Sia $sigma(n)$ la somma di tutti i divisori di $n$; quindi i numeri perfetti sono quelli per cui $sigma(n)=2n$.
Generalizzando avremo i numeri multi-perfetti ovvero i numeri per cui sia $sigma(n)=kn$ con $k$ intero.
Denotiamo con $p_k$ i numeri $k$-perfetti.
Per esempio $120$ è $p_3$ dato che $sigma(120)=360$.
a) Se $n$ è un numero $p_3$ e NON è multiplo di $3$ allora dimostrare che $3n$ è un numero $p_4$.
b) Ogni numero $p_5$ ha più di $5$ differenti divisori primi.
Cordialmente, Alex
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MultiPerfect Numbers
da axpgn » 10/02/2024, 23:30
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Re: MultiPerfect Numbers
da axpgn » 28/02/2024, 10:22
Soluzione punto a)
Cordialmente, Alex
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Si può dimostrare che se $m, n$ sono coprimi allora vale $sigma(mn)=sigma(m)sigma(n)$
Dato che $n$ è $p_3$ abbiamo $sigma(n)=3n$.
Siccome non è multiplo di $3$, abbiamo $sigma(3n)=sigma(3)sigma(n)$.
Ma $sigma(3)=1+3=4$ quindi $sigma(3n)=4sigma(n)=4(3n)$ ovvero $3n$ è $p_4$
Dato che $n$ è $p_3$ abbiamo $sigma(n)=3n$.
Siccome non è multiplo di $3$, abbiamo $sigma(3n)=sigma(3)sigma(n)$.
Ma $sigma(3)=1+3=4$ quindi $sigma(3n)=4sigma(n)=4(3n)$ ovvero $3n$ è $p_4$
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Re: MultiPerfect Numbers
da 3m0o » 03/03/2024, 14:34
Soluzione per b)
ps: non ho controllato i dettagli ma dovrebbe funzionare la mia idea
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Se \(n=\prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} \) allora
\[ \sigma(n) = \prod_{k=1}^{r} \sum_{j=0}^{\alpha_k} p_k^j = \prod_{k=1}^{r} \frac{p_{k}^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1}\]
Assumiamo per assurdo che \(\sigma(n)=5n \) e \( r \leq 5 \).
Notiamo che per ogni \(p >3\) primo risulta che \( \frac{1}{p-1} \leq \sqrt[5]{5}-1 \), in particolare se \(2 \not\mid n \) e \(3 \not\mid n\) allora \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[5]{5}-1 \). Da cui
\[ p_{k}^{\alpha_k}\left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < (\sqrt[5]{5}-1) p_k^{\alpha_k} \]
e deduciamo che
\[ \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < \sqrt[5]{5} p_k^{\alpha_k} \]
pertanto se \(r \leq 5 \) abbiamo
\[ \sigma(n)=\prod_{k=1}^{r} \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < 5 \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} = 5n \]
Ora se \(2 \mid n \) oppure \(3 \mid n \) ma non entrambi abbiamo che \( n = \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} \) dove \( p_1 =2 \) oppure \(p_1 =3 \) e \(p_k > 3 \) per \(k >1 \). In questo caso abbiamo che \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[4]{\frac{5}{2}}-1 \) per \(k > 1 \) poiché \(p_k \geq 5 \), e inoltre \( \left(1 - \frac{1}{p_1^{\alpha_1}} \right) \frac{1}{p_1-1} < 1 \) da cui \( p_1^{\alpha_1} \left(1 - \frac{1}{p_1^{\alpha_1}} \right) \frac{1}{p_1-1} < (2-1) p_1^{\alpha_1} \) e pertanto
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1} < 2 p_1^{\alpha_1} \] da cui deduciamo che che se \(r \leq 5 \) abbiamo
\[ \sigma(n)=\prod_{k=1}^{r} \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < 5 \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} = 5n \]
in modo simile abbiamo che se \(2 \mid n \) e \(3 \mid n \) allora \( n = \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} \) con \( p_1=2\) e \(p_2=3 \) e abbiamo che \( \left(1- \frac{1}{p_2^{\alpha_2}} \right) \frac{1}{p_2-1} < \frac{1}{2} \) da cui deduciamo che
\[ p_2^{\alpha_2} \left(1- \frac{1}{p_2^{\alpha_2}} \right) \frac{1}{p_2-1} < (\frac{3}{2} - 1) p_2^{\alpha_2} \]
e deduciamo che
\[ \frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} < \frac{3}{2} p_2^{\alpha_2} \]
e
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} < 3 p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \]
Pertanto se \( 5 \not\mid n \) abbiamo che per \(k > 2 \) risulta che \(p_k \geq 7 \) da cui risulta che \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[3]{\frac{5}{3}}-1 \) da cui deduciamo che se \(r \leq 5 \) allora
\[ \sigma(n)< 5n \]
Pertanto se \(2,3,5 \) dividono tutti \(n\) allora sia \(p_1=2,p_2=3,p_3=5 \) abbiamo in modo del tutto analogo a prima che \( \left(1- \frac{1}{p_3^{\alpha_3}} \right) \frac{1}{p_3-1} < \frac{1}{4} \) da cui
\[ \left(1- \frac{1}{p_3^{\alpha_3}} \right) \frac{1}{p_3-1} < (\frac{5}{4}-1) \]
per cui
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \frac{p_3^{\alpha_3+1}-1}{p_3-1} < \frac{15}{4} p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} p_3^{\alpha_3} \]
ora se \( p \) è primo e \(p > 7 \) abbiamo che \( \left(1- \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt{\frac{4}{3}}-1 \) da cui se \( 7 \not\mid n \) abbiamo che
\[ \sigma(n) < 5 n \]
Ora se \( 2,3,5,7 \mid n \) abbiamo che \(p_4=7 \) da cui \(\left(1- \frac{1}{p_4^{\alpha_4}} \right) \frac{1}{p_4-1} < \frac{1}{6} \), pertanto
\[ \left(1- \frac{1}{p_4^{\alpha_4}} \right) \frac{1}{p_4-1} < (\frac{7}{6}-1) \]
e deduciamo
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \frac{p_3^{\alpha_3+1}-1}{p_3-1} \frac{p_4^{\alpha_4+1}-1}{p_4-1} < \frac{35}{8} p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} p_3^{\alpha_3} p_4^{\alpha_4} \]
Ora abbiamo che poiché \(p_5 > 7 \) ed è primo risulta che
\[ \left(1- \frac{1}{p_5^{\alpha_5}} \right) \frac{1}{p_5-1} < (\frac{8}{7}-1) \]
pertanto
\[ \sigma(n) < 5n \]
pertanto se \( \sigma(n)=5n\) abbiamo \(r > 5 \).
\[ \sigma(n) = \prod_{k=1}^{r} \sum_{j=0}^{\alpha_k} p_k^j = \prod_{k=1}^{r} \frac{p_{k}^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1}\]
Assumiamo per assurdo che \(\sigma(n)=5n \) e \( r \leq 5 \).
Notiamo che per ogni \(p >3\) primo risulta che \( \frac{1}{p-1} \leq \sqrt[5]{5}-1 \), in particolare se \(2 \not\mid n \) e \(3 \not\mid n\) allora \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[5]{5}-1 \). Da cui
\[ p_{k}^{\alpha_k}\left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < (\sqrt[5]{5}-1) p_k^{\alpha_k} \]
e deduciamo che
\[ \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < \sqrt[5]{5} p_k^{\alpha_k} \]
pertanto se \(r \leq 5 \) abbiamo
\[ \sigma(n)=\prod_{k=1}^{r} \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < 5 \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} = 5n \]
Ora se \(2 \mid n \) oppure \(3 \mid n \) ma non entrambi abbiamo che \( n = \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} \) dove \( p_1 =2 \) oppure \(p_1 =3 \) e \(p_k > 3 \) per \(k >1 \). In questo caso abbiamo che \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[4]{\frac{5}{2}}-1 \) per \(k > 1 \) poiché \(p_k \geq 5 \), e inoltre \( \left(1 - \frac{1}{p_1^{\alpha_1}} \right) \frac{1}{p_1-1} < 1 \) da cui \( p_1^{\alpha_1} \left(1 - \frac{1}{p_1^{\alpha_1}} \right) \frac{1}{p_1-1} < (2-1) p_1^{\alpha_1} \) e pertanto
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1} < 2 p_1^{\alpha_1} \] da cui deduciamo che che se \(r \leq 5 \) abbiamo
\[ \sigma(n)=\prod_{k=1}^{r} \frac{p_k^{\alpha_k+1} - 1}{p_k-1} < 5 \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} = 5n \]
in modo simile abbiamo che se \(2 \mid n \) e \(3 \mid n \) allora \( n = \prod_{k=1}^{r} p_k^{\alpha_k} \) con \( p_1=2\) e \(p_2=3 \) e abbiamo che \( \left(1- \frac{1}{p_2^{\alpha_2}} \right) \frac{1}{p_2-1} < \frac{1}{2} \) da cui deduciamo che
\[ p_2^{\alpha_2} \left(1- \frac{1}{p_2^{\alpha_2}} \right) \frac{1}{p_2-1} < (\frac{3}{2} - 1) p_2^{\alpha_2} \]
e deduciamo che
\[ \frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} < \frac{3}{2} p_2^{\alpha_2} \]
e
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} < 3 p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \]
Pertanto se \( 5 \not\mid n \) abbiamo che per \(k > 2 \) risulta che \(p_k \geq 7 \) da cui risulta che \( \left(1 - \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt[3]{\frac{5}{3}}-1 \) da cui deduciamo che se \(r \leq 5 \) allora
\[ \sigma(n)< 5n \]
Pertanto se \(2,3,5 \) dividono tutti \(n\) allora sia \(p_1=2,p_2=3,p_3=5 \) abbiamo in modo del tutto analogo a prima che \( \left(1- \frac{1}{p_3^{\alpha_3}} \right) \frac{1}{p_3-1} < \frac{1}{4} \) da cui
\[ \left(1- \frac{1}{p_3^{\alpha_3}} \right) \frac{1}{p_3-1} < (\frac{5}{4}-1) \]
per cui
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \frac{p_3^{\alpha_3+1}-1}{p_3-1} < \frac{15}{4} p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} p_3^{\alpha_3} \]
ora se \( p \) è primo e \(p > 7 \) abbiamo che \( \left(1- \frac{1}{p_k^{\alpha_k}} \right) \frac{1}{p_k-1} < \sqrt{\frac{4}{3}}-1 \) da cui se \( 7 \not\mid n \) abbiamo che
\[ \sigma(n) < 5 n \]
Ora se \( 2,3,5,7 \mid n \) abbiamo che \(p_4=7 \) da cui \(\left(1- \frac{1}{p_4^{\alpha_4}} \right) \frac{1}{p_4-1} < \frac{1}{6} \), pertanto
\[ \left(1- \frac{1}{p_4^{\alpha_4}} \right) \frac{1}{p_4-1} < (\frac{7}{6}-1) \]
e deduciamo
\[ \frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \frac{p_3^{\alpha_3+1}-1}{p_3-1} \frac{p_4^{\alpha_4+1}-1}{p_4-1} < \frac{35}{8} p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} p_3^{\alpha_3} p_4^{\alpha_4} \]
Ora abbiamo che poiché \(p_5 > 7 \) ed è primo risulta che
\[ \left(1- \frac{1}{p_5^{\alpha_5}} \right) \frac{1}{p_5-1} < (\frac{8}{7}-1) \]
pertanto
\[ \sigma(n) < 5n \]
pertanto se \( \sigma(n)=5n\) abbiamo \(r > 5 \).
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Re: MultiPerfect Numbers
da axpgn » 04/03/2024, 13:38
La tua idea mi sembra sostanzialmente come la mia, solamente l'hai allungata un po', come piace a te 
Cordialmente, Alex
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Dato $n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_k^(a_k)$ allora $sigma(n)=5n$ è uguale a $(p_1^(a_1+1)-1)/(p_1-1)(p_2^(a_2+1)-1)/(p_2-1)...(p_k^(a_k+1)-1)/(p_k-1)=5p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_k^(a_k)$
Dividendo tutto per $n$, otteniamo $(p_1-(p_1^(a_1))^(-1))/(p_1-1)(p_2-(p_2^(a_2))^(-1))/(p_2-1)...(p_k-(p_k^(a_k))^(-1))/(p_k-1)=5$
Trascurando al numeratore i termini negativi, abbiamo la disuguaglianza $p_1/(p_1-1)p_2/(p_2-1)...p_k/(p_k-1)>5$
Ora i valori di questi fattori sono i termini di una successione strettamente decrescente: $2/1, 3/2, 5/4, 7/6, 11/10, ...$, ovvero il prodotto di cinque termini qualsiasi di questa sequenza sarà massimo quando si prendono i primi cinque (e il prodotto di quattro termini è minore di quello dei primi cinque).
Ma il prodotto dei primi cinque termini è solo $77/16$ cioè minore di $5$.
Ne consegue che per soddisfare la disuguaglianza occorrono più di cinque termini.
Dividendo tutto per $n$, otteniamo $(p_1-(p_1^(a_1))^(-1))/(p_1-1)(p_2-(p_2^(a_2))^(-1))/(p_2-1)...(p_k-(p_k^(a_k))^(-1))/(p_k-1)=5$
Trascurando al numeratore i termini negativi, abbiamo la disuguaglianza $p_1/(p_1-1)p_2/(p_2-1)...p_k/(p_k-1)>5$
Ora i valori di questi fattori sono i termini di una successione strettamente decrescente: $2/1, 3/2, 5/4, 7/6, 11/10, ...$, ovvero il prodotto di cinque termini qualsiasi di questa sequenza sarà massimo quando si prendono i primi cinque (e il prodotto di quattro termini è minore di quello dei primi cinque).
Ma il prodotto dei primi cinque termini è solo $77/16$ cioè minore di $5$.
Ne consegue che per soddisfare la disuguaglianza occorrono più di cinque termini.
Cordialmente, Alex
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Re: MultiPerfect Numbers
da 3m0o » 13/03/2024, 12:38
Siamo d'accordo che wikipedia sbaglia?
https://en.wikipedia.org/wiki/Multiply_perfect_number
Ps: ho controllato la fonte, la dimostrazione non c'è ma la proposizione sì. Nella fonte c'è scritto
Se \(n\) è \(k\)-multi perfetto allora \( \omega(n) \geq k^2-1\), dove \( \omega\) è il numero di divisori primi distinti! A me sembra che già \(6\) che è \(2\)-multi perfetto è un contro esempio: \( \omega(6)=2 < 2^2-1=3 \) ma \( \sigma(6)=12\). Anche assumendo \(k > 3\) (come in wikipedia) abbiamo che stando sempre a wikipedia \(n=14182439040=2^7 \cdot 3^4 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11^2 \cdot 17 \cdot 19 \) è \(5\)-multi perfetto, i.e. \( \sigma(n)=5n=70912195200=5 \cdot 14182439040\), ma al contempo \( \omega(n) = 7 < 5^2 -1 =24 \).
https://en.wikipedia.org/wiki/Multiply_perfect_number
Ps: ho controllato la fonte, la dimostrazione non c'è ma la proposizione sì. Nella fonte c'è scritto
Se \(n\) è \(k\)-multi perfetto allora \( \omega(n) \geq k^2-1\), dove \( \omega\) è il numero di divisori primi distinti! A me sembra che già \(6\) che è \(2\)-multi perfetto è un contro esempio: \( \omega(6)=2 < 2^2-1=3 \) ma \( \sigma(6)=12\). Anche assumendo \(k > 3\) (come in wikipedia) abbiamo che stando sempre a wikipedia \(n=14182439040=2^7 \cdot 3^4 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11^2 \cdot 17 \cdot 19 \) è \(5\)-multi perfetto, i.e. \( \sigma(n)=5n=70912195200=5 \cdot 14182439040\), ma al contempo \( \omega(n) = 7 < 5^2 -1 =24 \).
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Re: MultiPerfect Numbers
da axpgn » 13/03/2024, 18:17
È da vedere cosa intende per "number of distinct prime factors", anche $120$ è un controesempio ...
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