#1
|
||||
|
||||
ฟังก์ชันเลขคณิต
1. ให้ $m,n\in \mathbb{N} $ โดยที่ $(m,n) > 1$ จงพิสูจน์ว่า $\tau (mn) < \tau(m)\tau(n)$
2. สำหรับจำนวนเต็มบวก $n$ จงแสดงว่า $\tau(n) \leqslant 2\sqrt{n} $
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#2
|
||||
|
||||
ข้อ1.ใช้ทฤษฎีบทหลักมูลของเลขคณิตเขียน m,n ออกมาโดยที่มี ห.ร.ม. อยู้ในรูปของ m,n ด้วย แล้วก็ตรงๆเลยครับ
ข้อ2.กำลังนั่ง งง ครับ555+ |
#3
|
||||
|
||||
ข้อสอง ชัดเจนอยู่แล้วว่าสำหรับ $n=1$ เป็นจริง
และถ้า $n>1$ ที่ไม่เป็น perfect square ก็จะได้ $\tau (n)$ เป็นเลขคู่ ให้ $t=\dfrac{\tau (n)}{2}$ ได้ว่าตัวหารบวกของ $n$ คือ $d_1,d_2,...d_t,\dfrac{n}{d_t},...,\dfrac{n}{d_1}$ แต่ถ้าเป็น perfect square ก็จะได้ $\tau (n)$ เป็นเลขคี่ ให้ $t=\dfrac{\tau (n)-1}{2}$ ได้ว่าตัวหารบวกของ $n$ คือ $d_1,d_2,...d_t,\sqrt{n},\dfrac{n}{d_t},...,\dfrac{n}{d_1}$ ที่เหลือก็ง่ายแล้วครับ แค่พิสูจน์ว่า $t \le \sqrt{n}$
__________________
keep your way.
20 กุมภาพันธ์ 2012 22:19 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#4
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ให้ $m=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_n^{k_n},n=q_1^{t_1}q_2^{t_2}...q_n^{t_n}$ โดยที่ $p_i,q_i$ เป็นจำนวนเฉพาะเเละ $k_i,t_i\in\mathbb {Z}$ สำหรับ $i\in N$ จากที่ $(m,n)\ge 2$ เพราะฉะนั้นต้องมีจำนวนเฉพาะที่ $m,n$ มีทั้งคู่ สมมุติะให้ $$\mathbb A=\left\{\,p_i|m/p_i \wedge n/p_i\in\mathbb{N} , i=1,2,3,...,n \right\} $$ จึงเหลือเพียงพิสูจน์ว่า $$\tau(m)\tau=\prod_{i = 1}^{n} (k_i+1)\prod_{i = 1}^{n} (t_i+1)>\prod_{i \in\mathbb A}(k_i+t_i+1)\prod_{i \not\in\mathbb A} (k_i+1)(t_i+1)=\tau(mn)$$ ซึ่งหากทำการลดทอนก็จะทำให้รู้ว่าอสมการเป็นจริง
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#5
|
||||
|
||||
ถ้า $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdot \cdot \cdot p_r^{a_r}$ เป็นการเ้ขียนแทน $n$ ในรูปแบบบัญญัติ แล้วจงแสดงว่า
1) $\sigma (n)\phi (n) \geqslant n^2\prod_{i = 1}^{r}(1-\dfrac{1}{p_i^2}) $ 2) $\tau(n)\phi(n) \geqslant n$
__________________
Fighting for Eng.CU
|
#6
|
||||
|
||||
เนื่องจาก ฟังก์ชันเป็นฟังก์ชันแยกคูณ จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์แค่ $n = p^k$
จากนั้น ก็แทนค่าตอบ
__________________
----/---~Alice~ จงรับรู้ไว้ ชื่อแห่งสีสันหนึ่งเดียวที่แสดงผล ---/---- ~Blue~ นี่คือ สีแห่งความหลังอันกว้างใหญ่ของเว็บบอร์ดนี้ |
#7
|
||||
|
||||
งั้นมาเฉลยวิธีเต็มเลยละกัน
อ้างอิง:
กรณี n ไม่เป็น perfect square WLOG : ให้ $d_1,d_2,...d_t,\dfrac{n}{d_t},...,\dfrac{n}{d_1}$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ partition เป็น $A=\{d_1,d_2,...,d_t\}$ และ $B=\{\dfrac{n}{d_t},...,\dfrac{n}{d_1}\}$ เป็นการแบ่งโดยที่สำหรับทุก $a \in A$, $a < \sqrt{n}$ เพราะถ้ามีบาง $a$ ที่ทำให้ $a > \sqrt{n}$ ก็แสดงว่า $\dfrac{n}{a} < \sqrt{n} < a$ ขัดกับที่เราสมมติไว้ แต่เซต $A$ มีสมาชิกได้มากที่สุดน้อยกว่า $\sqrt{n}$ กล่าวคือ $A=\{1,2,...,\left\lfloor\,\sqrt{n}\right\rfloor \}$ เป็นอย่างมาก ดังนั้น $t<\sqrt{n}$ หรือก็คือ $\tau (n) < 2\sqrt{n}$ กรณี n เป็น perfect square ในทำนองเดียวกันจะได้ $\tau (n) \le 2 \sqrt{n}$
__________________
keep your way.
22 กุมภาพันธ์ 2012 17:12 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#8
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$m=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_n^{k_n} \times d$ $n=q_1^{h_1}q_2^{h_2}...q_m^{h_m} \times d$ โดยที่ $p_i , q_j$ , a_l เป็นจำนวนเฉพาะที่แตกต่างกัน และ $k_i,h_j,b_l \in \mathbb{Z} $ ทุก $i=1,2,...,n$ $j=1,2,...,m$ $l =1,2,...,k$ จะได้ว่า จาก $k^2 \geqslant 0$ ได้ $(k+1)^2 \geqslant 2k+1$ ซึ่งจะเป็นสมการเมื่อ $k=0$ ดังนั้น $(b_1+1)^2(b_2+1)^2...(b_k+1)^2 \geqslant (2b_1+1)(2b_2+1)...(2b_k+1)$ แต่ $b_c$ ไม่เป็นศูนย์พร้อมกัน เพราะ d > 1 โดยที่ $c=1,2,...,k$ ดังนั้น $(b_1+1)^2(b_2+1)^2...(b_k+1)^2 > (2b_1+1)(2b_2+1)...(2b_k+1)$ ทำให้ $(k_1+1)(k_2+1)...(k_n+1)(h_1+1)(h_2+1)...(h_m+1)(2b_1+1)(2b_2+1)...(2b_k+1) $ $< (k_1+1)(k_2+1)...(k_n+1)(h_1+1)(h_2+1)...(h_m+1)(b_1+1)^2(b_2+1)^2...(b_k+1)^2$ ดังนั้น $\tau (mn) < \tau(m)\tau(n)$ 22 กุมภาพันธ์ 2012 21:41 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ polsk133 |
#9
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ห.ร.ม. ของ 4,6 = 2 แต่ถ้าทำตามนี้ จะได้ $m = 2^1, n = 3^1, d = 2^1$ จึงเกิดปัญหาขึ้น วิธีของผมครับ ให้ลำดับของจำนวนเฉพาะคือ $p_1, p_2, p_3, ...$ ให้ $p_i$ เป็นจำนวนเฉพาะที่หารทั้ง m และ n ลงตัว $m = p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}... ; a_i \ge 0, i \in \mathbb{N}$ $n = p_1^{b_1}p_2^{b_2}p_3^{b_3}... ; b_i \ge 0, i \in \mathbb{N}$ $\tau(mn) = (a_1+b_1+1)(a_2+b_2+1)(a_3+b_3+1)... = \prod_{i = 1}^{\infty} (a_i+b_i+1)$ $\tau(m) = (a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)... = \prod_{i = 1}^{\infty} (a_i+1)$ $\tau(n) = (b_1+1)(b_2+1)(b_3+1)... = \prod_{i = 1}^{\infty} (b_i+1)$ สำหรับทุก $i, (a_i+1)(b_i+1) \ge a_ib_i+a_i+b_i+1 \ge a_i+b_i+1$ แต่เนื่องจาก ห.ร.ม ไม่เท่ากับ 1 จะมีบางค่า j ที่ $a_j > 0 \wedge b_j>0$ $(a_j+1)(b_j+1) \ge a_jb_j+a_j+b_j+1 > a_j+b_j+1$ ให้ k เป็นพจน์ของ i $a_k > 0 \vee b_k>0$ คูณ j ทุกค่าที่เป็นไปได้ $\prod (a_j+1)(b_j+1) > \prod (a_j+b_j+1)$ คูณค่าของ i ที่ไม่ได้อยู่ใน j (ให้เป็น k) $\prod (a_k+1)(b_k+1) \ge \prod (a_k+b_k+1)$ $\prod (a_j+1)(b_j+1)\prod (a_k+1)(b_k+1) > \prod (a_j+b_j+1)\prod (a_k+b_k+1)$ $\prod_{i = 1}^{\infty} (a_i+1)(b_i+1) > \prod_{i = 1}^{\infty} (a_i+b_i+1)$ $\tau(mn) < \tau(m)\tau(n)$
__________________
----/---~Alice~ จงรับรู้ไว้ ชื่อแห่งสีสันหนึ่งเดียวที่แสดงผล ---/---- ~Blue~ นี่คือ สีแห่งความหลังอันกว้างใหญ่ของเว็บบอร์ดนี้ 22 กุมภาพันธ์ 2012 22:39 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Thgx0312555 |
#10
|
|||
|
|||
ถ้า m,n เป็นฟังก์ชั่นเพิ่มละก็ที่พิสูจน์ข้างบนถูกต้อง แต่ถ้า m,n อยู่ในเซตของจำนวนเต็ม ต้องเพิ่มกรณี m หรือ n เป็นศูนย์ กับ กรณี m และ n มีค่าเป็นลบ
สนใจอยากรู้ว่าหากจะพิสูจน์สเต็ปเดียว ต้องทำอย่างไรครับ |
#11
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
อีกอย่างมันเป็นไปแทบจะไม่ได้ที่จะทำให้บทพิสูจน์จบในสเต็ปเดียว เก็ทบ่
__________________
"ชั่วโมงหน้าต้องดีกว่าเดิม!" |
|
|