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Si determinino tutti gli interi positivi $n$ che siano divisibili per tutti gli interi positivi minori o uguali a $ \sqrt n$

Trattiamo a parte il caso $ \sqrt{n}<5 $
Ora se $ \sqrt{n}\geq 5 $ Il numero dovrà essere sicuramente multiplo di $ 3,4,5 $ e cioè varrà minimo $ 60 $. Ma $ \sqrt{60}>7 $ e allora tra i divisori $ n $ dovrebbe avere anche $ 7 $. Ma allora dovrebbe essere minimo $ 420 $, ma $ \sqrt{420}>20 $ e quindi $ n $ dovrebbe avere altri primi nella sua fattorizzazione, e anche potenze di primi maggiori di quelle che ha già.
Ma allora si capisce che $ n $ sale troppo in fretta rispetto alla radice, dato che continuano ad aumentare i divisori. (Purtroppo non lo so mostrare in un modo migliore ad esempio con disuguaglianze, quindi se qualcuno ci riesce mi faccia sapere che non sono bravissimo a stime)
Ma allora $ \sqrt{n}<5 $ Quindi $ n <25 $. I casi possibili sono pochi e si fanno guardando $ mcm (numeri\ consecutivi) $ e i suoi multipli. I casi possibili sono $ 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 18, 24 $ (dato che da 4 in poi deve essere pari e da 9 in poi $ n $ deve essere multiplo sia di 2 e 3 e quindi di 6) e si vede che $ 18 $ non va bene perché ha numeri minori della radice che non lo dividono
Quindi $ n=\{1,2,3,4,6,8,12,24\} $

Uhm purtroppo la prima parte è abbastanza confusa. Ti consiglio di attaccare in maniera diversa il problema con relazioni di divisibilità e bound ..

@AlexThirty: ecco un paio di idee banali per una dimostrazione cieca e bovina.

Potrebbe essere una buona approssimazione (che credo possa essere migliorata all'infinito ), quella di considerare il prodotto $ \frac{\sqrt{n}(\sqrt{n}-1)(\sqrt{n}-2)}{2} $?. Questo perché n dovrà essere sicuramente multiplo di tutti e tre, ma siccome sono coprimi a due a due tranne due che possono avere il fattore 2 in comune.
Ora basta vedere per quale n quel prodotto supera n, e sicuramente lo farà dato che se poniamo$ a=\sqrt{n} $ abbiamo un polinomio di terzo grado e uno di secondo.
$ a(a-1)(a-2)>2a $
Questa dovrebbe essere vera per $ a>\frac{9}{2} $ (ma molto largamente approssimato). Quindi basta controllare a mano i casi con $ \sqrt{n}\leq 4 $.

Secondo voi come è ?

L'idea può stare in piedi però ricordati di considerare la parte intera di $\sqrt{n}$ ( si scrive $\lfloor\sqrt{n}\rfloor$) !
Per il resto, credo stia tutto in piedi (magari formalizzato un po meglio, con un induzione sulla disuguaglianza)

Prendendola alla larga: Siano $ h,k >0 $ fissati, con $h$ intero. Allora esiste solo un numero finito di interi $n>0$ tale che tutti gli interi in $[1,n^k]$ dividono $n^h$.

L'ipotesi si riscrive come $\mathrm{lcm}(1,\ldots,\lfloor n^k\rfloor)$ divide $n^h$. In particolare, il minimo comunque multiplo è divisibile per tutti i primi $\le n^k$. Ora, per il teorema dei numeri primi abbiamo $\prod_{p \le n^k}p =\mathrm{exp}\left(\sum_{p \le n^k}\ln p \right) = \mathrm{exp}\left(n^k(1+o(1))\right)$, implicando definitivamente
$$
\mathrm{exp}\left(n^{k/2}\right)\le \mathrm{lcm}(1,\ldots,\lfloor n^k\rfloor) \le \mathrm{exp}\left( h \ln n\right),
$$
che è assurdo.