Aufgabe #103 (IMOsl),(ZT) < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 18:46 Sa 01.10.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
So, ich poste einfach mal ein paar Aufgaben, deren Lösung ich selbst auch noch nicht kenne. Hoffentlich sind sie machbar. Los gehts:
Für eine natürliche Zahl $n$ sei $s(n)$ die Summe ihrer Teiler. Man beweise, dass es unendlich viele $n$ gibt, für die [mm] $\frac{s(n)}{n}>\frac{s(m)}{m}$ [/mm] für alle m<n gibt.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:15 So 02.10.2005 | | Autor: | Cool-Y |
Anmerkung:
Ich gehe davon aus, dass [mm] m\in\IN\setminus{0}.
[/mm]
1. Existenzbeweis:
Die Zahl 2 genügt den Anforderungen, wegen [mm] \bruch{s(2)}{2}=\bruch{3}{2}>\bruch{s(1)}{1}=1
[/mm]
2. Beweis durch Widerspruch:
[mm] n_{0} [/mm] sei die größte Zahl die den Forderungen genügt.
Die Primfaktorzerlegung von [mm] n_{0} [/mm] sei [mm] n_{0}=\produkt_{i=1}^{k}p_{i}^{\alpha_{i}} [/mm] mit 1 < [mm] p_{1} [/mm] < [mm] p_{2} [/mm] <...< [mm] p_{k} [/mm] und natürlich ist [mm] p_{j} [/mm] prim für alle j [mm] \le [/mm] k
Es gilt [mm] s(n_{0})=\produkt_{i=1}^{k}\bruch{p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1}{p_{i}-1}
[/mm]
Dann ist [mm] \bruch{s(n_{0})}{n_{0}}=\produkt_{i=1}^{k}\bruch{p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1}{p_{i}^{\alpha_{i}}(p_{i}-1)}
[/mm]
Nun sei [mm] n_{1}=p_{1}n_{0}
[/mm]
Damit [mm] n_{0} [/mm] die größte Zahl ist, die den Forderungen genügt, muss folgendes gelten(anderenfalls genügt [mm] n_{1} [/mm] den forderungen, oder es gibt ein [mm] n_{2} [/mm] mit [mm] n_{0} [/mm] < [mm] n_{2} [/mm] < [mm] n_{1}, [/mm] das den anforderungen genügt):
[mm] \bruch{s(n_{0})}{n_{0}} \ge \bruch{s(n_{1})}{n_{1}}
[/mm]
[mm] \produkt_{i=1}^{k}\bruch{p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1}{p_{i}^{\alpha_{i}}(p_{i}-1)} \ge \bruch{p_{1}^{\alpha_{1}+2}-1}{p_{1}^{\alpha_{i}+1}(p_{i}-1)} \produkt_{i=2}^{k}\bruch{p_{i}^{\alpha_{i}+1}-1}{p_{i}^{\alpha_{i}}(p_{i}-1)}
[/mm]
[mm] \bruch{p_{1}^{\alpha_{1}+1}-1}{p_{1}^{\alpha_{i}}(p_{i}-1)} \ge \bruch{p_{1}^{\alpha_{1}+2}-1}{p_{1}^{\alpha_{i}+1}(p_{i}-1)}
[/mm]
[mm] p_{1}^{\alpha_{1}+1}-1 \ge \bruch{p_{1}^{\alpha_{1}+2}-1}{p_{1}}
[/mm]
[mm] p_{1}^{\alpha_{1}+2}-p_{1} \ge p_{1}^{\alpha_{1}+2}-1
[/mm]
[mm] -p_{1} \ge [/mm] -1
[mm] p_{1} \le [/mm] 1 und das steht im Widerspruch zu 1 < [mm] p_{1}.
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:49 So 02.10.2005 | | Autor: | ZetaX |
Hallo Cool-Y,
ein schöner Beweis.
Meine Idee war leider etwas komplizierter:
Lemma:
Es ist [mm] $\limsup_{k\rightarrow\infty} \frac{s(k)}{k} [/mm] = [mm] \infty$
[/mm]
Beweis:
Sei [mm] $n_k$ [/mm] das Produkt der ersten $k$ Primzahlen.
Es ist
[mm] $\frac{s(n_k)}{n_k} [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^k \frac{p_i+1}{p_i} [/mm] = [mm] \prod_{i=1}^k [/mm] (1 + [mm] \frac{1}{p_i}) [/mm] > [mm] \sum_{i=1}^k \frac{1}{p_i}$
[/mm]
und die letztgenannte Reihe divergiert, was schon die Aussage liefert.
Beweis der Gesamtaussage:
Gäbe es ein größtes $n$ mit der gewünschten Eigenschaft, so wäre die Folge [mm] $\frac{s(k)}{k}$ [/mm] beschränkt, was nach dem Lemma nicht sein kann.
Grüße,
Daniel
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