Di ritorno dal mio soggiorno praghese (Quanti problemi postati! Finalmente!) posto la mia soluzione del 3.
HiTLeuLeR ha scritto:
Problema #3: per ogni $ x, y \in\mathbb{N}_0 $: $ \sigma_1(xy) \leq \sigma_1(x)\sigma_1(y) $, ove sussiste l'uguaglianza sse $ \gcd(x,y) = 1 $.
Innanzitutto riportiamo alcuni fatti che saranno ritenuti veri senza essere dimostrati:
Fatto 1 Derivate seconde e convessità
Una funzione è convessa in $ \mathbb{R} $ se la sua derivata seconda esiste ed è positiva in tutto $ \mathbb{R} $
Fatto 2 Maggiorazione
Date due n-uple di reali $ (x_1,x_2,\dots,x_n) $ e $ (y_1,y_2,\dots, y_n) $ , con $ x_1\ge x_2\ge \dots\ge x_n $ e $ y_1\ge y_2\ge \dots\ge y_n $ si dice che $ (x_1,x_2,\dots,x_n)\succ (y_1,y_2,\dots, y_n) $ se
$ \sum_{i=1}^{k}x_1\ge \sum_{i=1}^{k} y_1 $ per ogni $ k\in \{1,2,3,\dots,n-1\} $ e
$ \sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n}y_i $
Fatto 3 Disuguaglianza di Karamata
Prese due n-uple di reali tali che $ (x_1,x_2,\dots,x_n)\succ (y_1,y_2,\dots, y_n) $ e una funzione $ f(\cdot) $, convessa in $ \mathbb{R} $, avremo che:
$ \sum_{i=1}^{n}f(x_i)\ge \sum_{i=1}^{n}f(y_i) $
si ha l'uguaglianza se $ x_i=y_i $ per ogni $ i $
Ora un pò di lemmi
Lemma 1
La funzione $ f(x)=a^x $ con $ a\in \mathbb{N},a>1 $ è convessa in $ \mathbb{R} $
Dimostrazione
$ f'(x)=\ln(a)a^x $
$ f''(x)=(\ln(a))^2a^x $
che è sempre positivo
Lemma 2
Sia $ p $ un primo naturale e siano $ a,b $ due naturali, allora $ \sigma(p^{a+b})\le \sigma(p^a)\sigma(p^b) $ e si ha l'uguaglianza se $ \min(a,b)=0 $
Dimostrazione
Prendiamo il nostro primo naturale $ p $ e i due naturali $ a,b $, poichè $ (a+b+1,1)\succ (a+1,b+1) $ avremo che
$ p^{a+b+1}+p\ge p^{a+1}+p^{b+1} $ (Karamata su $ f(x)=p^x) $)
$ -p^{a+b+1}-p\le -p^{a+1}-p^{b+1} $
$ p^{a+b+2}+1-p^{a+b+1}-p\le p^{a+b+2}+1-p^{a+1}-p^{b+1} $
$ (p^{a+b+1}-1)(p-1)\le (p^{a+1}-1)(p^{b+1}-1) $
$ \displaystyle \frac{(p^{a+b+1}-1)}{p-1}\le \frac{(p^{a+1}-1)}{p-1}\frac{(p^{b+1}-1)}{p-1} $
$ \sigma(p^{a+b})\le \sigma(p^a)\sigma(p^b) $
e l'ugugaglianza se $ \min(a,b)=0 $ (sempre per Karamata)
Si torna al problema iniziale
Ora poniamo $ x\ge y $
$ (x,y)=\prod_{i=1}^{k}p_i^{\min(a_i,b_i)} $
$ x=\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\prod_{i=1}^{j}q_i^{a_{i+k} $
$ y=\prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i} $
con $ a_i,b_i\in \mathbb{N} $ e $ p_i, q_i \in \mathfrak{P} $
si noti che l'insieme dei $ q_i $ potrebbe anche essere vuoto, in tal caso la produttoria vale $ 1 $ e che $ p_i $ e $ q_i $ non possono avere elementi comuni
La disuguaglianza diviene
$ \sigma\left(\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i+b_i}\prod_{i=1}^{j}q_i^{a_{i+k}\right)\le \sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\prod_{i=1}^{j}q_i^{a_{i+k}}\right)\sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i}\right) $
$ \sigma\left(\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i+b_i}\right)\sigma \left(\prod_{i=1}^{j}q_i^{a_{i+k}\right) $$ \le \sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\right)\sigma \left(\prod_{i=1}^{j}q_i^{a_{i+k}}\right)\sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i}\right) $
$ \sigma\left(\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i+b_i}\right)\le \sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\right)\sigma\left( \prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i}\right) $
$ \prod_{i=1}^{k}\sigma(p_i^{a_i+b_i})\le \prod_{i=1}^{k}\sigma(p_i^{a_i})\sigma(p_i^{b_i}) $
che non è altro che il Lemma 2 moltiplicato tante volte membro a membro e, poichè, sui positivi, $ a>b $ e $ c\ge d $ implica $ ac>bd $ dovranno valere tutte le uguaglianze parziali, quindi, perchè valga l'uguaglianza $ \min(a_i,b_i)=0 $ per ogni $ i $ e quindi $ (x,y)=1 $
Sia come sia, le imprecisioni non mancano! In fondo, tu sei pur sempre tu... E chi altri, sennò?
CORREGGI!!! 
Quantomeno potresti usare "|", anziché "/", per indicare che un certo intero ne divide un altro, nooo? 
Inizio a pensare che dovresti smetterla di fumarti il sedano con lo zenzero. 