Siempre menor y a veces divisor

Hoy martes os traigo el problema de la semana. Ahí va:

Supongamos que n es un entero positivo mayor o igual que 2 con divisores 1=d_1 < d_2 < \ldots < d_k=n. Demuestra que

d_1d_2+d_2d_3+ \ldots + d_{k-1}d_k

es siempre menor que n^2, y determina cuándo es un divisor del propio n^2.

Que se os dé bien.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

14 Comments

  1. Mmonchi

    La primera ecuación es cierta para i=k-1 pero no en general.

    Contraejemplo:

    n = 210, sus divisores son 1,2,3,5,6,7,…210

    7*6=42
    6*5=30 y 42<2*30

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  2. Llamando q(n) a esa expresión, claramente es q(n) > n. Por otra parte, si n es primo, q(n) = n y evidentemente q(n) | n^2. Y creo que son los únicos casos en que lo hace. Pero esto dista de ser una demostración …

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  3. Hola, creo que tengo la primera parte…

    Un numero entero, n, se puede expresar:

    n= \sum_{i=1}^n d_i ^{f_i}

    Donde f_i es la pontencia del divisor. Elevando al cuadrado:

    n^{2} = (\sum_{i=1}^n d_i ^{f_i})(\sum_{j=1}^n d_j ^{f_j})

    Desarrollando unos pocos terminos…

    n^{2} = d_1 ^{f_1} (d_1 ^{f_1} + d_2 ^{f_2} + d_3 ^{f_3} + …) + d_2^{f_2} (d_1 ^{f_1} + d_2 ^{f_2} + d_3 ^{f_3} + …) + d_3^{f_3} (d_1 ^{f_1} + d_2 ^{f_2} + d_3 ^{f_3} + …) + …

    La prueba de arriba es inmediata si solo nos restringimos a tomar unos pocos terminos de la suma…

    n^{2} > d_1 ^{f_1}  d_2 ^{f_2} + d_2 ^{f_2} d_3 ^{f_3} + d_3^{f_3} d_4^{f_4} + …

    La segunda parte no se me ocurre como abordarla

    Un saludo

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  4. Hola…he visto mi error, he puesto sumatorios en lugar de productorios…

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  5. Bueno, la cosa es así

    d_1 = n/d_k, d_2 = n/d_{k-1}, …., d_k = n/d_1

    Entonces,

    q(n) = d_1*d_2 + d_2*d_3 + … + d_{k-1}*d_k

    = n^2/(d_{k-1}*d_k) + …. + n^2/(d_2*d_1)

    = n^2(1/(d_1*d_2) + … + 1/(d_{k-1}*d_k))

    Pero {d1, d2, …, d_k} esta incluido en {1, 2, …, n}, y por tanto

    d_m*d_{m+1} >= m(m+1) ===> 1/(d_m*d_{m+1})

    q(n) <= n^2(1/(1*2) + 1/(2*3) + … + 1/((n-1)n) =

    = n^2(1 – 1/n) = n^2 – n

    Por otra parte, si q(n) | n^2, como q(n) < n^2 y d_1 = 1, debe ser q(n) = n^2/d_2

    donde la igualdad se da solo si d_2 = n, es decir, si n es primo, en cuyo caso q(n) = n.

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  6. Antes quedo incompleto por culpa de los signos de menor o igual. Veamos ahora:

    Bueno, la cosa es así

    d_1 = n/d_k, d_2 = n/d_{k-1}, …., d_k = n/d_1

    Entonces,

    q(n) = d_1*d_2 + d_2*d_3 + … + d_{k-1}*d_k

    = n^2/(d_{k-1}*d_k) + …. + n^2/(d_2*d_1)

    = n^2(1/(d_1*d_2) + … + 1/(d_{k-1}*d_k))

    Pero {d1, d2, …, d_k} esta incluido en {1, 2, …, n}, y por tanto

    d_m*d_{m+1} \ge m(m+1) ===> 1/(d_m*d_{m+1})

    q(n) \le n^2(1/(1*2) + 1/(2*3) + … + 1/((n-1)n) =

    = n^2(1 – 1/n) = n^2 – n

    Por otra parte, si q(n) | n^2, como q(n) < n^2 y d_1 = 1, debe ser q(n) \le n^2/d_2

    Pero

    q(n) = n^2/(d_1*d_2) + n^2/(d_2*d_3) + …

    = n^2/d_2 + n^2/(d_2*d_3) + … \ge n^2/d_2

    donde la igualdad se da solo si d_2 = n, es decir, si n es primo, en cuyo caso q(n) = n.

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  7. La idea de Ignacio es buena, aunque hay un problemilla con los subíndices, en realidad sería:
    q(n)≤n^2 (1/(1•2)+1/(2•3)+⋯+1/(k-1)k)=n^2 (1-1/k)
    Y como (1-1/k) es siempre menor que 1, ya que k es siempre mayor o igual que 2, tendremos que:
    q(n)<n^2, que es lo que queríamos probar.

    Por otra parte, se puede demostrar que q(n)|n^2 si y sólo si n es primo:
    – Si n es primo, entonces q(n)=n y es claro que q(n)|n^2
    – Si q(n)|n^2, entonces q(n)|n y entonces q(n)≤n y esto sólo se cumple (además en igualdad) si n es primo.

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  8. Marcos: No hay problema con los subíndices, lo que está quizás es poco especificado. Tenemos que

    q(n) = n^2(1/(d_1*d_2) + … + 1/(d_{k-1}*d_k))

    {d_1, d_2, …, d_k}  \subset {1, 2, …, n}

    d_m*d_{m+1} \ge m(m+1) \Longrightarrow 1/(d_m*d_{m+1}) \le 1/m(m+1)

    \Longrightarrow q(n) \le n^2(1/(1*2) + …+ 1/((k-1)k)) \le n^2(1/(1*2) + …+ 1/((n-1)n))

    \le n^2(1 – 1/n) = n^2 – n

    Por otra parte, ten en cuenta que q(n) | n^2 \not\Longrightarrow q(n) | n, eso solo ocurre si q(n) es primo. Por ejemplo, 12 | 36 pero 12 \nmid 6.

    La segunda parte creo que no tiene dudas:

    q(n) < n^2 \Longrightarrow q(n) \le n^2/d_2

    q(n) = n^2(1/(d_1*d_2) + … + 1/(d_{k-1}*d_k))

    = n^2(1/d_2 + … + 1/(d_{k-1}*d_k)) \ge n^2/d_2

    donde la igualdad se da solo si d_2 = d_k. Es decir, si n es primo.

    En otro caso, si n no es primo, q(n) > n^2/d_2 y q(n) \le n^2/d_2, lo que es imposible.

    ¡Ufff! Qué complicado es esto del LaTeX y el HTML …

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  9. Ignacio: Cierto, no me refería exactamente a los subíndices, sino a la cota, ya que al utilizar directamente n en vez de k quedaba algo extraño. Pero es cierto que:
    q(n)≤n^2 (1/(1•2)+1/(2•3)+⋯+1/(k-1)k)
    Y también n^2 (1/(1•2)+1/(2•3)+⋯+1/(k-1)k)≤n^2 (1/(1•2)+1/(2•3)+⋯+1/(n-1)n), con lo que: n^2 (1-1/k)≤n^2 (1-1/n). Aquí hay que hacer notar que si n=2 se cumple la igualdad (ya que k=2), pero para cualquier número mayor que 2 es una desigualdad estricta (ya que k<n).

    Con la segunda, parte llevas, razón, se me fue la cabeza, no quedan dudas.

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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