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Un número $n$, que es la suma de todos los números $k$ con $\sigma(k)=n$?

Para un entero positivo de $n$, vamos a definir un conjunto

$$A_n = \{ k\in\mathbb{N} \mid \sigma(k) = n \}$$

donde $\sigma$ es el divisor-función de suma (un conocido multiplicativo número de la teoría de la función). Claramente $A_n \subseteq \{ 1,2,3,\ldots,n\}$ (desde $\sigma(k)\ge k$ para todo $k$).

Por ejemplo

$$\begin{align} A_{119} & = \varnothing \\ A_{120} & = \{ 54, 56, 87, 95 \} \\ A_{121} & = \{ 81 \}. \end{align}$$

Hoy denotamos por $\Sigma_n$ la suma de los miembros de $A_n$, entonces $\Sigma_n = \sum_{k\in A_n}k$, por lo que (siguiendo con el ejemplo)

$$\begin{align} \Sigma_{119} & = 0 \\ \Sigma_{120} & = 292 \\ \Sigma_{121} & = 81. \end{align}$$

Tenga en cuenta que $\Sigma_{119}<119$ y $\Sigma_{121}<121$, y por otro lado $\Sigma_{120}>120$.

Este se divide los números naturales $n$ en tres clases, de acuerdo a si $\Sigma_n<n$, $\Sigma_n=n$ o $\Sigma_n>$ n. Me parece un montón de números en el primero y el último de estas clases. Sin embargo, el único número con $\Sigma_n = n$ que he encontrado es el caso trivial $n=1$.

Hay números $n>1$ con $\Sigma_n = n$?

PS! Estoy pensando en la presentación de nuevas secuencias para OEIS si la gente encuentra esta partición de $\mathbb{N}$ interesantes.


Aquí están algunas estadísticas para todo $n$ en $\left[ 1, 60000 \right]$:

$$\begin{array}{|r|r|r|r|} n \pmod{6} & \Sigma_n<n & \Sigma_n=n & \Sigma_n>n \\ \hline +1 \pmod{6} & 9993 & 1 & 6 \\ +2 \pmod{6} & 9020 & 0 & 980 \\ 3 \pmod{6} & 9992 & 0 & 8 \\ -2 \pmod{6} & 9415 & 0 & 585 \\ -1 \pmod{6} & 10000 & 0 & 0 \\ 0 \pmod{6} & 5958 & 0 & 4042 \\ \hline \mathrm{total} & 54378 & 1 & 5621 \\ \end{array}$$

Actualización: he buscado un poco más, $\left[ 1,\quad 300\cdot 10^6 \right]$:

$$\begin{array}{|r|r|r|r|} n \pmod{6} & \Sigma_n<n & \Sigma_n=n & \Sigma_n>n \\ \hline +1 \pmod{6} & 49999688 & 1 & 311 \\ +2 \pmod{6} & 47797853 & 0 & 2202147 \\ 3 \pmod{6} & 49999279 & 0 & 721 \\ -2 \pmod{6} & 47343370 & 0 & 2656630 \\ -1 \pmod{6} & 49999985 & 0 & 15 \\ 0 \pmod{6} & 36529965 & 0 & 13470035 \\ \hline \mathrm{total} & 281670140 & 1 & 18329859 \\ \end{array}$$

Los primeros $n$ con $n \equiv -1 \pmod{6}$ entonces $\Sigma_n>n$ es $86831$. Tenemos $A_{86831} = \{ 38416, 60025 \}$.

Un valor para el que $\Sigma_n=$ n corresponde a un amistoso tupla que consta de todos los números con que $\sigma$ de valor, es decir $A_n$ es amistosa. Podríamos llamar un total amistoso tupla. Esta pregunta se convierte en si, total amistoso tuplas otros que $\{ 1 \}$ existir.

Ahora he creado A258913 en OEIS que da lo que se llama $\Sigma_n$ arriba. De acuerdo a comentarios por Giovanni Resta ahí, cualquier nuevo $n$ con $\Sigma_n=$ n será de más de $2.5\cdot 10^{10}$.

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mjqxxxx Puntos 22955

*No es una respuesta, pero demasiado largo para un comentario.

Como se señaló en los comentarios, una obvia de la familia de conatos (precisamente, una familia donde $|\Sigma_n - n|\en O(1)$) proviene de los números primos: suponiendo que $A_n = \{ p \}$, entonces $n=\sigma(p)=p+1$ y $\Sigma_n = p = n-1$. No todos los prime $p$ obras, porque $A_{p+1}$ puede contener otros elementos, además de $p$, pero infinitamente muchos parecen.

Una menos obvia de la familia de los cuasi viene de pares de números primos $(p,q) de dólares para que $q=4p+3$. Suponiendo que $A_n = \{ 12p, 4t \}$, entonces $$ n=\sigma(12p)=\sigma(2^2 \cdot 3 \cdot p)=(1+2+4)(1+3)(1+p)=28p+28,\\ n=\sigma(4t)=\sigma(2^2 p)=(1+2+4)(1+q)=7(1+q)=28p+28, $$ y $$ \Sigma_n=12p + 4t=12p+4(4p+3)=28p+12=n-16. $$ De nuevo, esto no siempre funciona, porque $A_{28p+28}$ puede contener otros elementos de $12p$ y $4t$, pero es que parece suceder infinitamente a menudo.

Sólo la inspección de los datos no se enciende ningún otro obvio familias como esta ($-1$ y $-16$ son por lejos los más recurrentes valores de $\Sigma_n - n$), pero me pregunto si es que existen y son simplemente escasa. Este puede ser generalizada? Hay otro cerca de la señorita de la familia para los cuales $|A_n|=2$, o un cerca de la señorita de la familia con $|A_n|=3$, por ejemplo?

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boldbrandywine Puntos 161

Tengo una idea que puede ser una respuesta parcial. Mi corazonada es que sólo es cierto para $n=1$.

Vamos a reformular su pregunta: Lo que está preguntando es "$k_1 + k_2 + \cdots + k_m = \sigma(k_1)$?" donde $m = |A_{n}|$ y $\sigma(k_i) = n$ para todo $i \leq m$. Usted puede saber ya la siguiente terminología, pero para los que no:

Considerar la $\bf{abundancia}$ de $k$, que se define y se denota como $I(k) = \displaystyle \frac{\sigma(k)}{k}$.

Observar que $\displaystyle \frac{\sigma(k)}{k} > 1$ cuando $k > 1$.

Si $I(k) > 2$, $k$ $\bf{abundante}$.

Si $I(k) = 2$, $k$ $\bf{perfecta}$.

Si $I(k) < 2$, $k$ $\bf{deficientes}$.

Aquí empieza con casos:

1) WLOG, se asume que $k_1$ es deficiente. Por lo tanto $\displaystyle \frac{k_2}{k_1} + \cdots + \frac{k_m}{k_1} < 1$. Por lo tanto, la totalidad de los $k_i$ son más abundantes de $k_1$. WLOG, se asume que $k_2 < k_1$. Además, se asume que $k_2$ es aún deficiente. Entonces $\displaystyle \frac{k_1}{k_2} + \frac{k_3}{k_2} + \cdots + \frac{k_m}{k_2} < 1$, pero esto es una contradicción ya que $\displaystyle \frac{k_1}{k_2} > 1$. Así pues, si tal $A_n$ es a existir, no puede tener más de una deficiente elemento. De hecho, es similar a demostrar que esos $A_n$ no puede reunir un deficiente elemento y un perfecto elemento. Para el resto de los elementos debe ser abundante.

2) WLOG, se asume que $k_1$ es perfecto. Entonces $\displaystyle \frac{k_2}{k_1} + \cdots + \frac{k_m}{k_1} = 1$, y, por razonamiento similar como antes, cada $k_i$ debe ser abundantes. Por lo tanto, si tales $A_n$ es a existir, puede tener a lo más un elemento idóneo, y el resto debe ser abundante.

3) WLOG, asumir la totalidad de los $k_i$ son abundantes. Por lo tanto $\sigma(k_i) > 2k_i$ para todo $i$. Esto implica que cada $k_i < \displaystyle\frac{n}{2}$. Por lo tanto sabemos de este hecho que $A_n$ necesita por lo menos $3$ elementos.

Actualmente estoy trabajando aún en este caso que (con suerte) muestran una contradicción. Estoy trabajando con muchos métodos diferentes, por lo que podría ser un par de días.

En general, hemos demostrado que si un $A_{n}$ existe, necesita tener al menos tres principalmente abundantes elementos; "principalmente", que significa "todos menos uno."

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