Sobre números superabundantes

Comenzamos esta semana de Carnaval de Matemáticas con un problema cuyo enunciado es el siguiente:

Sea n un entero positivo y \sigma (n) la suma de sus divisores (incluyendo al 1 y al propio n). Decimos que un entero m \ge 1 es superabundante si

\cfrac{\sigma (m)}{m} > \cfrac{\sigma (k)}{k}, \; \forall k \in \{1,2, \ldots , m-1 \}

Probar que existen infinitos números superabundantes.

Que se os dé bien.


Esta es mi primera contribución con la Edición 3,1415 del Carnaval de Matemáticas, que organiza este blog.


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.

27 Comments

  1. Supongamos que hay un número finito. Por lo que habrá un m tal que:
      \cfrac{\sigma (m)}{m} > \cfrac{\sigma (k)}{k}, \; \forall k \in \{1,2, \ldots , m-1 \}
    y no habrá ninguno mayor que m.
    Consideremos lo siguiente:
    2\sigma (m) = 2D = D+D < D + 2m < \sigma (2m)
    donde D es la suma de los divisores de m
    La primera desigualdad se saca de que: "La suma de los divisores de un número es menor que el doble del número"
    Tenemos ahora: 2\sigma (m) < \sigma (2m)
    Dividiendo por 2m nos queda:
      \cfrac{\sigma (2m)}{2m} > \cfrac{\sigma (m)}{m}

    Por lo que se concluye que son infinitos, porque en caso de ser finito, el doble del número, sería "superabundante"

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  2. Basta demostrar que \dfrac{\sigma(m)}{m} no está acotada.

    Sea \displaystyle x= \prod_1^r p_i (producto de los primeros r primos)

    Entonces \displaystyle \sigma(x) = \prod_1^r (p_i+1) y

    \displaystyle \dfrac{\sigma(x)}{x} = \prod_1^r \dfrac{p_i+1}{p_i} = \prod_1^r ( 1 + \dfrac{1}{p_i}) = \sum_1^r \dfrac{1}{p_i} + S, \ \ S> 0

    Pero \sum \dfrac{1}{p_i} no está acotada, y por tanto tampoco \dfrac{\sigma(x)}{x}

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  3. Genial la demostración de fede !!

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  4. Eulerianos, afirmas que  \sigma(n)<2n, pero por ejemplo

    \sigma(12)=1+2+3+4+6+12=28 no es menor que  2\cdot 12=24

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  5. Creo que la demostración de Fede es correcta, pero a mi se me ha ocurrido otra:

    Para n = 2^k se tiene que sus divisores son 1, 2, 4, \ldots, 2^{k-1}, 2^k.

    Por tanto, la suma de sus divisores es: \sigma(2^k) = 2^{k+1}-1, demostrable fácilmente por inducción.

    Con esto, tenemos que \frac{\sigma(2^k)}{2^k} \over^{k\rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty.

    Es decir, \frac{\sigma(n)}{n} no está acotada, lo cual contradice el enunciado:

    En caso de haber un último número superabundante k, cualquier otro cumpliría que:

    \forall n \; \frac{\sigma(n)}{n} \leq \frac{\sigma(k)}{k}

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  6. No me deja editar el post, así que lo pongo aquí:

    La cuarta línea tendría que quedar:

    Con esto, tenemos que: \frac{\sigma(2^k)}{2^k} \xrightarrow{k \rightarrow \infty} \infty.

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  7. Me acabo de dar cuenta de que hay un error en la demostración. Concretamente en la línea que he editado… así que todo es falso. Os dejo a vosotros encontrarlo.

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  8. Pirer, no entiendo una cosa:

     \cfrac{\sigma(2^k)}{2^k}=\cfrac{2^{k+1}-1}{2^k}=2-\cfrac{1}{2^k}

    que tiende a  2 cuando k\rightarrow\infty ¿por qué afirmas que se va a  \infty?

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    2520
    5040
    10080
    15120

    ¿Es una ilusión? ¿O veo doble?

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  10. La verdad es que veo muchos múltiplos de dos y de tres… ¿Por qué? Números con divisores pequeños… Muchos divisores pequeños…

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  11. ratoncillo de biblioteca toda la razón del mundo, me di cuenta pensando la demostración un rato después. Craso error!

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  12. La suma de divisores de un número es mayor que dicho número.

    La suma de divisores del producto de dos números primos entre sí es igual al producto de las sumas de divisores de ambos.

    Si n fuera el mayor de los números superabundantes y p un número primo con él, el cociente entre la suma de divisores de (pxn) y el propio (pxn) sería mayor que el cociente entre el los divisores de n y el propio n, luego o bien (pxn) sería superabundante o bien habría un superabundante entre n y (pxn).

    De hecho todo factorial es superabundante y hay infinitos de ellos.

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  13. JJGJJG
    No comparto que todo factorial es superabundante
    He aquí mi contraejemplo:
    \frac{\sigma{(4!)}}{4!}=\frac{\sigma{(24)}}{24}=\frac{52}{24}<\frac{28}{12}=\frac{\sigma{(12)}}{12}

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  14. Eulerianos, hay algún error en el cálculo que has hecho, porque es verdadera la
    conclusión \dfrac{\sigma(2m)}{2m} > \dfrac{\sigma(m)}{m} de tu primer comentario:

    \displaystyle \sigma(n) = \sum_{ d | n} d = \sum_{d | n } \frac{n}{d}, y entonces \displaystyle \dfrac{\sigma(n)}{n} = \sum_{d | n } \frac{1}{d},

    y entre los divisores de un múltiplo de n están todos los divisores de n.

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  15. Hola Eulerianos
    En tu primer post no has demostrado la desigualdad para m+1,…,2m-1
    Si no lo haces, está incompleta
    Saludos

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  16. eulerianos: la suma de los divisores de 24 es 60 y no 52, luego tu contraejemplo no siirve.

    José María: la demostración de eulerianos prueba que, entre m+1 y 2m hay, al menos un número, cuyo cociente es mayor que el de m. Si solo hay uno, 2m sería superabundante.
    Si hay más de uno, el primero en superar a m (llamémoslo m+n) lo sería. Luego m no puede ser el mayor superabundante. Del mismo modo razonaríamos entre m+n y 2(m+n). Y así sucesivamente hasta el infinito.

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  17. Hola
    La demostración de eulerianos no es cierta porque usa un resultado que no es cierto (contraejemplo de ratoncillo de biblioteca)
    En la demostración de Fede sigo sin ver por qué el cociente de m es mayor que el de todos los anteriores.
    Saludos

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  18. José María ¿te refieres a que basta demostrar que  \cfrac{\sigma(m)}{m} no es acotada?

    Supongamos que  \cfrac{\sigma(m)}{m} no es acotada y que existe un número finito de números superabundantes. Notemos al máximo de ellos por M, es deicir,  M es el último número superabundante. Como  \cfrac{\sigma(m)}{m} no es acotada, se puede considerar

    N=\min\left\lbrace n>M \ | \ \cfrac{\sigma(n)}{n}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M}\right\rbrace

    Este N es superabundante. En efecto, si  k\in\{1,2,\dots,M-1\} entonces

    \cfrac{\sigma(k)}{k}\prec\cfrac{\sigma(M)}{M}\leq\cfrac{\sigma(N)}{N}

    Sea  k\in\{M,M+1,\dots, N-1\}, y supongamos que

    \cfrac{\sigma(k)}{k}\geq\cfrac{\sigma(N)}{N}

    Puesto que \cfrac{\sigma(N)}{N}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M} tendremos que \cfrac{\sigma(k)}{k}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M} y esto contradice la

    definición de  N (ya que,  N es el mínimo)

    Por tanto debe ser

    \cfrac{\sigma(k)}{k}\prec\cfrac{\sigma(N)}{N}

    Esto prueba que  N es superabundante, contradiciendo que  N >M.

    Luego hay infinitos números superabundantes.

    Aprovecho para felicitar a fede por su demostración.

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  19. Gracias. Me parece más simple y bonita la demostración basada en la identidad

    \displaystyle \frac{\sigma(n)}{n} = \sum_{d\ |\ n} \frac{1}{d},

    es decir, «todo natural es igual a la suma de sus divisores dividida entre
    la suma de los inversos de sus divisores».

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  20. En mi comentario anterior, me he dado cuenta de un detalle que no es correcto. Hay que sustituir la definición dada de N por esta otra:

     N=\min\left\lbrace n>N \ | \ \cfrac{\sigma(n)}{n}>\cfrac{\sigma(M)}{M}\right\rbrace

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  21. Hola Ratoncillo de biblioteca, ahora me ha quedado clara la demostración
    Muchas gracias

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  22. A mi, hay algo que no me queda claro en la primera demostración de fede.
    Esta hecha para números que únicamente son producto de los primeros r primos, en cuyo caso, el número 12 no cumple lo dicho justamente después, es decir, «sigma de 12» no es el producto de los r primos más 1.
    Quizás estoy equivocado, pero eso no lo demuestra, ¿o si?.

    Por cierto, mi enhorabuena para ratoncillo y el propio fede, pues la demostración última y la identidad dada por fede son geniales.

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  23. Hola Miguel, lo que demuestra fede en su primera demostración, es

    {\displaystyle f\left(\prod_{k=1}^r p_k\right)>\sum_{k=1}^r\frac{1}{p_k}} para todo r\in\mathbb{N} donde  f es la función  f:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{R}, \ f(m)=\cfrac{\sigma(m)}{m}

    Esto implica que f no es acotada, puesto que, la serie de los inversos de los números primos es divergente (este hecho no es trivial, pero hay demostraciones elementales del mismo). Para verlo se puede razonar por reducción al absurdo:

    Supongamos que f fuese acotada, entonces existe un M\in\mathbb{R} tal que f(m)\leq M para todo m\in\mathbb{N}. Por otro lado, como la serie de los inversos de los números primos es divergente, existirá un n_0\in\mathbb{N} tal que
    {\displaystyle \sum_{k=1}^{n_0}\frac{1}{p_k}\geq M}. Pero tomando,
    {\displaystyle m=\prod_{k=1}^{n_0}p_k} se tendría que

    {\displaystyle f(m)=f\left(\prod_{k=1}^{n_0} p_k\right)\leq M\leq\sum_{k=1}^{n_0}\frac{1}{p_k}}
    llegando a contradicción.

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  24. Claro, ya entiendo, si no está acotada, significa que hay infinitos números que cumplen que son «superabundantes».
    Lo que yo no veía tan claro (perdon por mi ignorancia) era que si:
      x = \prod\limits_1^r {{p_i}}  \Rightarrow \sigma(x)= \prod\limits_1^r {(p_i + 1)}
    Pero ya vi porque era eso (simplemente al desarrollar el productorio se queda la suma de todos los posible divisores de x, incluyendo el 1 y el propio x).

    Gracias por la respuesta 🙂

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  25. Eso es Miguel, aunque también se puede probar por inducción.

    Para r=2:

    \sigma(p_1p_2)=1+p_1+p_2+p_1p_2=(1+p_1)(1+p_2)

    Supongamos el resultado cierto para r=k\geq 2 y veamos que también es cierto para r=k+1:

    Sea  n=p_1p_2\cdots p_kp_{k+1} y notemos por m=p_1p_2\cdots p_k.

    Consideremos los conjuntos

    A=\{d\in\mathbb{N}, \ d\mid n \text{ y }p_{k+1}\mid d\}
    B=\{d\in\mathbb{N}, \ d\mid n \text{ y }p_{k+1}\nmid d\}

    es claro, que A y B son disjuntos y su unión es el conjunto de todos los divisores de n.

    Reordenando, si fuese necesario, los sumandos de \sigma(n) podemos escribir

    {\displaystyle \sigma(n)=\sum_{d\in A}d+\sum_{d\in B}d}

    En el primer sumando, podemos sacar factor común p_{k+1} obteniéndose

    {\displaystyle\sum_{d\in A}d=p_{k+1}\sum_{d\in B}d}

    y sustituyendo en la expresión anterior

    {\displaystyle \sigma(n)=(1+p_{k+1})\sum_{d\in B}d}

    Por otro lado, si  d\in B entonces p_{k+1}\nmid d y por tanto  mcd(d,p_{k+1})=1 luego  d\mid m=p_1p_2\cdots p_k. Recíprocamente, es claro que cualquier divisor de m pertenece a  B.

    Luego

    {\displaystyle \sum_{d\in B}d=\sigma(m)\Longrightarrow \sigma(n)=(1+p_{k+1})\sigma(m)}

    Por último, basta aplicar la hipótesis de inducción a \sigma(m) para obtener que el resultado.

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