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Detta $ \sigma(k) $ la somma dei divisori interi positivi di k (compresi 1 e k) dimostrare che:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac{\sigma(i)}{i}} \leq 2n $
Per ogni n intero positivo.

Bonus dei fichi:
Determinate la minor costante che si possa sostituire al $2$ nel RHS

Ci provo ma non sono certo della dimostrazione.
Provo a farla per induzione su $ n $.
$ (1) $ $ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac{\sigma(i)}{i}} \leq 2n $

Passo base

Dimostriamo che la tesi è vera per uno infatti: $ 1\leq 2 $

Ipotesi induttiva

La supponiamo vera per $ n $ e proviamo a dimostrarla per $ n+1 $.

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n+1}{\frac{\sigma(i)}{i}} \leq 2n+2 $ la riscriviamo come:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac{\sigma(i)}{i}}+ \frac{\sigma(n+1)}{n+1} \leq 2n+2 $
Adesso poichè abbiamo posto vera la (1), sottraiamo membro a membro ottenendo:

$ \frac{\sigma(n+1)}{n+1} \leq 2 $

Ponendo $ n+1=k $ possiamo dire che $ \frac{\sigma(k)}{k} $ raggiunge il massimo valore se e solo se $ k $ è un numero perfetto. Se $ k $ è perfetto vale l'equazione $ \sigma(k)=2k $, in questo caso nella nostra tesi abbiamo il caso di uguaglianza. Dando per noto il fatto che la frazione è massima se il numero in questione è perfetto possiamo dire che per ogni $ m $ perfetto ed $ s $non perfetto vale: $ \frac{\sigma(m)}{m}>\frac{\sigma(s)}{s} $. Dunque la tesi è vera.

$\frac{\sigma(12)}{12}=\frac{28}{12}>2$

dario2994 ha scritto:Bonus dei fichi:
Determinate la minor costante che si possa sostituire al $2$ nel RHS

Che sia $ \frac {\pi ^2} 6 $ è addirittura più noto di Lambek-Moser

Bonus dei fichi reloaded. E se invece di $\sigma (n)$ ci fosse $\sigma_k (n)$?

Questo non me lo sarei aspettato, cancello tutto? Tanto sono parole inutili...

Hawk ha scritto:Ponendo $ n+1=k $ possiamo dire che $ \frac{\sigma(k)}{k} $ raggiunge il massimo valore se e solo se $ k $ è un numero perfetto

Purtroppo per te esistono anche i numeri abbondanti

Anche a me era venuto in mente di dimostrare $\frac{\sigma (k)}{k}\leq 2$ , ma come ha fatto vedere dario2994 ci sono dei controesempi...

P.S: enigma, mi sembra sempre strana la definizione che dai di noto...
E ora mi piacerebbe molto scoprire cosa centra questo problema con $\zeta (2)$ ... Anche se mi sa che è un po' troppo difficile per me...

Drago96 ha scritto: P.S: enigma, mi sembra sempre strana la definizione che dai di noto...

Dimenticavo: noto a me

allora, non è la soluzione, ma (forse) un passo in avanti, di cui vorrei sapere essenzialmente due cose:

1) se è giusto

2) se è possibile continuare il ragionamento o è solo una perdita di tempo

allora:

sia $ K_n = \sum_{i=1}^{n}{\frac{\sigma(i)}{i}}. $ Sappiamo che $ K_1 \leq 2 $, quindi a posto. Scriviamo $ K_n = K_{n-1} + \frac{\sigma(n)}{n} \leq 2n $. Quindi avremo $ \frac{\sigma(n)}{n} \leq 2n - K_{n-1} $

Ora, supponiamo che $ n $ sia un numero abbondante; ora, supponiamo che sia divisibile per tutti i numeri fino a $ \frac{n}{2} $ (cioè il massimo, che non viene mai raggiunto); di conseguenza $ \frac{\sigma(n)}{n} < \frac{\frac{n}{2}(\frac{n}{2}+1)}{2n} $ quindi $ \frac{\sigma(n)}{n} < \frac{n+2}{8} $. Tenendo anche conto che $ K_{n-1} \leq 2(n-1) $, avremo nella precedente equazione

$ \frac{n+2}{8} \leq 2n - 2(n-1) $, ovvero $ n \leq 6 $, quindi abbiamo concluso per $ n $ minore di $ 6 $. (certo non è che serva a molto, eh )

Drago96 ha scritto:E ora mi piacerebbe molto scoprire cosa centra questo problema con $\zeta (2)$ ... Anche se mi sa che è un po' troppo difficile per me...

Tutt'altro, anzi se risolverai il problema vedrai che la tesi è molto più "comoda" con $\zeta(2)$

Ecco un hint piuttosto utile:

Karl Zsigmondy ha scritto:Ecco un hint piuttosto utile:

Testo nascosto:

Non mi piace proprio $ \frac{\sigma(i)}{i} $... voglio scriverlo in un altro modo... vediamo come potrei fare. Per 4 viene $ \frac{1+2+4}{4} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{1} $, per 12 viene $ \frac{1+2+3+4+6+12}{12} = \frac{1}{12} + \frac{1}{6} + \frac{1}{4} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{1} $. Certo, ma come ho fatto a non pensarci prima?

Ci avevo pensato anche io... ma non avevo capito quanto potesse essere utile... (ed ecco il perche della zeta! )

Questo mi fa scrivere la somma di partenza come $n+\frac a 2 +\frac b 3+\dots$ dove a è il numero di i divisibili per 2, b è il numero di i divisibili per 3...
Inolte il numero di i divisibili per x è all'incirca $\frac n x$ (devo lavorarci su questo "circa"... )

Dunque riscrivo il LHS come $\displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac n {i^2}}$ , che devo dimostrare essere minore di $2n$ ...
cosa non molto difficile, dato che mi basta portare fuori dalla sommatoria $n$, semplificarlo e ci rimane $$\displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac 1 {i^2}<\sum_{i=1}^\infty \frac 1 {i^2} = \frac{\pi^2} 6 < 2}$$

L'unica falla di questa pseudo-dimostrazione è quel "all'incirca", che devo cercare di far diventare qualcosa di più preciso...

EDIT: i numeri divisibili per x minori o uguali a n (escluso lo 0) sono $[\frac n x]\leq \frac n x$
Dunque per l'osservazione di prima la somma originale si inserisce in una catena di disuguaglianze così $$\displaystyle{\sum_{i=1}^n \frac{\sigma(i)} i = \sum_{i=1}^n \left[\frac n i\right]\cdot\frac 1 i\leq \sum_{i=1}^n \frac n {i^2}=n\cdot \sum_{i=1}^n \frac 1 {i^2}\leq n\cdot\sum_{i=1}^{\infty} \frac 1 {i^2}=n\cdot\frac{\pi^2} 6 < 2n}$$

Mi pare che quadri tutto...

Diciamo che va bene, puoi andare col prossimo. Quel diciamo è riferito al fatto che hai usato un'identità che non hai dimostrato, ma stavolta diamola per buona.

Karl Zsigmondy ha scritto:Diciamo che va bene, puoi andare col prossimo. Quel diciamo è riferito al fatto che hai usato un'identità che non hai dimostrato, ma stavolta diamola per buona.

che identità? Quella dei divisori?
Tempo un paio di giorni per trovare un bel prolema e lo posto...

Piuttosto per giustificarla basterebbe "un semplice double counting dà che..."

@Drago96: nella seconda disuguaglianza puoi sprecare di meno mettendo il minore stretto, dato che $n$ è finito.