esponentucoli abnormi

[jordan]

$ \forall n \in N $ sia $ d(n) $ il numero di divisori positivi di $ n $.
$ \forall n \in N $ sia inoltre $ S_n=\{a \in N | \forall b \in N, b<a, d(b)<d(a), a \neq kn, \forall k \in N\} $.

Provare che $ |S_n| $ è finito $ \forall n \in N $.


Buon $ lavoro^{-3e^{3i\pi}} $

[Marco]

Quando usiamo i quantificatori, cerchiamo di usarli correttamente...

$ S_n=\left \{a \in N \big | a \nmid n \ \ \mathrm{ e } \ \ \forall b \in N, b<a: d(b)<d(a) \right \} $.

[Nonno Bassotto]

He he, quando usiamo i simboli di divisibilità, cerchiamo di usarli correttamente...

$ S_n=\left \{a \in N \big | n \nmid a \ \ \mathrm{ e } \ \ \forall b \in N, b<a: d(b)<d(a) \right \} $.

[darkcrystal]

Il problema a mio parere è molto bello... non così la mia soluzione, comunque la posto lo stesso

L'idea è quella di mettere degli upperbound sia a quali primi possono dividere a, sia al loro massimo esponente. Cominciamo con l'esponente:

sia $ a=\prod p_i^{a_i} $ e $ n=\prod q_i ^ {b_i} $, ed inoltre sia $ K=1+max(b_i) $

Notiamo ora che $ a' = p_j^{a_j-M} \prod_{i \neq j} p_i^{a_i} \cdot p_{k+1} $ è contemporaneamente minore di a e con più divisori (fate due conti...) se prendiamo $ M=\lfloor \frac{a_j+1}{2} \rfloor $ e $ p_{k+1} \leq p_j^M $. Perciò esiste un a'<a e con più divisori di a, assurdo. Perciò per ogni primo $ p_i $ tutti i primi minori di $ p_i^{\lfloor \frac{a_i+1}{2} \rfloor} $ dividono a.

Ora andiamo con la dimensione dei primi. Supponiamo ci sia un $ p_j >n^K $. Allora consideriamo $ a''=\frac{a}{p_j} \cdot n^K $, che è minore di a, ed inoltre ha più divisori, perchè il rapporto $ \displaystyle \frac{d(a'')}{d(a)} = \frac{a_j-1+1}{a_j+1} \cdot \frac{\displaystyle \prod_{p_i|n} (a_i+K+1)}{\displaystyle \prod_{p_i|n} (a_i+1)} \geq \frac12 \cdot 2 = 1 $, perchè almeno uno dei primi che dividono sia n che a ha - in a - un esponente minore di quello con cui compare in n (altrimenti n dividerebbe a), esponente che a sua volta è minore o uguale a K-1.

Perciò il più grande primo che divide n non può superare $ n^K $, ma d'altro canto se $ p_i|a $ tutti i primi minori di $ p_i^{\lfloor \frac{a_i+1}{2} \rfloor} $ dividono a. Perciò l'esponente di ogni primo non può crescere indefinitamente (altrimenti prima o poi troveremmo che deve dividere a un primo > n^K), e perciò, essendo finiti i primi che possono dividere a ed essendo il loro esponente superiormente limitato, abbiamo solo un numero finito di possibili a, per ogni scelta di n.

Sono consapevole del fatto che non si capisce molto: chiedo solo di avere un po' di comprensione, perchè non è semplicissimo da scrivere. Ovviamente chiedete quanto volete!

[Marco]

He he, quando usiamo i simboli di divisibilità, cerchiamo di usarli correttamente...

Touche'. E che devo dire? Quando uno ha ragione, ha ragione...