2009-th potenza del numeri di divisori di n = n
2009-th potenza del numeri di divisori di n = n
Own. Mostrare che l'equazione $ (d(n))^{2009}=n $ ha un numero finito di soluzioni negli interi positivi.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
uhm...a quanto pare mi tocca scrivere una dimostrazione per far contento jordan 
Allora, iniziamo col notare che il rapporto $ \displaystyle\frac {a^m}{(m+1)^k} $ diverge a $ +\infty $ per m che tende a infinito.
Passo 1:
Limito la grandezza dei fattori primi di n. Partendo da una scrittura di questo tipo:
$ \displaystyle\prod p_i^{a_i}=\prod (a_i+1)^k $
isolo all'LHS il fattore p_M maggiore (che per ora prendo con esponente 1) e ottengo
$ \displaystyle p_M=2^k\prod_{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $.
Ora scelgo p in modo tale che:
1)$ \displaystyle p_M>2^k\prod _{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $ per ogni scelta dei p_i e degli a_i
2)$ \displaystyle\frac {p_M^{a_M+1}}{(a_M+2)^k}>\frac {p_M^{a_M}}{(a_M+1)^k} $, ovvero $ \displaystyle p_M>(\frac{a_M+2}{a_M+1})^k $ per ogni a_M
Un tale $ p_M $ esiste di certo perchè nella 2 l'RHS è convergente e quindi limitato, mentre nella 1 è il prodotto di successione infinitesime e di una costante, per cui è anche qui limitato superiormente.
A questo punto è chiaro che se nella fattorizzazione di n compaiono fattori p tali che $ p\ge p_M $, la tesi diventa assurda.
Passo 2:
Limito la grandezza degli esponenti.
Ripetendo gli stessi ragionamenti di prima, possiamo trovare per ogni p_j un esponente a_j tale che $ \displaystyle\frac{p_j^{a_j}}{(a_j+1)^k}>\prod _{i\ne j}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $. Come prima, un tale a_j esiste perchè l'LHS diverge, mentre l'rHS è il prodotto di successioni infinitesime (e quindi limitate). Se l'esponente di p_j è $ \ge a_j $, allora la tesi diventa assurda.
Passo 3:
Abbiamo limitato il numero di fattori p, abbiamo limitato la grandezza degli esponenti, per cui rimangono solo un numero finito di possibili scelte per i fattori primi e per i loro esponenti, ovvero abbiamo un numero finito di possibili scelte per n che non contraddicono la tesi. Poichè il numero di soluzioni è $ \le $ alle possibili scelte di n, anche il numero di soluzioni dell'equazione è limitato.
Scusate per inesattezze o imprecisioni varie, comunque in linea di massima dovrebbe funzionare
Allora, iniziamo col notare che il rapporto $ \displaystyle\frac {a^m}{(m+1)^k} $ diverge a $ +\infty $ per m che tende a infinito.
Passo 1:
Limito la grandezza dei fattori primi di n. Partendo da una scrittura di questo tipo:
$ \displaystyle\prod p_i^{a_i}=\prod (a_i+1)^k $
isolo all'LHS il fattore p_M maggiore (che per ora prendo con esponente 1) e ottengo
$ \displaystyle p_M=2^k\prod_{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $.
Ora scelgo p in modo tale che:
1)$ \displaystyle p_M>2^k\prod _{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $ per ogni scelta dei p_i e degli a_i
2)$ \displaystyle\frac {p_M^{a_M+1}}{(a_M+2)^k}>\frac {p_M^{a_M}}{(a_M+1)^k} $, ovvero $ \displaystyle p_M>(\frac{a_M+2}{a_M+1})^k $ per ogni a_M
Un tale $ p_M $ esiste di certo perchè nella 2 l'RHS è convergente e quindi limitato, mentre nella 1 è il prodotto di successione infinitesime e di una costante, per cui è anche qui limitato superiormente.
A questo punto è chiaro che se nella fattorizzazione di n compaiono fattori p tali che $ p\ge p_M $, la tesi diventa assurda.
Passo 2:
Limito la grandezza degli esponenti.
Ripetendo gli stessi ragionamenti di prima, possiamo trovare per ogni p_j un esponente a_j tale che $ \displaystyle\frac{p_j^{a_j}}{(a_j+1)^k}>\prod _{i\ne j}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $. Come prima, un tale a_j esiste perchè l'LHS diverge, mentre l'rHS è il prodotto di successioni infinitesime (e quindi limitate). Se l'esponente di p_j è $ \ge a_j $, allora la tesi diventa assurda.
Passo 3:
Abbiamo limitato il numero di fattori p, abbiamo limitato la grandezza degli esponenti, per cui rimangono solo un numero finito di possibili scelte per i fattori primi e per i loro esponenti, ovvero abbiamo un numero finito di possibili scelte per n che non contraddicono la tesi. Poichè il numero di soluzioni è $ \le $ alle possibili scelte di n, anche il numero di soluzioni dell'equazione è limitato.
Scusate per inesattezze o imprecisioni varie, comunque in linea di massima dovrebbe funzionare
Ultima modifica di Maioc92 il 23 ott 2009, 15:02, modificato 2 volte in totale.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Questo è l'unico passaggio che proprio non mi è chiaro. Tu poni $ a_M:=1 $, cosicchè $ (1+a_M)^k $ resta costante, ok. Ma se fosse $ a_M>1 $ allora "quella costante sarebbe arbitrariamente grande" (lo so fa ridere a leggerloMaioc92 ha scritto:[...]Ora scelgo p in modo tale che:
1)$ \displaystyle p_M>2^k\prod _{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a^i}} $ per ogni scelta dei p_i e degli a_i[...]
), e il tutto il passaggio 1 non funziona, poichè per ogni $ a_M $ avresti un bound su $ p_M $, sbaglio?The only goal of science is the honor of the human spirit.
Provo anche io... ma senza dare una soluzione formale e anche tralasciando molti passaggi (devo uscire fra poco ma mi va di rispondere xD) più che altro è per farmi un'idea dell' esattezza o meno del metodo:
Per le considerazioni sugli esponenti ci si riconduce a:
$ \displaystyle \prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Definisco
$ K=\{(p_1,a_1);(p_2,a_2);\dots ;(p_n,a_n)\} $
Ora noto che i fattori di LHS non possono essere tutti strettamente maggiori dei relativi fattori di LHS. Perciò devono essere presenti delle coppie in K tali che:
$ p_i^{a_i}\le ka_i+1 $
Con un paio di induzioni si dimostra che le coppie
$ (p_i,a_i)\in\mathbb{P}\times\mathbb{N} $
che soddisfano la disuguaglianza sono finite. Chiamo B l'insieme di queste coppie.
Ora dimostro che per ogni sottinsieme di B gli insiemi K che soddisfano l'uguaglianza e contengono quel sottinsieme (ma nessun altro elemento di B) sono finiti.
Definisco j il prodotto di tutti i $ p_i^{a_i} $ appartenenti al sottinsieme. Definisco q il prodotto di tutti i $ ka_i+1 $ con $ a_i $ appartenente al sottinsieme. Riscrivo la produttoria sostituendo.
$ \displaystyle j\prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=q\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Chiamo $ z=\frac{q}{j} $, sapendo inoltre che $ p_i^{a_i}>ka_i+1 $ per ogni i (per quanto detto in precedenza su B e sulla sua intersezione con K) allora è facile notare che tutte le coppie rispettano:
$ p_i^{a_i}\le z(ka_i+1) $
Ma con un paio di induzioni anche qui si dimostra che le coppie che soddisfano sono finite... da cui anche i sottinsiemi della loro unione sono finiti e perciò in generale è finito anche il numero di insiemi K che rispettano l'ipotesi iniziale, che essendo equivalente a quella del problema dimostra la tesi.
So che è intricata... ma spero si capisca un minimo
Per le considerazioni sugli esponenti ci si riconduce a:
$ \displaystyle \prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Definisco
$ K=\{(p_1,a_1);(p_2,a_2);\dots ;(p_n,a_n)\} $
Ora noto che i fattori di LHS non possono essere tutti strettamente maggiori dei relativi fattori di LHS. Perciò devono essere presenti delle coppie in K tali che:
$ p_i^{a_i}\le ka_i+1 $
Con un paio di induzioni si dimostra che le coppie
$ (p_i,a_i)\in\mathbb{P}\times\mathbb{N} $
che soddisfano la disuguaglianza sono finite. Chiamo B l'insieme di queste coppie.
Ora dimostro che per ogni sottinsieme di B gli insiemi K che soddisfano l'uguaglianza e contengono quel sottinsieme (ma nessun altro elemento di B) sono finiti.
Definisco j il prodotto di tutti i $ p_i^{a_i} $ appartenenti al sottinsieme. Definisco q il prodotto di tutti i $ ka_i+1 $ con $ a_i $ appartenente al sottinsieme. Riscrivo la produttoria sostituendo.
$ \displaystyle j\prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=q\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Chiamo $ z=\frac{q}{j} $, sapendo inoltre che $ p_i^{a_i}>ka_i+1 $ per ogni i (per quanto detto in precedenza su B e sulla sua intersezione con K) allora è facile notare che tutte le coppie rispettano:
$ p_i^{a_i}\le z(ka_i+1) $
Ma con un paio di induzioni anche qui si dimostra che le coppie che soddisfano sono finite... da cui anche i sottinsiemi della loro unione sono finiti e perciò in generale è finito anche il numero di insiemi K che rispettano l'ipotesi iniziale, che essendo equivalente a quella del problema dimostra la tesi.
So che è intricata... ma spero si capisca un minimo
infatti il punto 1 da solo credo non basti...è per questo che ho aggiunto il punto 2: in pratica aggiungo come bound sulla scelta di p_M che la successione $ \displaystyle\frac{p_M^{a_M}}{(a_M+1)^k} $ sia sempre crescente, e non solo definitivamente. In questo modo ho una successione di questo tipo:
$ \displaystyle\frac{p_M^{a_M}}{(a_M+1)^k}>\frac{p_M^{a_M-1}}{(a_M)^k}>......>\frac{p_M}{2^k} $, che a sua volta per il punto 1 è maggiore di $ \displaystyle\prod_{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a_i}} $. Per cui per un tale p_M la tesi è assurda. Però per ogni $ p\ge p_M $ rimangono valide le 2 condizioni imposte sulla scelta di p_M, quindi anche per questi p la tesi è assurda
$ \displaystyle\frac{p_M^{a_M}}{(a_M+1)^k}>\frac{p_M^{a_M-1}}{(a_M)^k}>......>\frac{p_M}{2^k} $, che a sua volta per il punto 1 è maggiore di $ \displaystyle\prod_{i\ne M}\frac{(a_i+1)^k}{p_i^{a_i}} $. Per cui per un tale p_M la tesi è assurda. Però per ogni $ p\ge p_M $ rimangono valide le 2 condizioni imposte sulla scelta di p_M, quindi anche per questi p la tesi è assurda
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Attenzione alle parentesi del testodario2994 ha scritto:Per le considerazioni sugli esponenti ci si riconduce a:
$ \displaystyle \prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Edit: troppo bello quando dici "con un paio di induzioni"
Comunque, non era sufficiente fermarti al passo |k| finito?
In ogni caso, hai dimostrato qualcosa di piu debole in quanto $ d(ab) \le d(a)d(b) $ per ogni a,b, interi positivi. Se vuoi, dimostra anche questo.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
chiedo scusajordan ha scritto:@Maioc92, ah si ora ho capito. L'idea è buona, bravo, ma devi imparare a scrivere più chiaramente le tue dimostrazioni(ho dovuto rileggere più volte la tua dimostrazione, e non avevo ancora capito quel passaggio..)
. E' che purtroppo già tendo di mio a sintetizzare troppo e lasiare piccoli errori sparsi in giro, e poi era la prima dimostrazione in cui facevo un uso sostanzioso dei limiti. Comunque mi eserciterò in tal senso, sperando di migliorare alla svelta 
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
Perchè attenzione alle parentesi? Ho inteso male il problema?jordan ha scritto:Attenzione alle parentesi del testo :roll:dario2994 ha scritto:Per le considerazioni sugli esponenti ci si riconduce a:
$ \displaystyle \prod_{i=1}^{n}p_i^{a_i}=\prod_{i=1}^{n}ka_i+1 $
Edit: troppo bello quando dici "con un paio di induzioni" :lol:
Comunque, non era sufficiente fermarti al passo |k| finito?
In ogni caso, hai dimostrato qualcosa di piu debole in quanto $ d(ab) \le d(a)d(b) $ per ogni a,b, interi positivi. Se vuoi, dimostra anche questo.
Io mi sono fermato al passo K finito... prima ho dimostrato che B è finito e poi di conseguenza con le solite induzioni anche K è finito.
Che vuol dire ho dimostrato qualcosa di più debole? dove? e più debole di cosa?
La disuguaglianza viene riscrivendo con l'identità sul numero di divisori e poi sfruttando l'ovvia disuguaglianza:
$ a+b+1< (a+1)(b+1) $