Son todos los números del tipo $\frac{n!}{2}+1$ deficiente?

Question

Son todos los números del tipo $\frac{n!}{2}+1$ deficiente? Deficiencia de los números son los números de $k$, que el divisor suma de $k$ es de menos de $2k$.

He comprobado todos los números de este tipo, con $n$ desde $1$$11$. Realmente son. Sin embargo, no sé, cómo comprobar esta afirmación en general. Probablemente, tiene algo que ver con $\frac{n!}{2}+1$ coprime con todos los números que no exceda $n$, por lo que es un número sin pequeños primos divisores. Pero, probablemente, que el hecho de que no es de gran ayuda, ya sea...

Cualquier ayuda será apreciada.

Answer 1

Para un determinado número entero positivo $n$, vamos a escribir $h(n) = \frac{\sigma(n)}{n}$ donde $\sigma(n)$ es la suma de los divisores positivos de $n$. Vamos a escribir $H(n)= \prod_{p|n} \frac{p}{p-1}$ donde el producto es más de todos los números primos $p$, que se dividen $n$. No es demasiado duro para demostrar que $h(n) \leq H(n)$ con igualdad si y sólo si $n=1.$

Reclamo: Vamos a $n$ ser perfecto o abundante número con menor factor primo $q>2$, y deje $k$ ser el número de los distintos primer divisores de $n$. A continuación, debemos tener $k \geq q$. Prueba: Asumir como dado. Tenga en cuenta que $n>1$. $$2 \leq h(n) < H(n) \leq \frac{q}{q-1}\frac{q+1}{q}\frac{q+2}{q+1} \cdots \frac{q+k-1}{q+k-2}.$$

Tenga en cuenta que la última desigualdad se deriva del hecho de que $\frac{x}{x-1}$ es una función decreciente en $x$$x>1$. Observe que todos los términos en el lado derecho de cancelación, salvo que el denominador del primer término y el numerador de la pasada legislatura. Tenemos a continuación $$2 < \frac{q+k-1}{q-1}$$ and so $$2q -2 < q+k -1.$$ Simplifying, we get that $k > q-1$ and thus $k \geq q$.

Supongamos ahora que $\frac{n!}{2}+1$ es perfecto o abundantes. Debe tener el menor factor primo, al menos, $n+1$ y por lo tanto tener al menos $n+1$ distintos factores primos y así tendríamos $\frac{n!}{2}+1 \geq (n+1)^{n+1}$ lo cual es claramente imposible.