Sobre números superabundantes

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 21 de mayo de 2012
Categorías: Carnaval de matematicas, Juegos | Imprime este post

29 comentarios

mimetist | 21 de mayo de 2012 | 11:42

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¡¡Primos primos everywhere!!

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eulerianos | 21 de mayo de 2012 | 12:22

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Supongamos que hay un número finito. Por lo que habrá un m tal que:
$\cfrac{\sigma (m)}{m} > \cfrac{\sigma (k)}{k}, \; \forall k \in \{1,2, \ldots , m-1 \}$
y no habrá ninguno mayor que m.
Consideremos lo siguiente:
$2\sigma (m) = 2D = D+D < D + 2m < \sigma (2m)$
donde D es la suma de los divisores de m
La primera desigualdad se saca de que: "La suma de los divisores de un número es menor que el doble del número"
Tenemos ahora: $2\sigma (m) < \sigma (2m)$
Dividiendo por 2m nos queda:
$\cfrac{\sigma (2m)}{2m} > \cfrac{\sigma (m)}{m}$

Por lo que se concluye que son infinitos, porque en caso de ser finito, el doble del número, sería "superabundante"
Trackback | 21 may, 2012

Bitacoras.com
fede | 21 de mayo de 2012 | 13:36

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Basta demostrar que $\dfrac{\sigma(m)}{m}$ no está acotada.

Sea $\displaystyle x= \prod_1^r p_i$ (producto de los primeros $r$ primos)

Entonces $\displaystyle \sigma(x) = \prod_1^r (p_i+1)$ y

$\displaystyle \dfrac{\sigma(x)}{x} = \prod_1^r \dfrac{p_i+1}{p_i} = \prod_1^r ( 1 + \dfrac{1}{p_i}) = \sum_1^r \dfrac{1}{p_i} + S, \ \ S> 0$

Pero $\sum \dfrac{1}{p_i}$ no está acotada, y por tanto tampoco $\dfrac{\sigma(x)}{x}$
GOB | 21 de mayo de 2012 | 14:19

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Genial la demostración de fede !!
Ratoncillo de biblioteca | 21 de mayo de 2012 | 14:32

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Eulerianos, afirmas que $\sigma(n)<2n$ , pero por ejemplo

$\sigma(12)=1+2+3+4+6+12=28$ no es menor que $2\cdot 12=24$
Pirer | 21 de mayo de 2012 | 16:34

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Creo que la demostración de Fede es correcta, pero a mi se me ha ocurrido otra:

Para $n = 2^k$ se tiene que sus divisores son $1, 2, 4, \ldots, 2^{k-1}, 2^k$ .

Por tanto, la suma de sus divisores es: $\sigma(2^k) = 2^{k+1}-1$ , demostrable fácilmente por inducción.

Con esto, tenemos que $\frac{\sigma(2^k)}{2^k} \over^{k\rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty$ .

Es decir, $\frac{\sigma(n)}{n}$ no está acotada, lo cual contradice el enunciado:

En caso de haber un último número superabundante $k$ , cualquier otro cumpliría que:

$\forall n \; \frac{\sigma(n)}{n} \leq \frac{\sigma(k)}{k}$
Pirer | 21 de mayo de 2012 | 16:37

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No me deja editar el post, así que lo pongo aquí:

La cuarta línea tendría que quedar:

Con esto, tenemos que: $\frac{\sigma(2^k)}{2^k} \xrightarrow{k \rightarrow \infty} \infty$ .
Pirer | 21 de mayo de 2012 | 16:46

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Me acabo de dar cuenta de que hay un error en la demostración. Concretamente en la línea que he editado… así que todo es falso. Os dejo a vosotros encontrarlo.
Ratoncillo de biblioteca | 21 de mayo de 2012 | 16:46

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Pirer, no entiendo una cosa:

$\cfrac{\sigma(2^k)}{2^k}=\cfrac{2^{k+1}-1}{2^k}=2-\cfrac{1}{2^k}$

que tiende a $2$ cuando $k\rightarrow\infty$ ¿por qué afirmas que se va a $\infty$ ?
Pirer | 21 de mayo de 2012 | 16:52

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Toda la razón, Ratoncillo.
Javier | 21 de mayo de 2012 | 18:24

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¿Es una ilusión? ¿O veo doble?
Javier | 21 de mayo de 2012 | 18:43

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La verdad es que veo muchos múltiplos de dos y de tres… ¿Por qué? Números con divisores pequeños… Muchos divisores pequeños…
eulerianos | 21 de mayo de 2012 | 20:41

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ratoncillo de biblioteca toda la razón del mundo, me di cuenta pensando la demostración un rato después. Craso error!
JJGJJG | 22 de mayo de 2012 | 02:41

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La suma de divisores de un número es mayor que dicho número.

La suma de divisores del producto de dos números primos entre sí es igual al producto de las sumas de divisores de ambos.

Si n fuera el mayor de los números superabundantes y p un número primo con él, el cociente entre la suma de divisores de (pxn) y el propio (pxn) sería mayor que el cociente entre el los divisores de n y el propio n, luego o bien (pxn) sería superabundante o bien habría un superabundante entre n y (pxn).

De hecho todo factorial es superabundante y hay infinitos de ellos.
eulerianos | 22 de mayo de 2012 | 20:27

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JJGJJG
No comparto que todo factorial es superabundante
He aquí mi contraejemplo:
$\frac{\sigma{(4!)}}{4!}=\frac{\sigma{(24)}}{24}=\frac{52}{24}<\frac{28}{12}=\frac{\sigma{(12)}}{12}$
fede | 22 de mayo de 2012 | 22:41

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Eulerianos, hay algún error en el cálculo que has hecho, porque es verdadera la
conclusión $\dfrac{\sigma(2m)}{2m} > \dfrac{\sigma(m)}{m}$ de tu primer comentario:

$\displaystyle \sigma(n) = \sum_{ d | n} d = \sum_{d | n } \frac{n}{d}$ , y entonces $\displaystyle \dfrac{\sigma(n)}{n} = \sum_{d | n } \frac{1}{d}$ ,

y entre los divisores de un múltiplo de n están todos los divisores de n.
José María | 22 de mayo de 2012 | 23:05

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Hola Eulerianos
En tu primer post no has demostrado la desigualdad para m+1,…,2m-1
Si no lo haces, está incompleta
Saludos
JJGJJG | 23 de mayo de 2012 | 01:12

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eulerianos: la suma de los divisores de 24 es 60 y no 52, luego tu contraejemplo no siirve.

José María: la demostración de eulerianos prueba que, entre m+1 y 2m hay, al menos un número, cuyo cociente es mayor que el de m. Si solo hay uno, 2m sería superabundante.
Si hay más de uno, el primero en superar a m (llamémoslo m+n) lo sería. Luego m no puede ser el mayor superabundante. Del mismo modo razonaríamos entre m+n y 2(m+n). Y así sucesivamente hasta el infinito.
José María | 23 de mayo de 2012 | 18:28

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Hola
La demostración de eulerianos no es cierta porque usa un resultado que no es cierto (contraejemplo de ratoncillo de biblioteca)
En la demostración de Fede sigo sin ver por qué el cociente de m es mayor que el de todos los anteriores.
Saludos
Ratoncillo de biblioteca | 24 de mayo de 2012 | 10:52

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José María ¿te refieres a que basta demostrar que $\cfrac{\sigma(m)}{m}$ no es acotada?

Supongamos que $\cfrac{\sigma(m)}{m}$ no es acotada y que existe un número finito de números superabundantes. Notemos al máximo de ellos por $M$ , es deicir, $M$ es el último número superabundante. Como $\cfrac{\sigma(m)}{m}$ no es acotada, se puede considerar

$N=\min\left\lbrace n>M \ | \ \cfrac{\sigma(n)}{n}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M}\right\rbrace$

Este $N$ es superabundante. En efecto, si $k\in\{1,2,\dots,M-1\}$ entonces

$\cfrac{\sigma(k)}{k}\prec\cfrac{\sigma(M)}{M}\leq\cfrac{\sigma(N)}{N}$

Sea $k\in\{M,M+1,\dots, N-1\}$ , y supongamos que

$\cfrac{\sigma(k)}{k}\geq\cfrac{\sigma(N)}{N}$

Puesto que $\cfrac{\sigma(N)}{N}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M}$ tendremos que $\cfrac{\sigma(k)}{k}\geq\cfrac{\sigma(M)}{M}$ y esto contradice la

definición de $N$ (ya que, $N$ es el mínimo)

Por tanto debe ser

$\cfrac{\sigma(k)}{k}\prec\cfrac{\sigma(N)}{N}$

Esto prueba que $N$ es superabundante, contradiciendo que $N >M$ .

Luego hay infinitos números superabundantes.

Aprovecho para felicitar a fede por su demostración.
fede | 24 de mayo de 2012 | 14:03

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Gracias. Me parece más simple y bonita la demostración basada en la identidad

$\displaystyle \frac{\sigma(n)}{n} = \sum_{d\ |\ n} \frac{1}{d}$ ,

es decir, “todo natural es igual a la suma de sus divisores dividida entre
la suma de los inversos de sus divisores”.
Ratoncillo de biblioteca | 24 de mayo de 2012 | 14:33

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En mi comentario anterior, me he dado cuenta de un detalle que no es correcto. Hay que sustituir la definición dada de $N$ por esta otra:

$N=\min\left\lbrace n>N \ | \ \cfrac{\sigma(n)}{n}>\cfrac{\sigma(M)}{M}\right\rbrace$
José María | 24 de mayo de 2012 | 18:49

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Hola Ratoncillo de biblioteca, ahora me ha quedado clara la demostración
Muchas gracias
Trackback | 29 may, 2012

Carnaval de Matemáticas: Resumen de la Edición 3,1415 - Gaussianos | Gaussianos
Miguel | 29 de mayo de 2012 | 15:03

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A mi, hay algo que no me queda claro en la primera demostración de fede.
Esta hecha para números que únicamente son producto de los primeros r primos, en cuyo caso, el número 12 no cumple lo dicho justamente después, es decir, “sigma de 12″ no es el producto de los r primos más 1.
Quizás estoy equivocado, pero eso no lo demuestra, ¿o si?.

Por cierto, mi enhorabuena para ratoncillo y el propio fede, pues la demostración última y la identidad dada por fede son geniales.
Ratoncillo de biblioteca | 29 de mayo de 2012 | 19:21

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Hola Miguel, lo que demuestra fede en su primera demostración, es

$f\left(\prod_{k=1}^r p_k\right)>\sum_{k=1}^r\frac{1}{p_k}$ para todo $r\in\mathbb{N}$ donde $f$ es la función $f:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{R}, \ f(m)=\cfrac{\sigma(m)}{m}$

Esto implica que $f$ no es acotada, puesto que, la serie de los inversos de los números primos es divergente (este hecho no es trivial, pero hay demostraciones elementales del mismo). Para verlo se puede razonar por reducción al absurdo:

Supongamos que $f$ fuese acotada, entonces existe un $M\in\mathbb{R}$ tal que $f(m)\leq M$ para todo $m\in\mathbb{N}$ . Por otro lado, como la serie de los inversos de los números primos es divergente, existirá un $n_0\in\mathbb{N}$ tal que
$\sum_{k=1}^{n_0}\frac{1}{p_k}\geq M$ . Pero tomando,
$m=\prod_{k=1}^{n_0}p_k$ se tendría que

$f(m)=f\left(\prod_{k=1}^{n_0} p_k\right)\leq M\leq\sum_{k=1}^{n_0}\frac{1}{p_k}$
llegando a contradicción.
Miguel | 29 de mayo de 2012 | 20:18

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Claro, ya entiendo, si no está acotada, significa que hay infinitos números que cumplen que son “superabundantes”.
Lo que yo no veía tan claro (perdon por mi ignorancia) era que si:
$x = \prod\limits_1^r {{p_i}} \Rightarrow \sigma(x)= \prod\limits_1^r {(p_i + 1)}$
Pero ya vi porque era eso (simplemente al desarrollar el productorio se queda la suma de todos los posible divisores de $x$ , incluyendo el 1 y el propio $x$ ).

Gracias por la respuesta
Ratoncillo de biblioteca | 29 de mayo de 2012 | 21:58

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Eso es Miguel, aunque también se puede probar por inducción.

Para $r=2$ :

$\sigma(p_1p_2)=1+p_1+p_2+p_1p_2=(1+p_1)(1+p_2)$

Supongamos el resultado cierto para $r=k\geq 2$ y veamos que también es cierto para $r=k+1$ :

Sea $n=p_1p_2\cdots p_kp_{k+1}$ y notemos por $m=p_1p_2\cdots p_k$ .

Consideremos los conjuntos

$A=\{d\in\mathbb{N}, \ d\mid n \text{ y }p_{k+1}\mid d\}$
$B=\{d\in\mathbb{N}, \ d\mid n \text{ y }p_{k+1}\nmid d\}$

es claro, que $A$ y $B$ son disjuntos y su unión es el conjunto de todos los divisores de $n$ .

Reordenando, si fuese necesario, los sumandos de $\sigma(n)$ podemos escribir

$\sigma(n)=\sum_{d\in A}d+\sum_{d\in B}d$

En el primer sumando, podemos sacar factor común $p_{k+1}$ obteniéndose

${\displaystyle\sum_{d\in A}d=p_{k+1}\sum_{d\in B}d}$

y sustituyendo en la expresión anterior

$\sigma(n)=(1+p_{k+1})\sum_{d\in B}d$

Por otro lado, si $d\in B$ entonces $p_{k+1}\nmid d$ y por tanto $mcd(d,p_{k+1})=1$ luego $d\mid m=p_1p_2\cdots p_k$ . Recíprocamente, es claro que cualquier divisor de $m$ pertenece a $B$ .

Luego

$\sum_{d\in B}d=\sigma(m)\Longrightarrow \sigma(n)=(1+p_{k+1})\sigma(m)$

Por último, basta aplicar la hipótesis de inducción a $\sigma(m)$ para obtener que el resultado.