mateforum.ro

Vom nota \( \sigma(i) \) suma tuturor divizorilor pozitivi ai lui \( i \). Demonstrati ca \( \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \frac{\sigma(k)}{k}< 2n \) pentru orice \( n\in\mathbf{N^*} \).

"Nice" problema, si nu chiar elementara (dupa abordarea mea), ar fi bine sa dai si sursa (sunt sigur ca am mai zarit ceva asemanator, daca nu asta).
Ideea de la baza solutiei ar fi rescrierea sumei, destul de dificil de estimat dupa cum apare în enunt. Sa notam membrul stâng cu \( S(n) \), în functie de variabila precizata.
Are loc \( S(n) = \sum_{k=1}^n \ \sum_{d|k} \frac{d}{k} = \sum_{d=1}^n \ \sum_{k \in \overline{1, n}, d|k} \frac{d}{k} = \)
\( \sum_{d=1}^n \ \sum_{j=1}^{\lfloor n/d \rfloor} \frac{d}{jd} =\sum_{d=1}^n H_{\lfloor n/d \rfloor} \),
unde am notat \( H_m := \sum_{k=1}^m \frac{1}{k} \) pentru \( m \in \mathbb{N}^{\ast} \).
Sa demonstram ca pentru \( n \in \mathbb{N}^{\ast} \) are loc estimarea \( H_n \le \mathrm{ln} (n) + 1 \), cu egalitate doar pentru \( n=1 \).
Cazul de egal este evident. Demonstram inductiv inegalitatea stricta. Primul pas \( n = 2 \) se verifica facil. Dupa aceea
\( H_{n+1} = H_n + \frac{1}{n+1} < \mathrm{ln} (n) + 1 + \frac{1}{n+1} \stackrel{?}{\le} \mathrm{ln} (n + 1) + 1 \),
deci dorim \( e^{\frac{1}{n+1}} \le 1 + \frac{1}{n} \). Insa aceasta este clar datorita faptului ca
\( e^{\frac{1}{n+1}} = 1 + \sum_{k \ge 1} \frac{1}{k!} \cdot \left( \frac{1}{n+1} \right)^k < 1 + \sum_{k \ge 1} \left( \frac{1}{n+1} \right)^k = 1 + \frac{1}{n} \),
si pasul inductiv a fost completat.
Revenind la suma noastra, aplicand inegalitatea de \( n \) ori, obtinem
\( S(n) \le \sum_{k=1}^n \left( \mathrm{ln} (\lfloor n/d \rfloor) + 1 \right) = n + \mathrm{ln} \left( \prod_{k=1}^n \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \ \right) \le n + \mathrm{ln} \left( \frac{n^n}{n!} \right) \),
din definitia partii intregi.
Problema este incheiata cu observatia ca \( e^n > \frac{n^n}{n!} \) (am neglijat ceilalti termeni din seria aferenta). Concluzionam
\( S(n) \le n + \mathrm{ln} \left( \frac{n^n}{n!} \right) < n + \mathrm{ln} (e^n) = 2n \).
Remarca. Notand \( A(n) := \frac{\sigma(n) - 2n}{n} \) abundenta lui \( n \) raportata la el insusi, inegalitatea obtinuta se rescrie
\( \sum_{k=1}^n A(n) < 0 \),
deci suma (si implicit media aritmetica) a primelor \( n \in \mathbb{N}^{\ast} \) astfel de valori este negativa.
In opinia mea, nu cred ca ar fi dificil de gasit nici o estimare asimptotica pentru membrul stang al relatiei (probabil si o îmbunatatire a constantei \( 2 \) din dreapta, care de fapt pare iminenta, macar de la un prag mai departe).

Sa vedem in ce masura se poate imbunatati:
Fie \( d_1,\dots,d_s \) divizorii lui \( k \). Atunci \( k/d_1,\dots,k/d_s \) sunt iarasi divizorii lui \( k \). Rezulta ca \( d_1+\dots+d_s=k(1/d_1+\dots+1/d_s) \), deci \( \sigma(k)/k=1/d_1+\dots+1/d_s \). Astfel avem de aratat ca \( S(n)=\sum_{k=1}^n(\sum_{d|k}\frac{1}{d})<2n \). Dar
\( S(n) = n+\sum_{k=1}^n \ \sum_{d|k, d>1} \frac{1}{d}=n+\sum_{d=2}^n\frac{1}{d}[\frac{n}{d}]\le n+ n\sum_{d=2}^n\frac{1}{d^2}< \)
\( n+n\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i(i+1)}=n+n(1-\frac{1}{n})=2n-1 \).
De aici va las pe voi, pasionatii de imbunatatiri .

a) Ma refeream, cu singuranta, la posibilele îmbunatatiri ce se pot aduce variantei mele.
b) Solutia este OK, se pare ca aceasta rescriere este înca si mai eficienta.

bae wrote:De aici va las pe voi, pasionatii de imbunatatiri.

Acel ":lol:" nu prea se justifica deoarece aici tocmai ati obtinut \( S(n) \le n \sum_{d=1}^n \frac{1}{d^2} < \frac{\pi^2}{6} \cdot n \) (lasând la o parte nivelul de clasa a VI-a ).

Edit: Aceeasi solutie (mai simpla decat in primul post) o gasiti in Gica & Panaitopol.

Daca este "sa ne rupem la intariri" cred ca una dintre cele mai tari (daca nu cea mai tare) este urmatoarea demonstrata de A. Walfisz, anume:

\( \sum_{n\leq x}\frac{\sigma(n)}{n}=\frac{\pi^2}{6}x-\frac{1}{2}\log x+O(\log^{2/3}x) \).

Pe de alta parte, nu cred ca asta este sectiunea potrivita pentru a discuta diverse intariri ale anumitor inegalitati intre functii aritmetice, ci Teoria analitica a numerelor