Olimpíadas ⇒ (Cone Sul 1991) Álgebra - Função Tópico resolvido

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Dado um número natural [tex3]n[/tex3] (diferente de [tex3]0[/tex3]), seja [tex3]f (n)[/tex3] a média de todos seus divisores positivos. Por exemplo:

[tex3]f(3)=\frac{(1+3)}{2}=2[/tex3] e [tex3]f(12)=\frac{(1+2+3+4+6+12)}{6}=\frac{14}{3}[/tex3]



a) Demonstre que: [tex3]\sqrt{n}\leq f(n)\leq \frac{n+1}{2}[/tex3]
b) Encontre todos os números naturais [tex3]n[/tex3] para quais [tex3]f(n)=\frac{91}{9}[/tex3]

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a)
Suponha, inicialmente, que [tex3]n[/tex3] não é quadrado perfeito. Seja [tex3]\{d_1,d_2....d_{2k}
\}[/tex3] o conjunto dos divisores positivos de [tex3]n[/tex3] de maneira ordenada ou seja [tex3]d_i>d_j[/tex3] se [tex3]i>j[/tex3](por este motivo eu supus que [tex3]n[/tex3] não é quadrdo perfeito pois estes possuem uma quantidade ímpar de divisores positivos).

Temos que [tex3]f(n)=\frac{d_1 + \dots d_{2k}}{2k}[/tex3] e pela desigualdade das médias [tex3]f(n) \ge \sqrt[2k]{d_1\cdot d_2 \cdot \dots \cdot d_{2k}}[/tex3] ou seja [tex3]f(n) \ge \sqrt[2k]{(d_1\cdot d_{2k}) \cdot (d_2 \cdot d_{2k-1}) \cdot \dots }[/tex3].É fácil ver que [tex3]d_1 \cdot d_{2k} = d_2 \cdot d_{2k-1}=...=n[/tex3] Assim [tex3]f(n) \ge \sqrt[2k]{n^k}=\sqrt{n}[/tex3]


Pro caso em que [tex3]n[/tex3] é quadrado perfeito temos que os divisores de [tex3]n[/tex3] são [tex3]\{d_1, d_2 ...\sqrt{n} ... d_{2l+1} \}[/tex3]
E também pela desigualdade das médias [tex3]f(n) \ge \sqrt[2l+1]{d_1 \cdot d_2 \cdot \dots \cdot \sqrt{n} \cdot \dots \cdot d_n} = \sqrt[2l+1]{n^l\cdot \sqrt{n}}=n^{\dfrac{l+\frac{1}{2}}{2l+1}}=n^{\dfrac{2l+1}{2(2l+1)}}=\sqrt{n}[/tex3]

Em qualquer caso [tex3]\boxed{f(n) \ge \sqrt{n}}.[/tex3]


Falta provar que [tex3]f(n) \le \dfrac{n+1}{2}.[/tex3] Os divisores de [tex3]n[/tex3] são [tex3]\{d_1...d_{2k} \}[/tex3] (pro caso que [tex3]n[/tex3] não é quadrado perfeito.) Temos que [tex3]d_{2k}=\dfrac{n}{d_1}; d_{2k-1}=\dfrac{n}{d_2}....[/tex3]

Pela desigualdade das medias temos que [tex3]x+\dfrac{n}x \le 2\cdot \sqrt{x\cdot \dfrac{n}{x}}=2\sqrt{n}[/tex3]
Como [tex3]n>0[/tex3] temos que [tex3]2\sqrt{n} \le n+1 \iff n-2\sqrt{n}+1 \ge 0 \iff (\sqrt{n}-1)^2 \ge 0[/tex3] que é verdadeiro. Assim [tex3]x+\dfrac{n}{x} \le n+1[/tex3]

Então

[tex3]f(n)=\dfrac{1}{2k}\cdot (d_1+d_2+...d_{2k}) =[/tex3]

[tex3]\dfrac{1}{2k}\cdot [(d_1+d_{2k})+(d_2+d_{2k-1})+...] = [/tex3]

[tex3]\dfrac{1}{2k} \cdot \left[ (d_1+\dfrac{n}{d_1})+(d_2+\dfrac{n}{d_2}+...) + \dots \right] \le [/tex3]

[tex3]\dfrac{1}{2k} \cdot k\cdot (n+1) = \dfrac{n+1}{2}[/tex3]

Ou seja [tex3]f(n) \le \dfrac{n+1}{2}.[/tex3] ( o caso em que [tex3]n[/tex3] é quadrado perfeito é análogo é só usar o fato de que [tex3]\sqrt{n} \le \dfrac{n+1}{2}[/tex3]

Portanto [tex3]\boxed{\boxed{\sqrt{n} \le f(n) \le \dfrac{n+1}{2}}}[/tex3] como queríamos demonstrar


b)
Pela desigualdade provada no item anterior [tex3]\sqrt{n} \le \dfrac{91}{9} \le \dfrac{n+1}{2}[/tex3]. Da primeira vem que [tex3]\sqrt{n} \le \dfrac{91}{9} <11[/tex3] então [tex3]n<121[/tex3] ou seja [tex3]\boxed{n \le 120}.[/tex3]
Da segunda vem [tex3]\dfrac{n+1}{2} \ge \dfrac{91}{9}[/tex3] então [tex3]n \ge \dfrac{182}{9} - 1= \dfrac{173}{9}>19[/tex3] dessa forma [tex3]\boxed{n \ge 20}.[/tex3]

Seja [tex3]t,p[/tex3] a quantidade de divisores de [tex3]n[/tex3] e sua soma, respectivamente. Assim [tex3]\dfrac{p}{t}=\dfrac{91}{9}[/tex3] como [tex3]\dfrac{91}{9}[/tex3] é irredutível [tex3]t[/tex3] deve ser um múltiplo de [tex3]9[/tex3] e [tex3]p[/tex3] um múltiplo de [tex3]91.[/tex3]

Observe os quadrados perfeitos entre [tex3]20[/tex3] e [tex3]120[/tex3] e sua respectiva fatoração prima

• [tex3]25=5^2[/tex3] só possui [tex3]2+1=3[/tex3] divisores então não é solução;
• [tex3]36=2^2\cdot 3^2[/tex3] que possui [tex3](2+1)(2+1)=9[/tex3] divisores então pode ser uma solução;
• [tex3]49=7^2[/tex3] não é solução pelo mesmo motivo de [tex3]25;[/tex3]
• [tex3]64=2^6[/tex3] apenas possui [tex3]6+1=7[/tex3] divisores e logo não serve;
• [tex3]100=2^2\cdot 5^2[/tex3] possui [tex3]9[/tex3] divisores e é uma possível solução assim como [tex3]36;[/tex3]

[tex3]100[/tex3] não serve pois claramente a soma de seus divisores é maior que [tex3]91.[/tex3] A soma dos divisores positivos de [tex3]36[/tex3] é [tex3]36+18+12+9+6+4+3+2+1=91[/tex3] Então [tex3]36[/tex3] é solução e é única que é um quadrado perfeito!

Agora resta os não-quadrados perfeitos.
Os únicos números que possuem quantidade ímpar de divisores positivos são os quadrados perfeitos. Assim [tex3]n[/tex3] possui uma quantidade par de divisores positivos ou seja [tex3]t[/tex3] é múltiplo de [tex3]2.[/tex3] Além disso (como já verificamos) [tex3]t[/tex3] é múltiplo de [tex3]9,[/tex3] então [tex3]t[/tex3] é um múltiplo de [tex3]18.[/tex3]

Qualquer natural [tex3]n[/tex3] deve possuir a mesma quantidade de divisores menores que [tex3]\sqrt{n}[/tex3] e maiores que [tex3]\sqrt{n}[/tex3]. Pois caso contrário haveriam dois números (ambos maiores que [tex3]\sqrt{n}[/tex3] ou ambos menores) tais que seu produto é [tex3]n.[/tex3] Um absurdo. Mas sabemos que [tex3]\sqrt{n} \le 11.[/tex3] Então [tex3]n[/tex3] deve possuir no máximo [tex3]23[/tex3] divisores positivos.

Então é impossível que [tex3]t \ge 23[/tex3] então a única possibilidade é [tex3]t=18.[/tex3]
Dessa forma [tex3]n[/tex3] possui [tex3]18 \div 2=9[/tex3] divisores inferiores a [tex3]\sqrt{n}[/tex3]. Mas sabemos que [tex3]\sqrt{n} \le 10[/tex3] e logo [tex3]n[/tex3] deve possuir 9 divisores no conjunto [tex3]\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \}[/tex3] mas o menor múltiplo comum de quaisquer nove número desse conjunto é muito maior que [tex3]120.[/tex3] Contradizendo a hipótese de que [tex3]n \le 120.[/tex3]


Logo não há soluções para [tex3]n[/tex3] não quadrado perfeito e a única solução é [tex3]\boxed{n=36}[/tex3]