114. numeri perfetti

[jordan]

Un numero e' perfetto se $\sigma_1(n)=2n$. Mostrare che per ogni numero perfetto $n$ vale $\displaystyle n<2^{2^{\sigma_0(n)}}$.

Ps. $\sigma_i(n):=\displaystyle \sum_{d\mid n}{d^i}$.

[Hawk]

Un numero perfetto può essere scritto nella forma $ 2^{n}(2^{n+1}-1) $, esso è però perfetto solo e soltanto se $ 2^{n+1}-1 $ è primo. Dunque sostituiamo ed otteniamo: $ 2^{n}(2^{n+1}-1)<2^{2^{\sigma_0(n)}} $.
Adesso notiamo subito che $ \sigma_0(n)=d(n) $, ovvero il numero dei divisori positivi di un numero. Ma per come abbiamo scritto il numero perfetto possiamo facilmente calcolare il numero dei divisori poistivi:$ 2(n+1) $, sostituiamo nella formula ed otteniamo:
$ 2^{n}(2^{n+1}-1)<2^{2^{2(n+1)}} \Rightarrow 2^{n}(2^{n+1}-1)<2^{4^n\cdot 4} \Rightarrow 2^{n+1}-1<2^{4^n\cdot 4-n} \Rightarrow -1<2^{4^n\cdot 4-n}-2^{n+1} $
il che si riduce a dimostrare $ 4^n\cdot 4 -n \geq n+1 $, da cui $ 2(2^{2n+2}-n)-1>0 $ da cui basta dimostrare $ 2^{2n+2}-n-\frac{1}{2}>0 $ che si dimostra per induzione quindi, è vera per tutti gli $ n\in \mathbb{N} $ quindi anche per i numeri perfetti.
Qual è la fonte del problema?

[FrancescoVeneziano]

Un numero perfetto può essere scritto nella forma $ 2^{n}(2^{n+1}-1) $, esso è però perfetto solo e soltanto se $ 2^{n+1}-1 $ è primo.

Hmm, questo vale per tutti i numeri perfetti *pari*.
Dei numeri perfetti dispari non si sa nulla, nemmeno se esistono; penso possa essere considerato il problema aperto più antico di tutta la matematica.

Quindi la tua dimostrazione vale solo per i numeri perfetti pari.
Nella tua dimostrazione dici che i divisori sono 3(n+1), quando in realtà sono 2(n+1), ma questo non influisce molto sul resto.

[Hawk]

Grazie per aver letto la mia soluzione, mi sono accorto dell'errore che ho fatto appena postato il messaggio e l'ho subito editato.

[Triarii]

Qualcuno mi può spiegare perchè i numeri perfetti si possono scrivere inquella forma? Il resto po l'ho capito.
Io stavo approcciando il problema nella maniera sbagliata mi sa xD

[Hawk]

Aspetto anche la conferma di Jordan.

[jordan]

Apparte che ti sei abbastanza complicato la vita per dimostrare una disuguaglianza che si vede quasi "a occhio", quello che hai scritto e' giusto, se non che il problema comincia proprio adesso, dato che non hai risolto il caso n dispari (come giustamente ti ha già fatto notare francesco)..

[Hawk]

Sono d'accordo, però Francesco dice anche che è uno dei più antichi problemi aperti e se non ci sono riusciti i più grandi matematici non vedo come possa farlo io. Che io sappia non è stato ancora trovato un numero perfetto dispari, né è stato mai dimostrato che i numeri perfetti dispari non esistono. Tu ci sei riuscito?

[<enigma>]

Se non ne esistono non vuol dire che non hai bisogno di includere quel caso nella dimostrazione, altrimenti pensa a tutti i poveri matematici che lavorano per cercare delle proprietà di numeri che probabilmente neanche esistono

[Hawk]

Potreste darmi un hint per questo secondo caso? Non saprei come analizzarlo....

[jordan]

Nessun hint, per ora..

[jordan]

Ok, hint (da un vecchio TST cinese): viewtopic.php?f=13&t=16466

[kalu]

Sia $ k=\sigma_0(n)-2 $. Siano inoltre $ d_1 $, $ d_2 $, ..., $ d_{k} $ tutti i divisori positivi di $ n $ esclusi 1 e $ n $.

$ \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq k}{d_i}=n-1 $, quindi, dividendo ambo i termini per $ n $, $ \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq k}{{d_i}^{-1}}=1-n^{-1} $.
$ n^{-1}=1-\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq k}{{d_i}^{-1}} \geq {t_k}^{-1} $, dove $ t_k $ è il $ k $-esimo termine della successione così definita: $ t_1=2 $, $ t_{m+1}=t_m(t_m+1) $. *
Quindi $ n \leq t_k $: resta da dimostrare che $ t_k<2^{2^{k+2}} $. Dimostreremo per induzione che $ t_k<2^{2^{k+2}}-1 $.
Il passo base è banale. Supponendo ora che $ t_m<2^{2^{m+2}}-1 $, osserviamo che $ t_{m+1}=t_m(t_m+1)<2^{2^{m+2}}(2^{2^{m+2}}-1)=2^{2^{m+3}}-2^{2^{m+2}}<2^{2^{m+3}}-1 $.

*Bisogna dimostrare questa disuguaglianza, corollario dell'altro problema di Jordan (viewtopic.php?f=13&t=16466). Chi lo dimostra, dimostra (quasi) tutto. (appena avrò un po' di tempo in più proverò io stesso, ma nel frattempo lo lascio a tutti)

[kalu]

$ n^{-1}=1-\displaystyle \sum_{1 \leq i \leq k}{{d_i}^{-1}} \geq {t_k}^{-1} $, dove $ t_k $ è il $ k $-esimo termine della successione così definita: $ t_1=2 $, $ t_{m+1}=t_m(t_m+1) $. *

*Bisogna dimostrare questa disuguaglianza, corollario dell'altro problema di Jordan (viewtopic.php?f=13&t=16466).

Mi rendo conto che l'eqivalenza tra il fatto (viewtopic.php?f=13&t=16466) e la mia disuguaglianza non è poi così limpida, perciò credo sia meglio esplicitarla.

Testo nascosto:

Vogliamo dimostrare che, data una $ m $-upla di interi positivi $ a_1 $, $ a_2 $, ..., $ a_m $ tali che $ \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{a_i^{-1}}<1 $, $ 1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{x_i^{-1}} \geq t_m^{-1} $.
In virtù della massimizzazione -da dimostrare- di $ \sum_{}{a^{-1}} $, basterà dimostrare che $ 1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{x_i^{-1}}= t_m^{-1} $.
Innanzitutto dimostriamo per induzione che $ 1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{x_i^{-1}}= (x_{m+1}-1)^{-1} $.
Per $ m=1 $, $ 1-x_1^{-1}=\frac{1}{2}=(x_2-1)^{-1} $. Supponiamo ora che $ 1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{x_i^{-1}}=(x_{m+1}-1)^{-1} $. Osserviamo che $ 1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m+1}{x_i^{-1}}=1- \displaystyle \sum_{1 \leq i \leq m}{x_i^{-1}} -x_{m+1}^{-1} =(x_{m+1}-1)^{-1} -x_{m+1}^{-1}= [x_{m+1}(x_{m+1}-1)]^{-1}=(x_{m+1} \prod_{1 \leq i \leq m}{x_i})^{-1}=(\prod_{1 \leq i \leq m+1}{x_i})^{-1}=(x_{m+2}-1)^{-1} $.
Resta ora da dimostrare che $ (x_{m+1}-1)=t_m $. Procediamo ancora per induzione. $ x_2-1=2=t_1 $. Supponiamo che $ (x_{m+1}-1)=t_m $. Allora $ \displaystyle x_{m+2}-1=x_{m+1} \prod_{1 \leq i \leq m}{x_i}=x_{m+1}(x_{m+1}-1)=(t_m+1)t_m=t_{m+1} $.

Ecco, adesso credo che non resti davvero altro da fare che dimostrare il problema di algebra di Jordan

[stergiosss]

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