matematikk.net

Vis at det finnes uendelig mange heltall som ikke kan skrives på formen [tex]\frac {4n} {(d(n))^2}[/tex], der [tex]d(k)[/tex] er antallet divisorer til [tex]k[/tex]. (der 1 og k begge regnes med, så f.eks. d(2)=2, d(9)=3)

Ble ikke en spesielt pen løsning, men tror det skal holde. Vil gjerne se flere løsninger på denne.

Anta at [tex]\frac{4n}{d(n)^2} = p[/tex] for et odde primtall p.

La [tex]n = 2^{e_0}p_1^{e_1}...p_k^{e_k}[/tex] der [tex]e_i >0[/tex], og [tex]e_0 \geq 0[/tex]. Siden [tex]d(n) = (e_0+1)(e_1+1)...(e_k+1)[/tex] og [tex]d(n) | n[/tex] må

[tex]e_i=2^{s_i}\prod_j p_j^{f_{ji}}-1[/tex] for et heltall [tex]s_i[/tex] for alle i for heltall [tex]f_{ij}[/tex].

Det betyr at eksponentene til [tex]2,p_1,...,p_k[/tex] i [tex]\frac{4n}{d(n)^2 [/tex]
er
[tex]2+2^{s_0}\prod_j p_j^{f_{j0}}-1-2\sum_i s_i \\ 2^{s_1}\prod_j p_j^{f_{j1}}-1-2\sum_i f_{1i}\\ ... \\ 2^{s_k}\prod_j p_j^{f_{jk}}-1-2\sum_i f_{ki}[/tex]
respektivt.

Hvis [tex]\frac{4n}{d(n)^2 [/tex] er et odde primtall p, er summen av eksponenter i primtallsfaktoriseringen (som består av samme primtall i faktoriseringen av n ovenfor) 1.

Nå er [tex]\prod_j p_j^{f_{ji}} \geq 3^{\sum_jf_{ji}} \geq 2\sum_jf_{ji}+1[/tex] som enkelt kan vises ved induksjon. Men det betyr at summen av alle eksponentene i [tex]\frac{4n}{d(n)^2 [/tex] er

[tex]2 -2\sum_i s_i+ \sum_i 2^{s_i}\prod_j p_j^{f_{ji}} -1 - 2 \sum_j f_{ij} \geq 2-2\sum_i s_i+\sum_i(2^{s_i}-1) + \sum_i \prod_j p_j^{f_{ji}} -1 - 2 \sum_j f_{ij} \\ \geq 2-2\sum_i s_i+\sum_i(2^{s_i}-1) + \sum_i 3^{\sum_jf_{ji}} -1 - 2 \sum_j f_{ij} \geq 2-2\sum_i s_i+\sum_i(2^{s_i}-1) + \sum_i 2\sum_jf_{ji}+1 -1 - 2 \sum_j f_{ij} = 2-2\sum_i s_i+\sum_i(2^{s_i}-1)[/tex]

Kun èn [tex]s_i[/tex] er positiv (siden alle eksponentene utenom en er partall (0)).

Men det betyr at [tex]1 \geq 2 + 2s_i+2^{s_i}-1 \Leftrightarrow 2s_i+2^{s_i} \leq 0[/tex], som er umulig.

Det vil si at ethvert odde primtall ikke kan skrives på den aktuelle formen, og det er et uendelig antall av dem.

Men setter du [tex]n=p[/tex] får du [tex]d(p)=2[/tex], og [tex]\frac {4p} {2^2} = p[/tex], så alle odde primtall kan skrives på den formen.

Ser der ja. Gjorde en fortegnsfeil i slutten ser jeg. Tåpelig feil. Men jeg tror at følgende modifisering skal fungere:

Anta heller at vi skal få p^2, ikke p, for et odde primtall p. Da følger vi samme argument, men har at summen av eksponenter er 2, og ennå er kun èn s_i positive (for hvis ikke er flere eksponenter positive). Vi får at

[tex]2 \geq 2-2s_i+2^{s_i}-1 \Leftrightarrow 2^{s_i} \leq 2s_i+1 \Rightarrow s_i = [/tex] 1 eller 2. Men det beyr at n = q eller q^2 for et primtall q. n = q er som du viste umulig, og for n=q^2 får vi at uttrykket er lik [tex]\frac{4q^2}{3}[/tex]. For at dette skal være et heltall må q = 3, som gir at uttrykket er lik 12. Det betyr at p^2 for ethvert odde primtall p ikke er på den aktuelle formen.

Jeg ser ikke hvorfor bare en [tex]s_i[/tex] kan være positiv, men det er sikkert bare meg som overser noe åpenbart. Ellers ser alt bra ut.

Litt enklere er det å vise at ingen odde kvadrater kan skrives på denne formen. Anta at [tex]\frac {4n} {(d(n))^2} =m^2 [/tex] for en eller annen [tex]n[/tex] der [tex]m[/tex] er odde. Vi har da [tex]n=\left ( \frac {m \cdot d(n)} 2 \right )^2[/tex], så [tex]n[/tex] er et kvadrattall. Men da er [tex]d(n)[/tex] et oddetall, så [tex]m^2=4\frac {n} {(d(n))^2}[/tex] er delelig med 4, som er umulig, da [tex]m[/tex] er odde.

Tenkte nok det var en enklere løsning på denne.

Hvis s_i er positiv så vil eksponenten til p_i (eller 2) være et oddetall. Men de skal være 0 for alle utenom èn av faktorene.