Chi trova una dimostrazione meno orrenda della mia?
Putnam 1969
Putnam 1969
L'intero positivo $ n+1 $ e' divisibile per $ 24 $. Dimostrare che la somma di tutti i divisori positivi di $ n $ e' divisibile per $ 24 $.
Chi trova una dimostrazione meno orrenda della mia?
Chi trova una dimostrazione meno orrenda della mia?
innanzitutto dimostriamo che $ 3|n $: $ n\equiv2\pmod3 $, quindi dei divisori di n la metà sono congrui a 2 mod 3 e l'altra metà sono congrui a 1 mod 3 ---> la loro somma è congrua a zero mod 3
analogamente si dimostra che $ 8|n $: $ n\equiv7\pmod8 $, ma l'unico modo per ottenere 7 mod 8 è moltiplicare 1 e 7 o 3 e 5. ci saranno quindi tanti divisori congrui a 1 mod 8 quanti congrui a 7, e tanti congrui a 3 quanti congrui a 5. la loro somma è quindi congrua a 0 mod 8.
Poichè la somma dei divisori di n è congrua a 0 mod 8 e mod 3, allora è anche congrua a 0 mod 24 e quindi è divisibile per 24
edit: dimenticavo, n non è un quadrato perchè è congruo a 2 mod 3, quindi ha un numero pari di divisori positivi
analogamente si dimostra che $ 8|n $: $ n\equiv7\pmod8 $, ma l'unico modo per ottenere 7 mod 8 è moltiplicare 1 e 7 o 3 e 5. ci saranno quindi tanti divisori congrui a 1 mod 8 quanti congrui a 7, e tanti congrui a 3 quanti congrui a 5. la loro somma è quindi congrua a 0 mod 8.
Poichè la somma dei divisori di n è congrua a 0 mod 8 e mod 3, allora è anche congrua a 0 mod 24 e quindi è divisibile per 24
edit: dimenticavo, n non è un quadrato perchè è congruo a 2 mod 3, quindi ha un numero pari di divisori positivi
Innanzitutto $ n+1\equiv 0 \pmod{4} \Rightarrow n\equiv 3 \pmod{4} $ per cui $ n $ non è un quadrato. Allora avrà un numero pari di divisori.
Sia $ S=\{d_1,d_2,\cdots ,d_m\} $ tale che $ d_i\vert n,\ d_i<\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor $. Si vede facilmente che tutti e soli gli altri divisori sono della forma $ \displaystyle \frac{n}{d_i} $.
Ora, vogliamo dimostrare che $ 24\bigg\vert \displaystyle \sum_{i=1}^{m}d_i+\sum_{i=1}^{m}\frac{n}{d_i} $.
Notiamo allora che $ n\equiv -1 \pmod{8} $ e $ n\equiv -1\pmod{3} $ e $ \displaystyle \sum_{i=1}^{m}d_i+\sum_{i=1}^{m}\frac{n}{d_i}=\sum_{i=1}^{m}\frac{d_i^2+n}{d_i} $
Ora, $ d_i $ è divisore di $ n $ dunque $ 2,3\not\vert d_i $, allora $ d_i^2+n\equiv 0 \pmod{3}, d_i^{2}+n\equiv 0 \pmod{8} $ e risulta $ \displaystyle 3,8\bigg\vert \sum_{i=1}^{m}\frac{d_i^2+n}{d_i} $ da cui essendo $ (3,8)=1 $ segue la tesi.
Sia $ S=\{d_1,d_2,\cdots ,d_m\} $ tale che $ d_i\vert n,\ d_i<\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor $. Si vede facilmente che tutti e soli gli altri divisori sono della forma $ \displaystyle \frac{n}{d_i} $.
Ora, vogliamo dimostrare che $ 24\bigg\vert \displaystyle \sum_{i=1}^{m}d_i+\sum_{i=1}^{m}\frac{n}{d_i} $.
Notiamo allora che $ n\equiv -1 \pmod{8} $ e $ n\equiv -1\pmod{3} $ e $ \displaystyle \sum_{i=1}^{m}d_i+\sum_{i=1}^{m}\frac{n}{d_i}=\sum_{i=1}^{m}\frac{d_i^2+n}{d_i} $
Ora, $ d_i $ è divisore di $ n $ dunque $ 2,3\not\vert d_i $, allora $ d_i^2+n\equiv 0 \pmod{3}, d_i^{2}+n\equiv 0 \pmod{8} $ e risulta $ \displaystyle 3,8\bigg\vert \sum_{i=1}^{m}\frac{d_i^2+n}{d_i} $ da cui essendo $ (3,8)=1 $ segue la tesi.