Insiemi primitivi

[3m0o]

Un insieme \(P \subseteq \mathbb{N} \) è detto primitivo se per ogni \(n,m \in P \) tale che \(n/m \in \mathbb{N} \) allora risulta che \(n=m \).
Dimostrare che \( P = \{ n : n \text{ è un numero perfetto } \} \) è un insieme primitivo. Ricordo che un numero è detto perfetto se la somma dei divisori propri di \(n \) danno \(n\).

[dan952]

L'enunciato equivalente afferma che ogni numero perfetto non possiede divisori non banali che sono numeri perfetti.

Ogni numero naturale è perfetto se e solo se della forma $n=2^(h-1)(2^(h)-1)$ con $2^h-1$ numero primo (Euclide-Euler).

Se avesse un divisore $m$ numero perfetto allora esiste $k$ tale che

$m=2^(k-1)(2^k-1)$

Con $2^k-1$ primo. Tuttavia, se $m | n$ allora necessariamente $2^k-1 | 2^h-1$ poiché $(2^(k-1),2^h-1)=1$ ma $2^h-1$ è primo quindi $2^k-1=1$ o $2^k-1=2^h-1$, segue $k=1$ o $k=h$ e $m=1$ o $m=n$. Concludiamo che $P$ è un insieme primitivo.

[3m0o]

"dan95":Bisogna definire meglio il concetto d' insieme primitivo perché $ n/m \in \mathbb{N} $ anche quando $ m=1 $.

È definito bene!! Da quello che hai scritto deduci che se \(P\) è primitivo allora \( 1 \not\in P \) o \(P=\{1\}\).

[otta96]

@dan95 non va bene.

[dan952]

"3m0o":
È definito bene!! Da quello che hai scritto deduci che se \(P\) è primitivo allora \( 1 \not\in P \) o \(P=\{1\}\).[/spoiler]

Giusto

La mia osservazione era nata dal fatto che ho considerato erroneamente 1 un numero perfetto e così facendo se P fosse primitivo allora P={1}

[dan952]

"otta96":@dan95 non va bene.

Cosa intendi la dimostrazione o il commento sulla definizione di 3m0o?

[otta96]

La dimostrazione, domani provo a vedere se mi viene in mente una dimostrazione corretta.

[dan952]

@otta

Cosa non va bene?

[3m0o]

"otta96":La dimostrazione, domani provo a vedere se mi viene in mente una dimostrazione corretta.

A dire il vero a me sembra funzionare... comunque sia c'è una dimostrazione molto più diretta senza scomodare il Teorma di Euclide-Eulero.

edit: no non funziona perché il teorema di euclide-eulero afferma che un numero pari perfetto è della forma \( 2^{p-1} ( 2^p -1) \) con \(2^p -1 \) primo, ma nulla dice sui numeri perfetti dispari.

[dan952]

Grazie 3m0o a causa tua avrò una notte insonne
Scherzo ovviamente

[3m0o]

"3m0o":

edit: no non funziona perché il teorema di euclide-eulero afferma che un numero pari perfetto è della forma \( 2^{p-1} ( 2^p -1) \) con \(2^p -1 \) primo, ma nulla dice sui numeri perfetti dispari.

Ed è ancora un problema aperto il trovare un numero perfetto dispari o dimostrare che non ne esistano... quindi la dimostrazione effettivamente non va bene, se si dimostrasse che non esistono numeri perfetti dispari allora andrebbe bene, ma auguri per quello

[dan952]

"3m0o":
edit: no non funziona perché il teorema di euclide-eulero afferma che un numero pari perfetto è della forma \( 2^{p-1} ( 2^p -1) \) con \(2^p -1 \) primo, ma nulla dice sui numeri perfetti dispari.

Ricordavo male... Comunque non si sa ancora se esistano numeri perfetti dispari .

[dan952]

Comunque a parte questo voglio fare i complimenti ad otta a cui non sfugge nulla...

[dan952]

Vediamo se mi è ritornata la lucidità...

Sappiamo che

$2n=\sum_{d| n} n/d \Rightarrow \sum_{d|n} 1/d=2$

per ogni numero perfetto.

Sia $n$ un numero perfetto, supponiamo esista $1
$\sum_{d|n}1/d=\sum_{d|m} 1/d=2$

ma chiaramente essendo $m$ divisore proprio di $n$ si ha

$\sum_{d|n}1/d \geq 1/n+\sum_{d|m} 1/d >\sum_{d|m} 1/d$

quindi $m$ non può essere un numero perfetto.

[3m0o]

A me sembra funzionare!


Un' altro modo

Sia \(n \) un numero perfetto e \(1 < d_1 <\ldots 1 \) e consideriamo un multiplo di \(n \), i.e. \(qn \), abbiamo che \( q < qd_1 < \ldots < qd_k \) sono divisori propri di \(qn \) e inoltre abbiamo chiaramente che
\[ q + \sum_{1 \leq j \leq k } qd_j = q \left( 1 + \sum_{ 1 \leq j \leq k } d_j \right) = qn \]
siccome \( 1 \not\in \{q, qd_1, \ldots, qd_k \} \) abbiamo che
\[ \sum_{ \substack{d \mid qn \\ d \neq qn } } d \geq qn+ 1 > qn \]
segue che i multipli di \(n\) sono numeri abbondanti.

[otta96]

Rieccomi, un po' in ritardo rispetto alla discussione che è andata avanti, comunque si il motivo era quello, io avevo anche provato a completare quella dimostrazione col caso dispari ma mentre se un dispari divideva un pari si sistemava, se un dispari divideva un dispari non mi è venuto in mente niente, al chè ho pensato che ci doveva essere una strada più semplice, ho in'idea abbozzata in mente provo a buttarla giù, prima di guardare le vostre.

CLAIM: se $n$ è perfetto, $kn$ non è perfetto per $k>1$.
Dimostrazione: posti $N$ e $K$ gli insiemi dei divisori (esclusi i numeri stessi) rispettivamente di $n$ e $k$, dato che $\SigmaN=n$ si ha $\Sigma kN=kn$, ma, mentre tutti i numeri della forma $ka$ con $a\inN$ sono divisori di $kn$ (diversi da $kn$), anche $1$ lo è quindi la somma di tutti i divisori propri di $kn$ è $>kn$.
(con le notazioni intendo la prima cosa che vi viene in mente quando le leggete)

Mi sembra che funzioni.
EDIT: @3m0o abbiamo fatto la stessa ora sembrerà che ti abbia copiato

[3m0o]

No ma va non penso che mi hai copiato anche perché è la via più diretta secondo me, in realtà mi aspettavo subito questo modo


Altra domanda:
Definiamo un numero \(k\)-abbondante se la somma dei suoi divisori propri è \(n+k\) e analogamente definiamo un numero \(k\)-difettivo se la somma dei suoi divisori propri è \(n-k\).
Sia \( A_k = \{ n : n \text{ è un numero } k-\text{abbondante} \} \) e \( D_k = \{ n : n \text{ è un numero } k-\text{difettivo} \} \). Per quali valori di \(k\), \(A_k \) è un insieme primitivo se non è vuoto? Riuscite a trovare \(k\) tale che \(D_k\) non è un insieme primitivo?