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Problema #1: provare che esistono infiniti $ x\in\mathbb{N}_0 $ tali che, per ogni altro $ y\in\mathbb{N}_0 $: $ \sigma_0(xy) \neq y $.

Problema #2: provare che, per ogni $ k\in\mathbb{N}_0 $, esistono infiniti $ n\in\mathbb{N}_0 $ tali che: $ \omega(n) = k $ e $ \sigma_0(n) \mid n $.

NOTA: dare un click qui e un altro qui per avere qualche timido ragguaglio!

Problema #2

Poniamo
$ \displaystyle n=p_1^{p_1-1}*p_2^{p_2-1}*\ldots*p_k^{p_k-1}\displaystyle $
dove $ p_1,p_2\ldots p_k $ sono numeri primi.
Allora
$ \omega(n)=k $
$ \sigma_0(n)=\left((p_1-1+1)*(p_2-1+1)*\ldots*(p_k-1+1)\right $ $ =(p_1*p_2\ldots*p_k) | n $
Poichè i numeri primi sono infiniti,avremo infiniti n che verificano la tesi.

Igor ha scritto:Problema #2
Poniamo
$ \displaystyle n=p_1^{p_1-1}*p_2^{p_2-1}*\ldots*p_k^{p_k-1}\displaystyle $
dove $ p_1,p_2\ldots p_k $ sono numeri primi distinti.

Sì, Igor, la tua soluzione è corretta, fatta eccezione per la tua scarsa aggettivazione... Orbene, quest'è di quei problemi che, personalmente, tenderei a definire (più che altro) "scenici"!!! Chi si lascia impressionare, è perduto...

HiTLeuLeR ha scritto:Problema #1: provare che esistono infiniti $ x\in\mathbb{N}_0 $ tali che, per ogni altro $ y\in\mathbb{N}_0 $: $ \sigma_0(xy) \neq y $.

Premesse
1) La funzione $ \displaystyle \sigma_0(\cdot) $ è moltiplicativa, ma non totalmente moltiplicativa; quindi $ \displaystyle\sigma_0 (xy)=\sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $ se e solo se $ x $ e $ y $ sono coprimi.
2) Se e solo se $ \displaystyle x\in\mathfrak{P} $ allora $ \displaystyle\sigma_0 (x)=2 $; infatti ogni numero primo ha esattamente due divisori mentre ogni numero composto ha un numero di divisori maggiore o uguale a tre.

Dimostrazione
Dividiamo il problema in 2 casi:
1° caso:
$ \displaystyle\sigma_0 (y)\neq\frac{y}{2} $
Da cui:
$ \displaystyle 2\sigma_0 (y)\neq y $
Che possiamo riscrivere come:
$ \displaystyle\sigma_0 (x)\sigma_0 (y) \neq y $
per $ \displaystyle x\in\mathfrak{P} $ (vedere premessa); se poi $ x $ è diverso da ogni divisore primo di $ y $ (la funzione $ \displaystyle\sigma_0 (\cdot) $ è moltiplicativa, ma non totalmente moltiplicativa!), abbiamo:
$ \displaystyle\sigma_0 (xy)\neq y $
Così la tesi è soddisfatta, dato che esistono infiniti primi diversi dai divisori primi di $ y $ (che ovviamente ha un numero finito di fattori primi).

2° caso:
$ \displaystyle\sigma_0 (y)=\frac{y}{2} $
Da cui:
$ \displastyle 2\sigma_0 (y)=y $
Possiamo riscrivere questa relazione come:
$ \displastyle \sigma_0 (x)\sigma_0 (y)=y $
per $ \displaystyle x\in\mathfrak{P} $ (vedere premessa); ma se x non è primo allora $ \displaystyle\sigma_0 (x)\neq 2 $ (vedere premessa); quindi per ogni x composto, abbiamo:
$ \displaystyle\sigma_0 (x)\sigma_0 (y)\neq y $
Se poi supponiamo $ x $, oltre che composto, anche coprimo con $ y $ (come già detto in precedenza, la funzione $ \displaystyle\sigma_0 (\cdot) $ è moltiplicativa, ma non totalmente moltiplicativa!), allora:
$ \displaystyle\sigma_0 (xy)\neq y $
Esistono infiniti $ x $ composti e coprimi con $ y $: infatti, ad esempio, se $ p $ è un numero primo non divisore di $ y $ e $ k $ è un intero positivo maggiore o uguale a $ \displaystyle 2 $, ogni $ \displaystyle p^k $ è un numero composto e coprimo con $ y $; così la tesi è soddisfatta anche in questo caso.

Bye,
#Poliwhirl#

Poliwhirl ha scritto: 1) La funzione $ \displaystyle \sigma_0(\cdot) $ è moltiplicativa, ma non totalmente moltiplicativa; quindi $ \displaystyle\sigma_0 (xy)=\sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $ se e solo se $ x $ e $ y $ sono coprimi.

In verità, benché sia stato dimostrato altrove (click!) che tutte le funzione dei divisori sono moltiplicative, ma non totalmente, questo non esclude affatto (in linea di principio) che possano esistere coppie $ (x,y) $ di interi positivi tali che: $ \gcd(x,y) > 1 $ e $ \sigma_0(xy) = \sigma_0(x)\cdot\sigma_0(y) $. Siccome è banale, ti risparmio la fatica e me ne occupo io...

Lemma: se $ x, y \in\mathbb{N}_0 $ e $ \gcd(x,y) > 1 $, allora $ \sigma_0(xy) < \sigma_0(x)\cdot\sigma_0(y) $.

Dim.: poiché si suppone $ \gcd(x,y) > 1 $, deve pure ammettersi $ \min(x,y) > 1 $. E allora, per il teorema fondamentale dell'Aritmetica, può porsi $ \displaystyle x = x_0 \cdot \prod_{i=1}^{r} p_i^{\alpha_i} $ ed $ \displaystyle y =y_0 \cdot \prod_{i=1}^r p_i^{\beta_i} $, ove $ x_0, y_0, r \in\mathbb{N}_0 $, con $ \gcd(x_0, y_0) = 1 $; $ p_1, p_2, \ldots, p_r $ sono numeri primi naturali a due a due distinti ed $ \alpha_i\in \mathbb{N}_0 $, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, r $.

Incidentalmente, dico che $ \{p_1, p_2, \ldots, p_r\} $ rappresenta l'insieme di tutti e soli i fattori primi comuni alle scomposizioni canoniche euclidee di $ x $ ed $ y $, e che quest'insieme è non vuoto poiché si è ipotizzato $ \gcd(x,y) > 1 $.

Di qui, sfuttando la più volte citata moltiplicitività delle funzioni dei divisori, si deduce pertanto che: $ \displaystyle{\sigma_0(xy) = \sigma_0(x_0 y_0)\cdot \prod_{i=1}^r (\alpha_i + \beta_i + 1)} $ $ \displaystyle{< \sigma_0(x_0 y_0)\cdot \prod_{i=1}^r (\alpha_i + 1)(\beta_i + 1)= \sigma_0(x)\cdot \sigma(y)} $. Segue l'asserto, q.e.d.

Bene, appena posso leggo il resto, adesso debbo prepararmi per la serata...

Poliwhirl ha scritto: Problema #1: dividiamo il problema in 2 casi:
1° caso: $ \displaystyle\sigma_0 (y)\neq\frac{y}{2} $
Da cui: $ \displaystyle 2\sigma_0 (y)\neq y $
Che possiamo riscrivere come: $ \displaystyle\sigma_0 (x)\sigma_0 (y) \neq y $, per $ \displaystyle x\in\mathfrak{P} $

...ma questo se si ammette che $ x $ ed $ y $ siano coprimi fra loro...

Poliwhirl ha scritto:[...] se poi $ x $ è diverso da ogni divisore primo di $ y $ [...], abbiamo: $ \displaystyle\sigma_0 (xy)\neq y $

"Poi"?!? Non ti sembra che ci stia decisamente meglio un "dunque"? Boh, magari ho frainteso tutto... Vabbe', se anche fosse, non ritengo sia il caso di approfondire quest'aspetto! Adesso ne comprenderai il perché...

Poliwhirl ha scritto:Così la tesi è soddisfatta, dato che esistono infiniti primi diversi dai divisori primi di $ y $ (che ovviamente ha un numero finito di fattori primi).

Whirl... Prova a rileggere le tue conclusioni e a confrontarle con quelle postulate nella traccia del problema. Ahmmm... Dimmelo sinceramente, caro: ti paiono le stesse?!?

Tu hai dimostrato che, fissato $ y\in\mathbb{N}_0 $ tale che $ 2\sigma_0 (y)\neq y $ (per esempio, $ y \in\mathfrak{P} $), esistono infiniti $ x \in \mathbb{N}_0 $ (seguendo il tuo suggerimento, tutti i primi naturali $ \neq y $) tali che: $ \sigma_0(xy) \neq \sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $. Tuttavia, rilassando un attimo la tesi, il problema chiede di provare che esiste $ x\in\mathbb{N}_0 $ tale che, per ogni $ y\in\mathbb{N}_0 $: $ \sigma_0(xy) \neq \sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $.

In parole spicciole, nel procedere della tua presunta soluzione, si fissa $ y\in\mathbb{N}_0 $ e si determina quindi tutta una classe di interi $ x > 0 $ tali che: $ \sigma_0(xy) \neq \sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $. In quanto al problema proposto, invece, fissato $ x\in\mathbb{N}_0 $, si vuole dedurre che ogni $ y\in\mathbb{N}_0 $ è tale per cui: $ \sigma_0(xy) \neq \sigma_0 (x)\sigma_0 (y) $. Ci sta una bella differenza, lo vedi?!? Su, ritenta...

HiTLeuLeR ha scritto:Problema #1: provare che esistono infiniti $ x\in\mathbb{N}_0 $ tali che, per ogni altro $ y\in\mathbb{N}_0 $: $ \sigma_0(xy) \neq y $.

E' sufficiente scegliere $x=p^8$, con $p\ge 11$.
Difatti se $\upsilon_p(y):=\alpha >0$ e $Y:=yp^{-\upsilon_p(y)}$, allora $\sigma_0(xy)=(\alpha+9)\sigma_0(Y)\neq p^{\alpha}Y$ se e solo se $\displaystyle \frac{\alpha+9}{p^{\alpha}} \neq \frac{Y}{\sigma_0(Y)}$, e questa "non-identità" e' verificata dal momento che $\displaystyle \frac{\alpha+9}{p^{\alpha}}\le \frac{\alpha+9}{11^{\alpha}} \le \frac{10}{11}<1\le \frac{Y}{\sigma_0(Y)}$. Se invece $p\nmid y$ allora $\sigma_0(xy)=9\sigma_0(y)\neq y$: e' sufficiente quindi verificare che l'equazione $9\sigma_0(x)=x$ non ha alcuna soluzione in $\mathbb{N}$. Detta wlog $x=\displaystyle \prod_{1\le i\le k}{p_i^{a_i}}$ la sua rappresentazione canonica, allora deve valere $\displaystyle 9\prod_{1\le i\le k}{(a_i+1)}= \prod_{1\le i\le k}{p_i^{a_i}}$. Ricordiamo che $p_i^{a_i}\ge 2^{a_i}>a_i+1$ per ogni $a_i>0$, per cui se fosse $\text{gpf}(x):=p_k\ge 23$ avremmo $\displaystyle x= p_k^{a_k} \prod_{1\le i\le k-1}{p_i^{a_i}}$ $\displaystyle > 9(a_k+1) \prod_{1\le i\le k-1}{a_i+1}= 9\sigma_0(x)$. Aggiungendo il fatto che $9\mid x$, e ripetendo lo stesso ragionamento otteniamo facilmente che:
$0\le \upsilon_{17}(x)\le 1$
$0\le \upsilon_{13}(x)\le 1$
$0\le \upsilon_{11}(x)\le 1$
$0\le \upsilon_{7}(x)\le 1$
$0\le \upsilon_{5}(x)\le 2$
$2\le \upsilon_{3}(x)\le 3$
$0\le \upsilon_{2}(x)\le 5$.
Dato un primo $7\le p\le 17$, se fosse $\upsilon_{p}(x)=1$ allora $p \mid 9\sigma_0(x) \implies p\mid \sigma_0(x)$ per cui deve esiste un primo $q$ tale che $\upsilon_q(x)\ge p-1\ge 6$, che e' impossibile.
Se fosse $\upsilon_3(x)=2$, allora $3^3\mid 9\sigma_0(x)=x$, assurdo. Questo significa che, se una soluzione $x$ esiste, allora $\upsilon_p(x)=0$ per ogni primo $p\ge 7$, $0\le \upsilon_5(x):=b\le 2$, $\upsilon_3(x)=3$, $0\le \upsilon_2(x):=a\le 5$. In altre parole $2^2\cdot 3^2 (a+1)(b+1)=3^3\cdot 2^a \cdot 5^b \implies 3\mid (a+1)(b+1)$. Se fosse $3\mid b+1$ allora $b=2$, ma allora $5^2\mid x =9\sigma_0(x) \implies 5^2\mid a+1$, impossibile. Significa che $3\mid a+1$.
Riassumendo dobbiamo avere $2^2 (a+1)(b+1)=3\cdot 2^a\cdot 5^b$, con $b\in \{0,1\}$ e $a \in \{2,5\}$, e nessuno dei 4 casi soddisfa l'uguaglianza. []

HiTLeuLeR ha scritto:Problema #2: provare che, per ogni $ k\in\mathbb{N}_0 $, esistono infiniti $ n\in\mathbb{N}_0 $ tali che: $ \omega(n) = k $ e $ \sigma_0(n) \mid n $.

Come detto sopra, e' sufficiente scegliere $\displaystyle n=\prod_{1\le i\le k}{p_i^{p_i-1}}$, dati $k$ primi distinti $p_1, p_2,\ldots, p_k$. []