Tajemnice funkcji σ oraz τ. Dzielniki liczb naturalnych oraz elementy zaawansowanej teorii liczb.

Transkrypt

1 Tajemnce funkcj σ oraz τ. Dzelnk lczb naturalnych oraz elementy zaawansowanej teor lczb. Bartłomej Grochal V Lceum Ogólnokształcące m. Augusta Wtkowskego w Krakowe

2 Przedmowa Teora lczb oraz nerównośc to dwa szeroke zagadnena, z którym zawsze mus zmerzyć sę każdy olmpjczyk. Nnejsza praca łączy je w sobe. Po perwsze traktuje o funkcj σ, czyl sume dzelnków całkowtych dodatnch lczby naturalnej. Po druge parę słów pośwęcę funkcj τ - lośc dzelnków całkowtych dodatnch lczby naturalnej. Po trzece zaś, z wymenonym funkcjam wążą sę bardzo nteresujące fakty dotyczące ogranczeń ch wartośc. Praca ta została przygotowana na Konkurs organzowany przez Krakowske Młodzeżowe Towarzystwo Przyjacół Nauk Sztuk, jednak skerowana jest równeż do wszystkch sympatyków teor lczb oraz szeroko pojętej matematyk. W poprzednm roku zajmowałem sę zagadnenam algebracznym zwązanym z nerównoścą mędzy średnm oraz zwązkam mędzy sumą loczynem n lczb. Na początku wprowadzę podstawowe pojęca przytoczę fakty, których późnej użyję do wykazywana wspomnanych własnośc funkcj σ oraz τ, a także do rozwązywana zadań pochodzących z rozmatych olmpad matematycznych. W welu mejscach zameszczam komentarze wprowadzające w technkę oraz zastosowany schemat rozumowana, aby Czytelnk mógł w pełn poznać sposób rozwązana danego zadana. Ponadto praca traktuje równeż o funkcjach arytmetycznych, a w szczególnośc znanych funkcjach teorolczbowych. Wykażę mędzy nnym ch multplkatywność oraz własnośc w sploce Drchleta, jak równeż same własnośc splotu jako dzałana grupy abelowej. Praca zawera w sobe także elementy wedzy nformatyczno - algorytmcznej. Chcałbym w tym mejscu podzękować mojemu opekunow - Prof. Jackow Dymelow - za pomoc podczas tworzena tej oraz nnych prac, a także za cenne wskazówk. Bartłomej Grochal

3 Sps oznaczeń użytych w pracy P - zbór lczb perwszych N = Z + {0} - zbór lczb naturalnych Z - zbór lczb całkowtych Z + - zbór lczb całkowtych dodatnch Q - zbór lczb wymernych R - zbór lczb rzeczywstych R + oraz Q + - analogczne jak powyżej C - zbór lczb zespolonych x - podłoga z lczby x x - suft z lczby x (x, y) = - lczby x oraz y są względne perwsze k n - lczba k dzel lczbę n k n - lczba k ne dzel lczby n 2

4 Wstęp Defncja Funkcją τ : N N nazywamy taką funkcję, która dowolnej lczbe naturalnej n przypsuje lość jej dodatnch dzelnków całkowtych. Twerdzene (Wzór jawny na lczbę dzelnków) Jeżel n = p α... pα k to: k τ(n) = (α + ). Dowód Zauważmy na początku, że powyższy rozkład jest jednoznaczny, co wnoskujemy z podstawowego twerdzena arytmetyk. W dalszej częśc pracy, stosując ten zaps, omnę tę uwagę. Przeprowadzmy dowód kombnatoryczny. Zauważmy, że każdy dzelnk lczby n mus zawerać te same (choć oczywśce ne wszystke) lczby perwsze p, p 2,..., p k, co lczba n w wykładnkach neujemnych oraz ne wększych od odpowedno: α, α 2,..., α k. Każdy tak dzelnk możemy węc zapsać w postac: p β... pβ k k, gdze: {,2,...,k} : β {0,, 2,..., α }. Wynka stąd, że wykładnk lczby p możemy dobrać na α + sposobów, wykładnk lczby p 2 - na α 2 + sposobów tak dalej. Otrzymujemy zatem (α + )(α 2 + )... (α k + ) różnych lczb, które są dzelnkam lczby n. Są to oczywśce wszystke take lczby, poneważ rozważylśmy wszystke możlwe wartośc wykładnków α, α 2,..., α k. Defncja Sumą dzelnków nazywamy lczbę: σ(n) = d n d, k, gdze: d, n Z +. Twerdzene (Wzór jawny na sumę dzelnków) Nech n = k {,2,...,k} : p P. Wówczas: σ(n) = k p α + p. pα, gdze: Dowód Wnoskujemy jak powyżej. Skoro d jest dzelnkem lczby n, to mus zawerać w swom rozkładze te same lczby perwsze w potęgach ne wększych, 3

5 co lczba n. Zatem jest on postac: d = p β pβ pβ k k, gdze: {,2,...,k} : β {0,,..., α }. Zatem: α β =0 p β σ(n) = α α 2 α 2 β =0 β 2 =0 β 2 =0 p β α k β k =0 α k... β k =0 p β pβ pβ k k = p β k k = k p α + p. Ostatne przejśce otrzymujemy przez wykorzystane wzoru skróconego mnożena: a n b n. Przyjrzyjmy sę teraz nnemu algorytmow oblczana wartośc funkcj σ. Dla człoweka, który wykonuje podane w nm operacje na kartce może być on nepraktyczny ucążlwy, jednak komputer radz sobe z nm całkem dobrze. Stosując go, możemy w bardzo krótkm czase uzyskać wartośc σ(n) dla bardzo dużych złożonych lczb n. Przedstawę go w trzech wersjach. Perwsza z nch to słowny ops dzałana, druga - zaps w tak zwanym "pseudokodze", zaś trzeca - mplementacja w języku C++. Ops słowny dzałana algorytmu na oblczane wartośc σ(n) Idea algorytmu jest bardzo prosta. Berzemy daną lczbę n chcemy wyznaczyć sumę dzelnków wszystkch lczb mnejszych lub równych od nej w złożonośc O(n n). W tym celu, dla każdej z lczb powtórzymy następującą procedurę:. Sprawdzamy, czy któraś z lczb ze zboru: {, 2,..., n } dzel lczbę n n. Jeżel tak, to dodajemy jej wartość do sumy, jeżel ne - przechodzmy do kolejnej lczby z tego zboru. 2. Zauważmy, że jeśl pewna lczba n ma dzelnk p mnejszy od n, to ma równeż dzelnk p wększy od n tak, że: n p = p. 3. Zatem do naszej sumy możemy dodać równeż lczbę n p, czyl tak zwany dzelnk komplementarny do p. Należy jednak pamętać o tym, że jeżel lczba n jest kwadratem, to dzelnk n dodajemy tylko raz! W ten sposób znaleźlśmy zsumowalśmy wszystke dzelnk pewnej lczby n n w czase O( n ), poneważ wykonalśmy n teracj. 4

6 Szacunkowo zatem złożoność algorytmu wynos O(n n), poneważ dla każdej z n lczb wykonujemy co najwyżej n operacj. Zapsy algorytmu w pseudokodze oraz w języku C++ znajdują sę na końcu mojej pracy. Są to algorytmy opatrzone odpowedno nazwam: Algorthm Algorthm 2. Funkcje arytmetyczne Defncja Funkcją arytmetyczną nazywamy każdą taką funkcję f, która spełna warunek: f : N C. Defncja Funkcję arytmetyczną f nazywamy multplkatywną, jeżel dla wszystkch par (a, b) lczb względne perwszych spełnona jest równość: f(ab) = f(a) f(b). Defncja Tocjentem nazywamy taką funkcję ϕ : N N, która dowolnej dowolnej lczbe naturalnej n przypsuje lość lczb względne perwszych z ną ne wększych od nej samej. Jeżel n = p α... pα k, to: ϕ(n) = n k ( p ). Defncja Funkcją π : N N nazywamy taką funkcję, która dowolnej lczbe naturalnej n przypsuje lość lczb perwszych ne wększych od nej samej. Defncja Funkcją µ : N {, 0, } nazywamy funkcję określoną dla dowolnej lczby naturalnej n w sposób następujący: µ() =, µ(n) = 0 jeżel n jest lczbą podzelną przez kwadrat lczby perwszej oraz µ(n) = ( ) k jeżel lczba n jest loczynem k różnych lczb perwszych. Defncja Funkcją I : N {} nazywamy taką funkcję, która dowolnej lczbe naturalnej n przyporządkowuje wartość. Defncja Funkcją T : N N nazywamy taką funkcję, która dowolnej lczbe naturalnej n przyporządkowuje lczbę n. k 5

7 Defncja Funkcją e : N {0, } nazywamy taką funkcję, która dowolnej lczbe naturalnej n przyporządkowuje lczbę 0 jeżel n oraz, gdy n =. Funkcję tę defnujemy jako: { ; n = e(n) = =. n 0; n > Od tego momentu powyższe oznaczena będą odnosć sę do przedstawonych funkcj, chyba że zaznaczono naczej. Ich szczegółowe własnośc zostaną omówone w dalszej częśc pracy. 6

8 Splot Drchleta, multplkatywność Defncja Nech f, g : N C będą funkcjam arytmetycznym. Splotem Drchleta funkcj f, g nazywamy funkcję f g określoną dla dowolnej lczby naturalnej n wzorem: (f g)(n) = ( n ) f (d) g = f(d )g(d 2 ), d d n d d 2 =n gdze: d n oznacza sumowane po wszystkch dzelnkach lczby n, zaś oznacza sumowane po parach dzelnków komplementarnych. d d 2 =n Od tego momentu pod pojęcem "dzelnk lczby n" używał będę sformułowana: "dodatne całkowte dzelnk lczby n", chyba że zaznaczono naczej. Ponżej znajduje sę omówene klku podstawowych własnośc splotu Drchleta. Twerdzene Zbór funkcj multplkatywnych tworzy grupę ze splotem Drchleta jako dzałanem grupowym. Dowód Aby wspomnany zbór był grupą, musmy wykazać następujące własnośc splotu Drchleta: łączność, stnene elementu przecwnego oraz stnene elementu neutralnego. Dodatkowo wykażemy, że splot ten jest przemenny, co skutkuje tym, że powyższa grupa będze w stoce grupą abelową. Dowód stnena elementu neutralnego. Nech f będze dowolną funkcją arytmetyczną. Wówczas dla dowolnej lczby naturalnej n: (f e)(n) = f(d )e(d 2 ) = f(n), d d 2 =n poneważ funkcja e(n) przyjmuje wartość różną od zera jedyne dla n =, co oznacza, że d = n d 2 =, zaś pozostałe składnk sumy zerują sę. Dowód łącznośc. Nech f, f 2, f 3 będą dowolnym funkcjam arytmetycznym. Wówczas dla dowolnej lczby naturalnej n: [f (f 2 f 3 )] = f (d )(f 2 f 3 )(d 4 ) = d d 4 =n f (d ) d d 4 =n d 2 d 3 =d 4 f 2 (d 2 )f 3 (d 3 ) = 7 d d 2 d 3 =n f (d )f 2 (d 2 )f 3 (d 3 ) =

9 d 3 d 5 =n d 3 d 5 =n f 3 (d 3 ) d d 2 =d 5 f (d )f 2 (d 2 ) = f 3 (d 3 )(f f 2 )(d 5 ) = [(f f 2 ) f 3 ](n). Istnene elementu odwrotnego. Nech f będze dowolną funkcją arytmetyczną taką, że: f() 0. Nech c = f(). Nech funkcja g, czyl element odwrotny dzałana splotu Drchleta będze określona następująco: c; n= g(n) = c d. d 2 =n f(d )g(d 2 ); n> d Oczywśce podana zależność spełna warunk elementu odwrotnego, to znaczy: (f g)(n) = e(n), co w bardzo łatwy sposób sprawdzamy za pomocą defncj. Dowód przemennośc splotu. Nech f, g będą pewnym funkcjam arytmetycznym. Zanotujmy prostą obserwację - jeżel przez d, d 2,..., d k oznaczymy dzelnk pewnej lczby naturalnej n, to: { n {d, d 2,..., d k } =, n,..., n }. d d 2 d k Wynka stąd zatem, że: (f g)(n) = d n ( n ) f(d)g = ( n ) f g(d) = (g f). d d d n Wynka stąd zatem, że splot funkcj multplkatywnych jest funkcją multplkatywną. Dowód ten można przeprowadzć równeż elementarne, stosując podstawowe własnośc multplkatywnośc funkcj. W ten sposób natychmast wykażemy następujące twerdzene: Twerdzene Funkcja σ jest funkcją multplkatywną. Dowód Zauważmy, że dla dowolnego n N zachodz: (I T )(n) = ( n ) I(d)T = ( n ) T = T (d) = d = σ(n). d d d n d n d n d n 8

10 Skoro zaś splot funkcj multplkatywnych jest funkcją multplkatywną, to funkcja σ jest funkcją multplkatywną, poneważ tą własność posadają funkcje I oraz T : a,b N : = I(ab) = I(a) I(b) = =, (a,b)= a,b N : ab = T (ab) = T (a) T (b) = a b = ab. (a,b)= Przedstawona powyżej własność ne jest jedyną, która charakteryzuje splot Drchleta dla wcześnej przedstawonych funkcj teorolczbowych. Przyjrzyjmy sę zatem nnym, równe cekawym tożsamoścom, które udało m sę wykazać. Prezentuję cztery sposoby podejśca do dowodzena zależnośc splotowych. Perwszy z nch to wykorzystane własnośc funkcj dla dowolnej lczby naturalnej (dowód multplkatywnośc funkcj σ za pomocą splotu I T ). Drug z nch to wykorzystane multplkatywnośc funkcj, co znaczne upraszcza przebeg dowodu (wększość z przeprowadzonych rozumowań). Trzec z nch to wykorzystane zależnośc splotowych mędzy nnym funkcjam, z czego skorzystamy dowodząc Tożsamość 6. Ostatnm, czwartym sposobem jest przekształcene obu stron splotu w tak sposób, aby otrzymać to samo wyrażene. Ten rodzaj dowodu prezentuję przede wszystkm w dwóch ostatnch przykładach. Tożsamość : (ϕ I) = T. Wykażemy najperw, że funkcja ϕ jest multplkatywna. Weźmy dwe względne perwsze lczby o rozkładach na czynnk perwsze: a = p α... pα k k oraz b = q β... pβ l l. Wówczas zachodz: ) ) ) ) ϕ(ab) = ab ( p... ( ( pk q... ( ql = [ ) )] [ ) )] a ( p... ( pk b ( q... ( ql = ϕ(a)ϕ(b). Funkcje I oraz T równeż są multplkatywne, co wykazalśmy wcześnej, zatem równeż funkcja ϕ I jest multplkatywna. Skoro tak, to równość (ϕ I)(n) = T (n) wystarczy sprawdzć wyłączne wtedy, gdy n = p k, gdze: p P. Wówczas: (ϕ I)(p k ) = ( n ) ϕ(d)i = ϕ(d) = d d n d n k ϕ(p k ) = =0 9

11 + (p ) + (p 2 p) (p k p k ) = p k = T (p k ). Tożsamość 2: ϕ = (µ T ). Wykażemy, że I = µ, gdze: I jest funkcją odwrotną do I względem splotu Drchleta. Aby to zrobć pokażemy równeż, że funkcja µ jest multplkatywna. Weźmy dwe lczby względne perwsze o rozkładach na czynnk perwsze: a = p α... pα k k oraz b = q β... qβ l l. Wówczas, jeżel jedna z nch jest jedynką, to zachodz w sposób oczywsty: µ(ab) = µ(b) oraz µ(a)µ(b) = µ(b) = µ(b), czyl µ(ab) = µ(a)µ(b). Załóżmy węc, że a, b 2 rozpatrzmy przypadk: Jeżel co najmnej jedna z lczb a, b jest podzelna przez kwadrat lczby perwszej, to równeż lczba ab jest przez nego podzelna. Oznacza to, że µ(ab) = 0 oraz µ(a) = 0 lub µ(b) = 0, czyl µ(a)µ(b) = 0 = µ(ab). Jeżel żadna z lczb a, b ne jest podzelna przez kwadrat lczby perwszej, to równeż lczba ab ne jest podzelna przez każdą lczbę perwszą w potędze wększej od, gdyż lczba ab składa sę z dokładne tych samych czynnków, co lczby a, b, gdyż są one względne perwsze. Oznacza to, że: µ(ab) = ( ) k+l, µ(a) = ( ) k oraz µ(b) = ( ) l, skąd: µ(a)µ(b) = ( ) k+l = µ(ab), co kończy dowód multplkatywnośc. Wykażemy teraz część drugą twerdzena mówącą o odwrotnośc funkcj I oraz µ względem splotu Drchleta. Musmy zatem wykazać, że: (µ I) = e. Oczywśce funkcja µ I jest multplkatywna, gdyż obe te funkcje są multplkatywne. Zatem wykazujemy, że dla dowolnej lczby perwszej p zachodz: (µ I)(p k ) = e(p k ) = 0. Mamy zatem: (µ I)(p k ) = ( n ) µ(d)i = µ(d) = µ() + µ(p) µ(p k ) = d d p k d p k + ( ) = 0. Mamy węc, że: I = µ. Z Tożsamośc mamy równeż: (ϕ I) = T. Wynka stąd łatwo, że: co kończy dowód. ϕ = (T I ) = (T µ), Tożsamość 3: τ = (I I). Wykażemy najperw, że funkcja τ jest multplkatywna. Weźmy dwe względne perwsze lczby o rozkładach kanoncznych: a = p α... pα k k oraz b = 0

12 q β... qβ l l. Wówczas oczywśce: ab = p α... pα k k qβ... qβ l l. Stąd mamy: τ(ab) = (α + )... (α k + )(β + )... (β l + ), τ(a) = (α + )... (α k + ), τ(b) = (β + )... (β l + ). Stąd faktyczne dostajemy, że: τ(ab) = τ(a)τ(b). Skoro węc funkcje: I, (I I) oraz τ są multplkatywne, to wystarczy sprawdzć tożsamość dla n = p k. Zatem: (I I)(p k ) = ( ) p k I(d)I = = k + = τ(p k ), d d p k d p k poneważ dzelnkam lczby p k są lczby:, p, p 2,..., p k. Tożsamość 4: (µ I) = e. Na początek wykażemy multplkatywność funkcj e. Weźmy dwe względne perwsze lczby a, b. Zauważmy, że jeżel a = b =, to: e(ab) = e() = = = e(a) e(b). W każdym z pozostałych wypadków (czyl gdy ab > ) mamy: e(ab) = 0, zaś co najmnej jedna z lczb a, b jest wększa od. Załóżmy bez straty ogólnośc, że jest to lczba a, wówczas: e(a) = 0, czyl e(a)e(b) = 0 = e(ab), co kończy dowód. Ponowne zatem równość splotową sprawdzamy wyłączne dla n = p k, gdyż funckje: µ, I, µ I, e są multplkatywne. Mamy zatem: (µ I)(p k ) = ( ) p k µ(d)i = µ() + µ(p) = + ( ) = 0 = e(ab). d d p k Oczywśce dla k = 0 otrzymujemy: µ() = = e(), co kończy dowód. Tożsamość 5: (µ τ) = I. Wemy, że funkcje: µ, τ, (µ τ) oraz I są multplkatywne, węc zależność sprawdzamy wyłączne dla n = p k. Zatem: (µ τ)(p k ) = ( ) p k µ(d)τ = µ()τ(p k ) + µ(p)τ(p k ) = d d p k k + k = = I(p k ).

13 Tożsamość 6: τ = (µ µ). Korzstając z wczesnej udowodnonych tożsamośc oraz łącznośc splotu mamy: (µ µ) τ = µ (µ τ) = µ I = e. Tożsamość 7: σ = (ϕ τ). Na podstawe wcześnej stwerdzonych multplkatywnośc mamy, że dla dowolnego p P: (ϕ τ)(p k ) = ( ) p k ϕ(d)τ = ϕ()τ(p k )+ϕ(p)τ(p k )+...+ϕ(p k )τ() = d d p k (k + ) + (p )k (p k p k ) = k + k + kp (k )p + (k )p 2... p k + p k = + p + p p k + p k = σ(p k ). Tożsamość 8: (µ σ) = T. Ponowne stwerdzamy multplkatywność funkcj oraz złożeń dla dowolnej lczby perwszej p zachodz: (µ σ)(p k ) = µ()σ(p k ) + µ(p)σ(p k ) = σ(p k ) σ(p k ) = p k = T (p k ), poneważ pozostałe składnk zerują sę (kolejne argumenty funkcj µ są podzelne przez p 2 ). Tożsamość 9: (σ I) = (τ T ). Udowodnlśmy wcześnej, że wszystke funkcje będące składnkam złożeń są multplkatywne. Stąd dla dowolnego p P: (σ I) = σ(d )I(d 2 ) = σ(d) = σ() + σ(p) σ(p k ) = d p k d d 2 =n () + ( + p) ( + p p k ) = k + + kp + (k )p p k. }{{} k+ Natomast prawą stronę równośc możemy rozpsać jako: (τ T ) = ( ) p k τ(d)t = τ()t (p k ) + τ(p)t (p k ) τ(p k )T () = d d p k 2

14 p k + 2p k kp + k + = (σ I). Tożsamość 0: (σ T ) = (T τ I). Wyrażene T τ(x) oznacza T (x) τ(x). Oczywśce funkcja T τ jest multplkatywna, gdyż dla dowolnych względne perwszych lczb a, b zachodz: T τ(ab) = T (ab)τ(ab) = T (a)t (b)τ(a)τ(b) = T (a)τ(a) T (b)τ(b) = T τ(a)t τ(b). Skoro wszystke funkcje ch złożena są multplkatywne, to dla dowolnej lczby perwszej p mamy: (σ T )(p k ) = ( ) p k σ(d)t = d d p k σ()t (p k ) + σ(p)t (p k ) σ(p k )T () = (p k ) + (p k + p k ) (p k + p k ) = }{{} k+ (k + )p k + kp k p +. Drugą stronę równana rozpsujemy następująco: (T τ I) = ( ) p k T τ(d)i = T τ(d) = d d p k d p k T ()τ() + T (p)τ(p) T (p k )τ(p k ) = + 2p p k (k + ) = (σ T ). Tym samym zakończylśmy dowodzene zależnośc spolotowych funkcj arytmetycznych. Na konec wykażemy jeszcze jedną, bardzo cekawą własność zachodzącą dla dowolnej funkcj arytmetycznej f oraz pokażemy, w jak sposób prezentuje sę ona dla funckj: σ τ wraz ze szkcam dowodów. Twerdzene Dla dowolnej funkcj arytmetycznej f : N C oraz lczby naturalnej n zachodz: (f I)() = 3 n f().

15 Dowód Zauważmy, że dla dowolnych lczb naturalnych k, n zachodz: n n k n = = ; k k n n k n = = 0. k k Przyjmjmy, że: F (n) = n f(), G(n) = (f I)(n) = d n f(d). Wówczas zachodzą następujące zwązk: Stąd mamy: F (n) F (n ) = ( n n f() n n f() (f I)() = n n n f() = f() = ) f() = f(d) = G(n). d n G() = F () + (F (2) F ()) + (F (3) F (2)) (F (n) F (n )) = n F (n) = f(). Nech zatem funkcją arytmetyczną f będze funkcja σ. Skorzystamy z udowodnonej wcześnej zależnośc: (T I) = σ. Mamy wówczas: σ() = (T I)() = n T () = n. 4

16 Nech teraz f = τ. Wykorzystamy udowodnoną tożsamość: τ = (I I). Wtedy: n n τ() = (I I)() = I() =. UWAGA! Korzystając z udowodnonych splotów oraz poprzednego twerdzena możemy bardzo łatwo wykazać, że: n µ() = ; n ϕ() = n(n + ). 2 5

17 Problemy ogólne W tym rozdzale zajmemy sę klkoma problemam teorolczbowym zwązanym z przedstawonym funkcjam arytmetycznym. Pochodzą one oczywśce z olmpad matematycznych z różnych zakątków śwata, w tym także z Polsk. W każdym przypadku omówę szczegółowo schemat rozwązana oraz tok rozumowana, który doprowadzł mne do rozwązana omawanego problemu. Nektóre pomysły zgodne są z rozwązanam frmowym, jednak znajdują sę tu także rozwązana neszablonowe rzucające nowe śwatło na tenże problem. Wyznaczyć wszystke lczby całkowte dodatne n, mające dokładne n dzelnków dodatnch. Oczywstym jest, że lczba n = jest rozwązanem. Przyjmjmy zatem n >. Oznaczmy jako n lczbę n. Z warunków zadana wemy, że n Z +, zatem lczba n jest kwadratem lczby całkowtej n. Skorzystajmy z poprzednej obserwacj: jeżel lczba n ma dzelnk d < n, to posada równeż dzelnk komplementarny d 2 > n równy n d. Dzelnk te możemy zatem połączyć w take pary, a ponadto n n. Wynka stąd, że lczba dzelnków lczby n jest neparzysta (pary dzelnków komplementarnych oraz lczba n, która dzelnka komplementarnego ne ma). Skoro tak, to n (mod 2), a węc równeż n 2 = n (mod 2). Szukamy zatem takch lczb n = n 2, dla których lczba dzelnków mnejszych od n jest równa n 2. Zauważmy, że w zborze: {, 2,..., n } jest dokładne n 2 lczb parzystych oraz dokładne tyle samo lczb neparzystych (bo n jest lczbą neparzystą). Oczywśce żadna lczba parzysta ne jest dzelnkem lczby n, poneważ jest ona neparzysta. Wynka stąd, że każda lczba neparzysta mnejsza od n mus dzelć n. W szczególnośc zatem n 2 n 2. Skoro jednak n2 = (n 2)(n +2)+4, to lczba n 2 mus być neparzystym dzelnkem lczby 4. Stąd otrzymujemy, że n 2 =, czyl n = 3. Oczywśce lczba n = 3 2 = 9 spełna warunk zadana. Dana jest lczba całkowta n posadająca 6 dzelnków: d = < d 2 <... < d 6 = n. Wyznaczyć wszystke take lczby n, jeżel d 6 = 8 oraz d 9 d 8 = 7. Przeanalzujmy kolejno dane założena. Skoro 8 n, to oczywśce 2 n oraz 9 n, co mplkuje 3 n 6 n. Dostajemy zatem: d =, d 2 = 2, d 3 = 3, d 4 = 6, d 5 = 9 oraz d 6 = 8. Możemy zatem zapsać, że n = k dla pewnej lczby całkowtej k. Zauważmy, że w tym loczyne trójka mus występować 6

18 w neparzystej potędze. Gdyby tak ne było, to znaczy gdyby trójka występowała w wykładnku 2l, to (2l + ) τ(n) = 6, co daje oczywśce sprzeczność. Ponadto wykładnk trójk ne jest równy 5, gdyż wtedy 6 τ(n) = 6. Gdyby natomast trójka występowała w wykładnku 7, to n = Wówczas jednak nemożlwy jest warunek: d 9 = d Oczywśce w wyższych wykładnkach trójka występować ne może, poneważ dawałaby zbyt dużą lczbę τ(n). Wynka stąd, że n = p, gdze: p jest pewną lczbą perwszą występującą w perwszej potędze. Wówczas τ(n) = = 6. Wynka stąd, że: 3 3 = 27 n oraz = 54 n. Udowodnmy teraz, że lczba perwsza p ne należy do zboru {9, 20,..., 26}. Rozpatrzmy następujące przypadk:. Nech p = 9. Wówczas: d 7 = 9, d 8 = 27, d 9 = 38 otrzymujemy sprzeczność z d 9 = d Nech p = 23. Wówczas: d 7 = 23, d 8 = 27, d 9 = 46 znów sprzeczność jak wyżej. Wynka stąd, że d 7 = 27 zachodz jeden z dwóch warunków:. Jeżel d 8 = p oraz d 9 = 54, to p = Jeżel d 8 = 54 oraz d 9 = p, to p = 7. Ne może zajść oczywśce przypadek: d 8 = p oraz d 9 = 2p, gdyż p > 27, skąd 2p > 54. Otrzymujemy zatem, że rozwązanam są: n = oraz n = Podczas pracy nad zagadnenam zwązanym z funckją τ postawłem sobe następujący problem: Nech k będze pewną lczbą naturalną dodatną. Która z lczb należących do zboru: {, 2, 3,..., k} posada najwęcej dzelnków całkowtych dodatnch? W tej częśc pracy zaprezentuję algorytm, za pomocą którego można znaleźć rozwąne tego problemu dla dowolnej lczby całkowtej dodatnej k. Pomysł opera sę przede wszystkm na prostym, ale efektywnym oszacowanu oraz optymalzacj wartośc. Nech p, p 2,..., p l, p l+ będą kolejnym najmnejszym lczbam perwszym (to znaczy p = 2, p 2 = 3 tak dalej), które spełnają jednocześne ponższe warunk: p p 2... p l k, p p 2... p l p l+ > k. Skoro spełnony jest tak warunek, to wemy, że dowolna lczba mnejsza lub równa k w rozkładze kanoncznym ma co najwyżej l różnych lczb perwszych, poneważ loczyn l + najmnejszych lczb perwszych jest wększy 7

19 od maksymalnej wartośc tego zboru. Oznaczmy szukaną lczbę posadającą najwęcej dzelnków przez t. Zauważmy, ze lczba t w rozkładze kanoncznym ne posada lczby perwszej q wększej od p l. Jest to oczywśce neopłacalne, gdyż z pewnoścą lczbę tą będzemy mogl zastąpć przez taką potęgę lczby p, która jest mnejsza od q, zaś loczyn wykładnków powększonych o (czyl wartość τ(n)) na pewno wzrośne. Wystarczy zatem sprawdzć przypadk, gdy lczba n w rozkładze ma odpowedno jeden, dwa, trzy ( tak dalej...) dzelnk perwsze. Oczywśce znów możemy odnotować proste obserwacje:. Jeżel lczba n ma jeden dzelnk perwszy, to najwększy wykładnk otrzymamy dla lczby p, poneważ jest najmnejsza wśród wszystkch lczb perwszych, węc możemy ją "domnażać" najwększą lość razy. 2. Jeżel lczba n ma dwa dzelnk perwsze, to optymalnym rozwązanem jest wząć loczyn p p 2 (dwóch najmnejszych lczb perwszych), a następne przemnożyć go przez take potęg lczb p, p 2, aby wartość końcowa p α pα 2 2 była najwększa możlwa jednocześne mnejsza lub równa k. 3. Dla dowolnych l dzelnków perwszych lczby l postępujemy w ten sam sposób: loczyn p p 2... p mnożymy przez take potęg lczb p, p 2,..., p, aby loczyn p α... pα był najwększy możlwy, podobne jak loczyn (α + )... (α + ). Wystarczy rozważyć odpowedne przypadk. Na konec pozostaje już tylko wyznaczene takej lczby n, która w opsanych przypadkach osągnęła najwększą wartość τ(n). Okazało sę równeż, że moje rozumowane mogę efektywne wykorzystać do rozwązywana pewnej klasy zadań, które powszechne uznawane są za trudne, gdyż pojawają sę na mędzynarodowych olmpadach matematycznych. Spójrzmy na dwa przykłady: Która spośród lczb:, 2,..., 983 ma najwększą lczbę dzelnków całkowtych dodatnch? (IMO 983 Longlsted Problems) Nech n będze szukaną lczbą posadającą najwęcej dzelnków. Wzorując sę na przedstawonych przeze mne obserwacjach pozostaje rozpatrzyć następujące przypadk:. Lczba n ma w rozkładze jedną lczbę perwszą. Zgodne z tym, co pokazalśmy wcześnej, lczbą tą jest 2 0 = 024, dla której τ(n) =. 8

20 2. Lczba n ma w rozkładze dwe lczby perwsze. Zatem najwększą lczbę dzelnków otrzymamy wtedy, gdy lczbę 2 3 pomnożymy przez przez Otrzymamy wówczas lczbę , która ma dokładne 7 4 = 28 dzelnków. Rozważane pozostałych przypadków omjam pozostawam jako ewentualne ćwczene dla Czytelnka. 3. Lczba n ma w rozkładze trzy lczby perwsze. Wynka stąd, że optymalną strategą jest pomnożene lczby przez Wówczas lczba ma = 36 dzelnków. 4. Lczba n ma w rozkładze cztery lczby perwsze. Postępując jak wcześnej otrzymujemy, że lczbę możemy pomnożyć przez 2 3 otrzymamy najwększą możlwą w tym przypadku lczbę dzelnków. Stąd lczba ma 40 dzelnków. Jest to szukana wartość maksymalna. Jaka jest najmnejsza dodatna lczba neparzysta mająca tyle samo dzelnków co lczba 360? (Baltc Way 200) Powyższe zadane rozwążemy przez analogę do poprzednego. Zauważmy najperw, że: 360 = Wynka stąd następująca własność: τ(360) = = 24. Bardzo łatwo równeż sprawdzć, że: 24 = Wynka stąd, że poszukwana lczba będze loczynem czterech najmnejszych lczb perwszych neparzystych o wykładnkach: 2,,,. Na tej podstawe wnoskujemy, że szukaną lczbą jest: Przejdźmy do zadań zwązanych z funkcją σ. Perwsze z nch pochodz z bałoruskej olmpady matematycznej. Przedstawę dwa sposoby rozwązana. Perwszy z nch, frmowy, uczy zastosoawna ważnych twerdzeń algebracznych oraz teorolczbowych. Dowód ten wymaga jednak sporej wedzy, którą prawdopodobne posada wększość olmpjczyków w weku lcealnym. Dla osób, które ne znają tak dużej bazy twerdzeń zaproponuję moje autorske rozwązane. Jego dodatkową zaletą jest to, że dowodz lepszego ogranczena! Treść problemu jest następująca: Udowodnć, że dla dowolnej lczby naturalnej n 2 zachodz nerówność: τ(n) d < n 2τ(n). Rozwązane frmowe. Z nerównośc Cauchy ego mędzy średnm (kwadratową arytmetyczną, lub naczej - z nerównośc mędzy średnm potęgo- 9

21 wym rzędu 2) otrzymujemy: τ(n) d τ(n) Z drugej strony mamy równeż: τ(n) n 2 τ(n) d2, τ(n) = σ(n) τ(n) τ(n) σ(n) τ(n) d 2. d 2 = τ(n), d 2 poneważ dla dowolnego d 2 : n2 = d 2 d2 j, gdze: d j jest dzelnkem komplementarnym do d. Skoro sumowane po lewej strone odbywa sę po wszystkch dzelnkach, to po prawej strone otrzymujemy odwrotnośc wszystkch dzelnków komplementarnych do nch. Wemy, że take przyporządkowane jest jednoznaczne, węc po prawej strone znajdują sę odwrotnośc wszystkch dzelnków lczby n. Dalej dokonujemy prostego szacowana: τ(n) d 2 τ(n) j= j 2 < j= j 2 = π2 6. Zatem otrzymujemy zależność: τ(n) d 2 < π2 6 n2. Wstawając ją do nerównośc otrzymanej na początku mamy: τ(n) σ(n) τ(n) d 2 < τ(n) π2 6 = π n τ(n) < n 2τ(n). 6 Moje rozwązane opera sę na dwóch nerównoścach. Spróbujmy zapsać w nny sposób obe strony nerównośc. Oczywśce naturalnym skojarzenem jest rozkład kanonczny lczby n. Jeśl n = p α... pα k, to oczywśce: k σ(n) = ( + p + p p α )... ( + p k + p 2 k pα k k ), poneważ po rozwnęcu nawasów otrzymamy sumę lczb będących loczynam lczb perwszych dzelących n we wszystkch potęgach mnejszych lub 20

22 równych α. Lczbę τ(n) możemy przedstawć jako: (α + )... (α k + ), ponadto prawa strona jest przemnożona przez stałą równą 2. Mając tak rozpsaną nerówność od razu nasuwa sę hpoteza, że dla dowolnego p P, p 3: α p < p α α +, zaś dla p = 2: =0 β 2 < 2 β 2(β + ). =0 Jeżel nerównośc te będą prawdzwe, to po przemnożenu ch dla wszystkch p, p 2,..., p k otrzymamy tezę zadana. Udało m sę wykazać ogranczene mocnejsze. Wystarczy, że w drugej nerównośc stałą 2 zamenmy na 9 8. Ogranczene to jest równeż mocnejsze, nż π 6 otrzymujemy nerówność słabą (najbardzej efektywne ogranczene)!. Obe nerównośc w bardzo prosty sposób dowodzmy przez ndukcję po wartośc wykładnka. Ponżej przedstawam szkce dowodów: Weźmy nerówność dla dowolnej neparzystej lczby perwszej p. Jeśl α =, to: + p < p 2, p 3 < 4 0 < 2. Załóżmy, że dla pewnego α teza jest prawdzwa. Wówczas: α+ p = =0 α =0 Zakładamy hpotetyczne, że: p + p α+ < p α α + + p α+ = p α+ ( α + p p α+ ( α + p ) + < p α+ α + 2. Powyższa nerówność jest równoważna kolejno: α + + < α + 2, p α + < p( α + 2 ), α + < p. α + 2 ) +. 2

23 Ostatna równość jest oczywśce prawdzwa, gdyż: k. k k+ < 3 już dla Nerówność dla lczby p = 2 dowodzmy dokładne w ten sam sposób, co powyżej. Otrzymujemy zależność: 9 8 (α + ) < 2, 9 8 (α + 2) która jest prawdzwa już dla α = (obydwa powyższe wnosk wycągamy chocażby z badana przebegu zmennośc funkcj, którego ne zawarłem w tej pracy), co kończy dowód. Równość zachodz wyłączne dla α = 2. Ostatn problem pochodz z Olmpady Matematycznej z Sankt Petersburga. Na perwszy rzut oka wydaje sę on trudny do rozwązana, jednak dowód jest bardzo przyjemny prosty. Nech m, n, k będą lczbam całkowtym dodatnm, a dodatkowo n >. Wykazać, że: σ k (n) n m. Nech n = p α... pα. Załóżmy przecwne, że σ k (n) = n m. Skoro zachodz równość, to lczba σ(n) mus meć w rozkładze te same czynnk perwsze, co lczba n. Oczywśce σ(n) > n, poneważ lczby: oraz n są dzelnkam n. Powyższe dwe nformacje oznaczają, że: σ(n) = p β... pβ, gdze: β j > α j = β j α j + dla dowolnego j =, 2,...,. Na tej podstawe wnoskujemy, że: σ(n) p α +... p α + > ( + p p α )... ( + p p α ) = p α + p... pα + = σ(n), p co oznacza sprzeczność, gdyż ne może zajść nerówność: σ(n) > σ(n). Z własnośc dowodu ne wprost - teza prawdzwa. 22

24 Nerównośc Ponżej przedstawam klka problemów zwązanych z nerównoścam zawerającym funkcje σ oraz τ. Nektóre z nch pochodzą równeż z olmpad matematycznych z całego śwata. Zachęcam do zapoznana sę z nm oraz z ch dowodam, poneważ zawerają one wele nteresujących faktów teorolczbowych często wykorzystywanych do rozwązywana zadań zwązanych z dzelnkam lczb całkowtych. Jednym z problemów, nad którym pochylłem sę podczas tworzena pracy było efektywne ogranczene wartośc funkcj τ(n) dla dowolnej lczby naturalnej n. Bardzo łatwo jest domyślć sę ogranczeń: τ(n) 3 4 n oraz τ(n) < 2 n. Udało m sę jednak wskazać ogranczene mocnejsze: τ(n) 3n. Wykażemy najperw perwsze, ntucyjne ogranczene. Oczywstym jest fakt, że wszystke dzelnk lczby n mnejsze od nej samej są mnejsze lub równe n 2, co wynka z defncj dzelnków komplementarnych. Przyjmjmy, że wszystke lczby całkowte z przedzału [; n 2 ] dzelą n. Wówczas: τ(n) n 2 +. Jeśl n = 3, to τ(n) = Jeżel zaś n > 3, to: τ(n) + n 2 3n 4. Spójrzmy na druge ogranczene. Jak wskazalśmy wcześnej - jeżel lczba n posada dzelnk d mnejszy od n, to posada równeż dzelnk komplementarny n d wększy od n. Przyjmjmy węc, że wszystke lczby mnejsze lub równe n dzelą lczbę n. Wówczas mamy n dzelnków mnejszych lub równych n, a zatem także n dzelnków komplementarnych. Jak wemy z poprzednch rozważań, są to wszystke dzelnk lczby n. Wynka stąd, że: τ(n) n + n < 2 n. Przyjrzymjmy sę zatem trzecej, ostatnej nerównośc. Załóżmy, że lczba n posada dzelnk perwszy p będący lczbą neparzystą występujący w rozkładze kanoncznym lczby n w potędze α 2. Z nerównośc Bernoullego mamy: p α α α 2 = ( + p ) 2 + (p ) + α, 2 23

25 poneważ p 2. Zauważmy, że dla α = lczby perwszej p 5 mamy: p α + = 2. Nech równeż lczba 2 występuje w rozkładze kanoncznym n w potędze a 4. Wówczas prawdzwa jest nerówność: 2 a a 2. Mamy stąd: 2 a+ + 2 a (a + ) 2 + a 2 (a + ) 2, 2 a (2 + ) a +, 3 2 a + a. Mnożąc zatem stronam powyższą nerówność z nerównoścą: p α + α dla wszystkch lczb perwszych neparzystych p, p 2,..., p k występujących w potęgach odpowedno: α, α 2,..., α k dzelących n otrzymujemy: 3 2 a p α... p α k k ( + a)( + α )... ( + α k ) = τ(2 a p α... pα k k ) = τ(n). Pozostaje zatem sprawdzć przypadk, kedy n w rozkładze kanoncznym ma dwójkę w potędze trzecej, drugej, perwszej oraz zerowej, a także gdy lczba n jest potęgą dwójk. Perwsze cztery przypadk otrzymujemy rozważając kolejno zadane nerównośc: = = 4 = 6, = = 3 = 9, 3 2 = 6 + = 2 = 4, 3. Otrzymujemy zatem, że w każdym z przypadków: 3 2 a + a. Zatem mnożąc przez potęg pozostałych lczb perwszych jak wyżej otrzymujemy tezę. Rozpatrzmy zatem przypadek, gdy n = 2 q. Wykazalśmy powyżej, że dla dowolnej lczby całkowtej q 0 zachodz: 3 2 q + q = τ(2 q ), 24

26 co dowodz poprawnośc tego przypadku kończy dowód. Pozostańmy jeszcze przez chwlę przy potęgach dwójk. Istneje bardzo prosta, ale jednocześne cekawa zależność, której dowód podpowada uogólnene prowadzące do ważnego twerdzena teorolczbowego. Przyjrzyjmy sę jej blżej. Wykażemy, że dla dowolnej lczby naturalnej n: τ(2 n ) τ(n). Załóżmy, że lczba całkowta dodatna d dzel n. Wykażemy, że: 2 d 2 n. Skoro d n, to stneje taka lczba k Z +, że: n = kd. Wykorzystując wzór skróconego mnożena (a n b n ) dostajemy: ( 2 n = 2 kd = 2 d) k [ ] [ ] k k = 2 d 2 d. Wdzmy zatem, że w rozkładze lczby 2 n występuje lczba 2 d, co kończy dowód podzelnośc. Zatem, jeżel lczba n ma dzelnk: d, d 2,..., d l, to lczba 2 n ma dzelnk: 2 d, 2 d 2,..., 2 d l. Oczywśce ne muszą być to wszystke dzelnk lczby 2 n, stąd uzyskujemy wskazaną nerówność. =0 Jak wspomnałem wcześnej, udało m sę wykazać wnosek ogólnejszy. Nech x, a, b będą takm lczbam całkowtym dodatnm, że a b. Wykażemy, że x a x b. Postępujemy dokładne w tak sam sposób, jak powyżej. Skoro a b, to stneje taka lczba całkowta dodatna k, że b = ka. Następne ze wzoru skróconego mnożena otrzymujemy: [ k ] x b = [x a ] x a. Stąd: x a dzel x b, co kończy dowód. =0 Zauważmy, że powyższe uogólnene pozwala nam stwerdzć, że dla dowolnej lczby całkowtej dodatnej x 2 zachodz: τ(x n ) τ(n). Dowód przebega oczywśce w sposób analogczny, jak dla przykładu x = 2. Berzemy kolejno wszystke dzelnk d lczby n stwerdzamy na mocy przytoczonego powyżej lematu, że x d x n. 25

27 Tematy zwązane z potęgam lczby 2 zakończymy zadanem z Bałtyckej Olmpady Matematycznej (Baltc Way). Dane są lczby całkowte: a > oraz n > 0 take, że a n + jest lczbą perwszą. Wykazać, że: τ(a n ) n. Rozpatrzmy przypadek, gdy lczba n w rozkładze kanoncznym posada lczbę perwszą neparzystą p. Nech wówczas n = kp dla pewnej lczby całkowtej dodatnej k. Mamy wówczas: a n + = a kp + = (a k + )(a k(p ) a k(p 2) +... a + ), co prowadz do sprzecznośc, gdyż: a k + a n +. Wynka stąd, że n jest postac 2 q. Za pomocą ndukcj po wartośc q bardzo łatwo dowodzmy zadanej nerównośc. Jeśl q = 0, to τ(a ), co jest oczywśce prawdą. Zauważmy bardzo prostą zależność wynkającą ze wzoru skróconego mnożena: ( ) ( ) a 2q = a 2q a 2q +. Z założena ndukcyjnego oraz powyższego warunku otrzymujemy, że każdy dzelnk d lczby a 2q dzel lczbę a 2q, zaś takch dzelnków jest co najmnej 2 q. Ponadto z otrzymanej zależnośc mamy równeż, że każdy wspomnany dzelnk d pomnożony przez a 2q + dzel lczbę a 2q. Oczywśce: d a 2q + > a 2q, węc wszystke te dzelnk z założena są różne wraz ze wzrostem wartośc lczby q o jeden, lczba tychże dzelnków wzrasta co najmnej dwukrotne, węc jest ch co najmnej: 2 2 q = 2 q, co było do udowodnena. Zajmjmy sę teraz ogranczenam wartośc funkcj σ(n) przez wartość n. Perwszym z nch będze dość ntucyjne, proste w dowodze ogranczene dolne. Otóż, dla dowolnej lczby naturalnej złożonej n zachodz: σ(n) n + n +. Wykażmy to twerdzene. Jak pokazalśmy wcześnej, skoro n jest lczbą złożoną, to stneją take dwa dzelnk d, d 2, że: n = d d 2. Spośród nch jeden jest wększy lub równy n, drug jest mnejszy lub równy tej lczbe. Załóżmy bez straty ogólnośc, że: d n. Dzelnkam lczby n są oczywśce lczby: oraz n, zatem prawdzwe jest szacowane: σ(n) n + + d n + + n > n + n. Jeśl lczba n jest postac p α, gdze: p jest lczbą perwszą, to oczywśce: σ(n) = + p + p p α. 26

28 Teraz postaramy sę wyznaczyć ogranczene górne wartośc funkcj σ. Perwsze z nch zachodz dla dowolnej lczby naturalnej n > 2 przedstawa sę następująco: σ(n) < n n. Jako n-tą lczbę harmonczną zdefnujmy następującą lczbę: H n =. Wykażemy najperw, że dla dowolnej lczby harmoncznej wększej lub równej H 5 zachodz szacowane: H n log 2 (n). Dowód przeprowadzmy w sposób ndukcyjny. Dla n = 5 powyższa zależność jest prawdzwa. Załóżmy, że dla pewnego n N, n > 5 zachodz dowodzona nerówność. Wówczas: Należy pokazać, że: H n+ = H n + n + log 2(n) + n +. log 2 (n) + n + < log 2(n + ). Przekształcając równoważne korzystając z własnośc logarytmu: ( ) n + n + < log 2, n ( < (n + ) log 2 + ), n ] ) n+ Oczywśce zachodz równeż: < log 2 ( [ + n [ + n] n+ > 2,. 27

29 poneważ cąg ten jest malejący, a jego grancą jest lczba e. Ogranczene jest zatem prawdzwe. Zauważmy zatem, że dla dzelnków d, d 2,..., d k lczby n zachodz: σ(n) n = d + d d k n = d n + d 2 n d k n = d n d. Zależność tą pokazalśmy już wcześnej. Sumowane odbywa sę po wszystkch dzelnkach, zatem ułamek d n wyznacza nam jednoznaczne dzelnk komplementarny do d. Z każdego składnka otrzymujemy zatem odwrotność jednoznaczne wyznaczonego dzelnka komplementarnego, a skoro sumowane odbywa sę po wszystkch dzelnkach, to dostajemy sumę odwrotnośc wszystkch dzelnków (gdyż dla każdego dzelnka stneje dokładne jeden do nego komplementarny dwa różne dzelnk ne mają tego samego dzelnka komplementarnego). Szacując dalej: d n d H k H n log 2 (n) < n. Ostane szacowane prawdzwe jest dla n > 6. Dla mnejszych wartośc n sprawdzamy ręczne. Zauważmy, że powyższe szacowane jest dość "grube" dla odpowedno dużych lczb. Postawłem sobe zatem pytane - czy w powyższym dowodze można dokonać optymalzacj? Udało m sę wskazać dużo mocnejsze ogranczene, które zachodz dla dowolnej lczby naturalnej n 7. Wówczas: σ(n) < n ln(n). Przyjmując oznaczena jak wcześnej mamy, że: {d, d 2,..., d k } = { n d, n d 2,..., n d k }. Możemy zatem zapsać: ( σ(n) = n ) n H k, d d 2 d k poneważ x 0 przy x +, zatem szacujemy przez k najwększych składnków. Podobne jak wyżej wykazujemy ndukcyjne, że dla dowolnej lczby n 2 zachodz: H n 0, 8 + ln(n). Dowód zachodz analogczne, jak powyżej. Zostawam go jako proste ćwczene dla Czytelnka. Teraz, używając nerównośc: τ(n) 2 n dostajemy: n H k < n(0, 8 + ln(k)) n(0, 8 + ln(2 n)) = 28

30 n (0, 8 + ln(2) + 2 ) ln(n) < n (, ) ln(n). Dla n 2 mamy: ln(n) >, 5+ 2 ln(n). Sprawdzając dla lczb mnejszych dostajemy w efekce zależność: n 7. Wartośc funkcj σ możemy ogranczać równeż poprzez wartośc nnych funkcj teorolczbowych. Nas szczególne nteresują zwązk z funkcją τ. Wykazalśmy już nerówność: σ(n) < n 2τ(n). Okazuje sę, że zwązane jest z ną ścśle równeż ogranczene dolne postac: σ(n) nτ(n). Analogczne jak poprzedno użyjemy zależnośc: {d, d 2,..., d k } = { n d, n d 2,..., n d k }, gdze: τ(n) = k. Wówczas zachodz zależność: ( k ) d (n σ 2 (n) = d n d Stąd uzyskujemy natychmast: 2 ( k ) 2 ( k ) ( k ) n = d = d = d ) ( k k ) ( k ) = n d n d d n σ(n) τ(n) n. 2 = nτ 2 (n). Zajmjmy sę przez chwlę bardzej zaawansowanym technkam teoroloczbowym. Zastanowmy sę, le razy pewne nteresujące nas składnk pojawają sę w specyfcznych sumach. W tym celu udowodnm nerówność zachodzącą dla każdej lczby całkowtej dodatnej n: σ() n 2. Zauważmy, że -ty składnk sumy po lewej strone nerównośc jest sumą wszystkch dzelnków lczby. Jeśl rozpszemy wszystke te składnk w sposób jawny, to otrzymamy, że każdy dzelnk d n pojawa sę w sume dokładne n d razy. Dzeje sę tak wówczas, gdy pewna lczba n jest welokrotnoścą d. Jak łatwo stwerdzć, takch welokrotnośc 29

31 jest dokładne n d (pewna lczba d "meśc sę" w n co najwyżej n d d n d = n). Zatem lewą stronę nerównośc możemy zapsać jako: ( n ) ( n ) = n } + n + {{... + n } = n 2, n co pocąga za sobą tezę. razy, bo: Ostatna nerówność podsumowuje pokazane podczas dowodzena poprzednch zależnośc technk. Wykażemy, że dla każdej lczby całkowtej dodatnej n zachodz: σ() 2n. Jak wykazalśmy wcześnej (przy okazj lczb harmoncznych H n ), dla dowolnej lczby całkowtej dodatnej zachodz: σ() = d d. Oznacza to, że dowodzona nerówność przyjmuje postać: d d + d 2 d d n d = d 2n. Jak pokazalśmy w poprzednm przykładze, każda lczba d n pojawa sę w sume dokładne n d razy. Wykorzystując ten fakt nerówność z tezy możemy zapsać jako: ( n ) < 2n. Zachodz równeż oczywsty zwązek dla dowolnej lczby całkowtej dodatnej : n < n = n 2. Musmy węc pokazać, że: n 2 < 2n. Przekształcając równoważne dostajemy: co kończy dowód. d 2 < 2 = π2 6 < 2, 30

32 Algorthm Oblczane σ(n) functon dvde(p, k) 2: f p mod k = 0 then return true 4: end f return false 6: end functon 8: functon man( ) 0: n, sum for = n do 2: sum 0 for j = j j do 4: f DIV IDE(, j) = true then sum sum + j 6: f j j then sum sum + /j 8: end f end f 20: end for prnt(sum) 22: end for end functon 3

33 Algorthm 2 Oblczane σ(n) #nclude <cstdo> #nclude <ostream> usng namespace std; nt n; unsgned long long nt sum; bool dvde(nt p, nt k) { f(p % k == 0) return true; return false; } nt man() { scanf("%d", &n); for(nt ; <= n; ++) { sum = 0; for(nt j=; j*j <=; j++) { f(dvde(, j) == true) { sum += j; f(j*j!= ) sum += /j; } } prntf("%d: %lld\n",, sum); } system("pause"); } 32