2014-06-07
Доказать, что существует бесконечно много чисел $n \in \mathbf{N}$, удовлетворяющих для всех значений $k = 1,2, \cdots , n-1$ неравенствам
$\frac{\sigma(n)}{n} > \frac{\sigma(k)}{k}$
где через $\sigma(n)$ обозначена сумма всех делителей числа $n$.
Решение:
Предположим, что. вопреки утверждению задачи, лишь конечное – множество значений $n \in \mathbf{N}$ удовлетворяет неравенствам $a_{n} > a_{k}$, при $k=1,2, \cdots n – 1$, где обозначено $a_{n} = \sigma(n)/n$. Пусть $N$ - наибольшее из таких значений $n$. Тогда последовательность чисел
$A_{n} = max_{1 \leq i \leq n} {a_{i}}$
ограничена сверху числом $A_{N}$, так как $A_{1} \leq A_{2}\leq \cdots \leq A_{N}$ и для каждого числа $n > N$ имеем
$A_{n}=max{A_{n-1};a_{n}=A_{n-1}}$
(ибо для некоторого числа $k \in [1; 2; \cdots; n-1]$ выполняется неравенство $a_{k} \geq a_{n}$), откуда $A_{N}=A_{N+1}=A_{N+2}= \cdots $. Следовательно, последовательность ${a_{n}}$ также ограничена сверху числом $A_{N}$, равным числу $a_{N}$, так как $a_{i} < a_{N}$ при $i= 1, \cdots ,N-1$. С другой стороны, среди делителей числа $2N$ есть все числа вида $2d$, где $n \vdots d$, и число 1, поэтому
$\sigma (2N) \geq 2 \sigma(N) +1$,
$a_{2N} \geq \frac{2 \sigma(N)+1}{2N} = a_{N} + \frac{1}{2N} > a_{N}=A_{n}$.
Полученное противоречие доказывает справедливость утверждения задачи.