En la mayoría de un divisor en $[\sqrt{n},\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}]$

Question

En un libro de matemáticas, estoy leyendo allí fue el siguiente problema, dado como un ejercicio:

Para cualquier $n\in\Bbb N$ hay un divisor de a $n$ en el intervalo de $[\sqrt{n},\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}]$.

Yo era incapaz de resolver este problema a mí mismo, y el autor no dejar cualquier sugerencia para este problema (que, presumiblemente, significa que es muy sencillo).

Amigo mío ha encontrado una prueba que utiliza AM-GM de la desigualdad, pero estoy bastante seguro de que hay una prueba de evitar, porque la convención en este libro parece ser que todos los ejercicios pueden ser resueltos sólo mediante los métodos ya mencionado en anteriores capítulos, y este ejercicio es el final de un capítulo acerca de la divisibilidad (gcd, números primos y así sucesivamente).

Es alguien consciente de, o puede venir para arriba con una solución de este problema?

Gracias de antemano.

Edit: pensé que sería una buena idea publicar la solución a mi amigo se le ocurrió. Así que aquí está:

Supongamos que tenemos dos divisores distintos en el intervalo en cuestión, y deje $d$ ser su MCD. Escribir estos divisores como $da,db$, por lo que el $gcd(a,b)=1$. Wlog, vamos a $a<b$. Debido a $\sqrt{n}\leq da<db\leq\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}$, sabemos que $d\leq\sqrt[4]{n}$.

Debido a $da\mid n,db\mid n$, obtenemos $dab=lcm(da,db)\mid n$. Escribir $n=dabk$. Debido a $db>da\geq\sqrt{n}$ obtenemos $dadb>n=dabk$, lo $d>k$.

De $a<b$ sabemos que $a\leq b-1$, del mismo modo que sabemos de la $k<d$ que $k\leq d$. Por lo $n=dabk\leq d(d-1)b(b-1)<(d-1/2)^2(b-1/2)^2$ (primer uso de AM-GM). También podemos encontrar $\sqrt{(b-1/2)(d-1/2)}\leq(b-1/2+d-1/2)/2=b/2+d/2-1/2$ (segundo uso de AM-GM).

Desde el pasado dos de las desigualdades podemos encontrar $\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}<(b-1/2)(d-1/2)+b/2+d/2-1/2=bd-1/4<bd$, contradiciendo suposición de que $bd\leq\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}$.

Sé que, como acabamos de usar AM-GM de dos cifras se puede probar fácilmente que las desigualdades de otra manera, pero me siento como que es un poco de trampa aquí.

Answer 1

Suponga que $x\in \mathbb{R}$ es positiva y $\sqrt{n} - x$ es un divisor entero de $n$. Ahora, considere la posibilidad de $$\frac{n}{\sqrt{n} - x -1} - \frac{n}{\sqrt{n} - x}.$$ I claim that this is a little bit more than $1$. Not much more for small $x$, but a little. And, as we decrease the first denominator in steps of $1$, the difference keeps increasing by just a little more than $1$ at each step. For ${\sqrt{n} - x -k}$ to be a divisor, we need these little bits to add to some integer. At the very least, we need them to add to $1$ or more. That is, it is necessary that $$f(x, y) = \frac{n}{\sqrt{n} - y} - \frac{n}{\sqrt{n} - x} -(y - x) \geq 1$$ for $\sqrt{n} - x$ and $\sqrt{n} - y$ to be integer divisors of $n$ with $0\leq x<y$. Some calculus will tell you that $f$ increases as $x$ goes to $0$ and as $de$ y aumenta.

Deje $y_0$ ser tal que $$f(0, y_0) = \frac{n}{\sqrt{n} - y_0} - \sqrt{n} - y_0 = 1.$$ Therefore$$y_0^2 +y_0 -\sqrt{n} = 0$$ and $$ y_0= -\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + \sqrt{n}} > -\frac{1}{2} + \sqrt[4]{n}$$ and finally $$\frac{n}{\sqrt{n} - y_0} = 1 + \sqrt{n} + y_0 > \frac{1}{2} + \sqrt{n} + \sqrt[4]{n}.$$ We conclude that there isn't enough space in the interval $[\sqrt{n}, \sqrt{n} + \sqrt[4]{n}]$ to get the increase in $f$ que es una condición necesaria para la existencia de dos divisores.

Answer 2

Aquí es un argumento que necesita algún tipo de justificación de los supuestos en los que desea que los factores de estar cerca y $b,c$ a ser un grande como sea posible, pero es bastante elemental.

Deje que los factores de $ab, (a+1)b$, lo $b$ es su MCD. Deje $n=a(a+1)bc$. El $a+1$ proviene del hecho de que usted desea que los factores a estar tan cerca como sea posible. Entonces, no podemos tener $\sqrt n=ab$ porque tendríamos $n=a^2b^2$ $(a+1)b$ no puede ser un factor, por lo $\sqrt n \lt ab$ o $a^2bc+abc \lt a^2b^2.$ Esto obliga a $c \lt b$ a partir De la diferencia de los factores ( $b$ ), siendo menos de la cuarta raíz de $n$ obtenemos $b^4 \lt a^2bc+abc \lt a^2b^2+ab^2$, lo que requiere de $b \lt a$

Un poco de juego muestra que se desea $b,c$ a ser tan grande como sea posible para obtener cerca, así que vamos a $b=a-1,c=a-2$$n=(a+1)a(a-1)(a-2)=a^4-2a^3-a^2+2a$. Los factores se $a(a-1)$$(a+1)(a-1)=a^2-1$$\sqrt n \lt a(a-1)-1, \sqrt[4]n \lt a, \text { and } \sqrt n +\sqrt[4]n \lt a^2-1$, que fue el segundo factor.

Answer 3

Este argumento se utiliza la notación anterior, y todavía se utiliza el AM-GM de la desigualdad en un solo paso:

$k\le d-1 \text{ and } a\le b-1\implies bd-ka\ge bd-(d-1)(b-1)=b+d-1,$ , por lo que

$\displaystyle b+d-1\ge a+d\ge2\sqrt{ad}\ge2\sqrt[4]{n}\implies \frac{bd(b+d-1)}{2bd}\ge\sqrt[4]{n}\implies\frac{bd(bd-ka)}{2bd}\ge\sqrt[4]{n}\implies$

$\displaystyle bd-\sqrt{n}=\frac{b^2 d^2-n}{bd+\sqrt{n}}=\frac{bd(bd-ka)}{bd+\sqrt{n}}>\frac{bd(bd-ka)}{2bd}\ge\sqrt[4]{n}\implies bd>\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}$,

lo que da una contradicción.

Answer 4

Usando la notación dada por el OP, tenemos que

$(a^2-bd)^2+a^2(b^2-a^2)>0\implies a^4-2a^2bd+b^2d^2+a^2b^2-a^4>0\implies b^2[d^2+a^2]>2a^2bd$,

por lo $\;b^2[a^2+ad+d^2]>2a^2bd+b^2ad>2a^2bd+a^3d\implies$

$\;\;\;\;b^2[a^2+2ad+d^2]>2a^2bd+ab^2d+a^3d=ad[a^2+2ab+b^2]\implies$

$\;\;\;\;b^2(a+d)^2>ad(a+b)^2\implies b(a+d)>(a+b)\sqrt{ad}\implies \color{blue}{bd(a+d)>(bd+ad)\sqrt{ad}}$.

A continuación,$d-1\ge k \text{ and } b-1\ge a\implies bd-ka\ge bd-(d-1)(b-1)=b+d-1\ge a+d$,

por lo$\displaystyle\;\;\; \color{blue}{bd-\sqrt{n}=\frac{b^2d^2-n}{bd+\sqrt{n}}=\frac{bd(bd-ak)}{bd+\sqrt{n}}>\frac{bd(a+d)}{bd+ad}>\sqrt{ad}>\sqrt[4]{n}}$.

Por lo tanto,$bd>\sqrt{n}+\sqrt[4]{n}$, lo que da una contradicción.