displaystyle{ \frac{s(n)}{n}=\prod_{i=1}^{k}(\sum_{k=0}^{a_{1}}\frac{1}{p_{i}^{k}})\geq \prod_{i=1}^{k}(\sum_{k=0}^{1}\frac{1}{p_{i}^{k}})=H(n)}\) oczywiście równość zachodzi jeśli \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=...=a_{k}=1}\)
c)
Jeśli \(\displaystyle{ H(n)=2n}\), to \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{k}(p_{i}+1)=2\prod_{i=1}^{k}p_{i}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ p_{1}<p_{2}<...<p_{k}}\)
Dodatkowo załóżmy, że \(\displaystyle{ p_{1}>2}\) i \(\displaystyle{ k\geq 2}\)
Ale wtedy \(\displaystyle{ 4|(p_{1}+1)(p_{2}+1)}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ 2|p_{1}\cdot ... \cdot p_{k}}\) sprzeczność. Zatem jeśli \(\displaystyle{ p_{1}>2}\), to \(\displaystyle{ k=1}\)
Wtedy \(\displaystyle{ n=p_{1}^{a_{1}}}\) Czyli \(\displaystyle{ 2p_{1}=p_{1}+1}\), sprzeczność
Zatem \(\displaystyle{ p_{1}=2}\) i \(\displaystyle{ 3=p_{1}+1|4p_{2}\cdot ... \cdot p_{k}}\),
czyli \(\displaystyle{ p_{2}=3}\)
Skoro tak, to \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{k}(1+\frac{1}{p_{i}})\geq (1+\frac{1}{p_{1}})(1+\frac{1}{p_{2}})=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3})=2}\), a skoro w nierówności musi zachodzić równość, to otrzymujemy \(\displaystyle{ k=2}\)
Zatem ostatecznie \(\displaystyle{ n=2^{a_{1}}\cdot 3^{a_{2}}}\)
Pozdrawiam
Niech \(\displaystyle{ n=p_{1}^{a_{1}}\cdot ... \cdot p_{k}^{a_{k}}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_{i}}\) są pierwszymi dzielnikami liczby \(\displaystyle{ n}\), natomiast \(\displaystyle{ a_{i}>0}\)
Oczywistym jest, że wtedy \(\displaystyle{ s(n)=(1+...+p_{1}^{a_{1}})\cdot ... \cdot (1+...+p_{k}^{a_{k}})}\) (dlaczego? )
Zatem \(\displaystyle{ \frac{s(n)}{n}=\prod_{i=1}^{k}(\sum_{k=0}^{a_{1}}\frac{1}{p_{i}^{k}})\geq \prod_{i=1}^{k}(\sum_{k=0}^{1}\frac{1}{p_{i}^{k}})=H(n)}\) oczywiście równość zachodzi jeśli \(\displaystyle{ a_{1}=a_{2}=...=a_{k}=1}\)
c)
Jeśli \(\displaystyle{ H(n)=2n}\), to \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{k}(p_{i}+1)=2\prod_{i=1}^{k}p_{i}}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ p_{1}<p_{2}<...<p_{k}}\)
Dodatkowo załóżmy, że \(\displaystyle{ p_{1}>2}\) i \(\displaystyle{ k\geq 2}\)
Ale wtedy \(\displaystyle{ 4|(p_{1}+1)(p_{2}+1)}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ 2|p_{1}\cdot ... \cdot p_{k}}\) sprzeczność. Zatem jeśli \(\displaystyle{ p_{1}>2}\), to \(\displaystyle{ k=1}\)
Wtedy \(\displaystyle{ n=p_{1}^{a_{1}}}\) Czyli \(\displaystyle{ 2p_{1}=p_{1}+1}\), sprzeczność
Zatem \(\displaystyle{ p_{1}=2}\) i \(\displaystyle{ 3=p_{1}+1|4p_{2}\cdot ... \cdot p_{k}}\),
czyli \(\displaystyle{ p_{2}=3}\)
Skoro tak, to \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{k}(1+\frac{1}{p_{i}})\geq (1+\frac{1}{p_{1}})(1+\frac{1}{p_{2}})=(1+\frac{1}{2})(1+\frac{1}{3})=2}\), a skoro w nierówności musi zachodzić równość, to otrzymujemy \(\displaystyle{ k=2}\)
Zatem ostatecznie \(\displaystyle{ n=2^{a_{1}}\cdot 3^{a_{2}}}\)
Pozdrawiam