4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $S=d_1+d_2+\ldots+d_k$. Ako je $d$ djelitelj broja $n$, onda je i $\dfrac nd$ djelitelj broja $n$, pa je $d_{k+1-i}=\dfrac n{d_i}$. Zbog nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine dobivamo

$$\begin{aligned} 2S&=\sum_{i=1}^k(d_i+d_{k+1-i})\\ &\ge2k\sqrt[2k]{\prod_{i=1}^k(d_i\cdot d_{k+1-i})}\\ &=2k\sqrt[2k]{n^k}=2k\sqrt n. \end{aligned}$$

te stoga vrijedi $S\ge k\sqrt n$.

Vrijedi stroga nejednakost $S>k\sqrt n$, jer zbog $n>1$ nisu svi djelitelji $d_i$ međusobno jednaki.

Napomena: Rješenje je moguće dovršiti i primjenom A-G nejednakosti na parove djelitelja:

$$\begin{aligned} 2S&=\sum_{i=1}^k\left(d_i+\frac n{d_i}\right)>2\sum_{i=1}^k\sqrt{d_i\cdot\frac n{d_i}}\\ &=2\sum_{i=1}^k\sqrt n=2k\sqrt n, \end{aligned}$$

pa je $S>k\sqrt n$.

Drugo rješenje.

Istu ideju rješavanja možemo provesti i bez promatranja dvostrukog zbroja $2S$, ali tada moramo posebno razmatrati slučajeve kada je $k$ paran i kada je $k$ neparan. Započinjemo kao i u prethodnom rješenju. Neka je $S=d_1+d_2+\ldots+d_k$. Ako je $d$ djelitelj broja $n$, onda je i $\dfrac nd$ djelitelj broja $n$, pa je $d_{k+1-i}=\dfrac n{d_i}$.

Za paran broj djelitelja $k$ imamo

$$S=\sum_{i=1}^{k/2}(d_i+d_{k+1-i})\ge k\sqrt[k]{\prod_{i=1}^{k/2}(d_i\cdot d_{k+1-i})}=k\sqrt[k]{n^{k/2}}=k\sqrt n.$$

Vrijedi stroga nejednakost $S>k\sqrt n$, jer zbog $n>1$ nisu svi djelitelji $d_i$ međusobno jednaki.

Razmotrimo slučaj kada je broj djelitelja $k$ neparan. Broj djelitelja je neparan ako i samo ako je $n$ potpun kvadrat, a to znači da je jedan od njegovih djelitelja $d_{\frac{k+1}2}=\sqrt n$, a ostali se djelitelji mogu podijeliti u parove $d_i$, $d_{k+1-i}$, $i=1,\ldots,\dfrac{k-1}2$ takve da je $d_i\cdot d_{k+1-i}=n$. Sada, za neparan $k$, vrijedi

$$\begin{aligned} S&=\sqrt n+\sum_{i=1}^{\frac{k-1}2}(d_i+d_{k+1-i})\\ &\ge\sqrt n+(k-1)\sqrt[k-1]{\prod_{i=1}^{\frac{k-1}2}(d_i\cdot d_{k+1-i})}\\ &=\sqrt n+(k-1)\sqrt[k-1]{n^{\frac{k-1}2}}=k\sqrt n. \end{aligned}$$

Iz istih razloga kao i za paran $k$ vrijedi stroga nejednakost.

Napomena: I ovo je rješenje je moguće dovršiti i primjenom A-G nejednakosti na parove djelitelja, kako je opisano u napomeni uz prvo rješenje.

Treće rješenje.

Neka je $n=p_1^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot p_i^{\alpha_i}$. Tada je broj djelitelja broja $n$ jednak $k=(1+\alpha_1)\cdot\ldots\cdot(1+\alpha_i)$, a zbroj svih djelitelja broja $n$

$$d_1+d_2+\ldots+d_k=(1+p_1+\ldots+p_1^{\alpha_1})\cdot\ldots\cdot(1+p_i+\ldots+p_i^{\alpha_i}).$$

Dakle, treba dokazati

$$\begin{aligned} &(1+p_1+\ldots+p_1^{\alpha_1})\cdot\ldots\cdot(1+p_i+\ldots+p_i^{\alpha_i})\\ &\quad>(1+\alpha_1)\cdot\ldots\cdot(1+\alpha_i)\cdot\sqrt{p_1^{\alpha_1}\cdot\ldots\cdot p_i^{\alpha_i}}.\qquad(\ast) \end{aligned}$$

Primjenom A-G nejednakosti dobivamo

$$\frac{1+p+\ldots+p^\alpha}{\alpha+1}\ge\sqrt[\alpha+1]{p^{1+2+\ldots+\alpha}}$$

odnosno

$$1+p+\ldots+p^\alpha\ge(\alpha+1)\sqrt[\alpha+1]{p^{\frac{\alpha\cdot(\alpha+1)}2}}=(\alpha+1)\sqrt{p^\alpha}.$$

Zbog $p>1$ vrijedi i stroga nejednakost

$$1+p+\ldots+p^\alpha>(1+\alpha)\sqrt{p^\alpha}.$$

Primijenimo gornju nejednakost uvrštavajući redom $p_1,\ldots,p_i$ na mjesto $p$ i pomnožimo sve te nejednakosti. Time dobivamo $(\ast)$.