n=\sigma_0(n)^4 beviamoci un jameson

[ReKaio]

Trovare tutti gli $ n \in \mathbb N $ che soddisfano $ \displaystyle n=[\sigma_0(n)]^4 $.

$ \sigma_0 $ è come al solito la funzione che il numero di divisori.

[editato, arriverà anche il proprietario dell'altra richiesta ;)]

[HiTLeuLeR]

Trovare tutti gli $ n \in \mathbb N $ che soddisfano $ \displaystyle n=[\sigma_1(n)]^4 $.

$ \sigma_1 $ è come al solito la funzione che somma i divisori.

Per ogni $ n\in\mathbb{N}_0 $, si pone per definizione $ \displaystyle\sigma_1(n) = \sum_{d \mid n} d $, ove la somma s'intende estesa a tutti e soli i divisori interi positivi di $ n $. Se dunque $ n > 1 $: $ \sigma_1(n) \geq 1 + n $, e perciò $ (\sigma_1(n))^4 \geq (1+n)^4 > n $. Del resto $ 1 = (\sigma_1(1))^4 $. Tirare le somme è adesso immediato...

EDIT: ho quotato la prima formulazione del problema proposto in questo thread, ché altrimenti si potrebbe credere davvero ch'io me la canti e ma le suoni tutto solo...

[ReKaio]

ok, suppongo di aver fatto un copiaincolla da due esercizi diversi ^^ chiedo venia, controllo ed edito.

[HiTLeuLeR]

Trovare tutti gli $ n \in \mathbb N $ che soddisfano $ \displaystyle n=[\sigma_1(n)]^4 $.

$ \sigma_1 $ è come al solito la funzione che indica la somma dei divisori.

Sicuro che il testo del problema originale non facesse riferimento alla $ \sigma_0(\cdot) $, piuttosto che alla $ \sigma_1(\cdot) $ ? Così mi pare troppo facile...

EDIT: ok, leggo soltanto adesso il tuo commento, e ne deduco di aver intuito bene...

[HiTLeuLeR]

Trovare tutti gli $ n \in \mathbb N $ che soddisfano $ \displaystyle n=[\sigma_0(n)]^4 $, [dove] $ \sigma_0 $ è come al solito la funzione che [conta] il numero di divisori. [...]

Banalmente, $ n = 1 $ è soluzione. Sia dunque per il seguito $ n \geq 2 $. E allora, in base al teorema fondamentale dell'Aritmetica, può sempre porsi (e univocamente) $ n = \displaystyle \prod_{i=1}^r p_i^{a_i} $, dove $ r\in\mathbb{N}_0 $; $ p_1, p_2, \ldots, p_r $ sono primi naturali distinti, con $ p_1 < p_2 < \ldots < p_r $; ed $ a_i $ è un intero positivo, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, r $. Ebbene, poiché s'impone $ n = [\sigma_0(n)]^4 $, è chiaro che, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, r $, dev'essere $ a_i \equiv 0 \bmod 4 $, e quindi $ a_i = 4\alpha_i $, per qualche $ \alpha_i \in \mathbb{N}_0 $. Da qui $ n = [\sigma_0(n)]^4 $, ovvero $ n^{1/4} = \sigma_0(n) $, sse $ \displaystyle\prod_{i=1}^r p_i^{\alpha_i} = \prod_{i=1}^r (4\alpha_i + 1) $. Indi $ p_1 \geq 3 $.

Osserviamo a questo punto che, a fronte della disuguaglianza di Bernoulli, comunque scelto un $ i = 1, 2, \ldots, r $: $ p_i^{\alpha_i} \geq 1 + (p_i - 1)\alpha_i $, ove l'uguaglianza è soddisfatta sse $ \alpha_i = 1 $. Se dunque $ p_1 \geq 5 $, allora $ p_i^{\alpha_i} \geq 1 + 4\alpha_i $, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, r $; e in particolare (datosi quanto detto) l'uguaglianza è garantita sse $ p_i = 5 $ e $ \alpha_i = 1 $. Ergo, nell'ipotesi che sia $ p_1 \geq 5 $, l'unica soluzione all'equazione proposta si ottiene ammettendo $ n = 5^4 $.

A completamente del quadro risolutivo, sia dunque per il seguito $ p_1 = 3 $. Vale $ 3^{\alpha_1} = (1 + 2)^{\alpha_1} \geq $ $ \displaystyle 1 + 2\alpha_1 + 4\cdot\frac{\alpha_1(\alpha_1 - 1)}{2} $. Di conseguenza, se $ \alpha_1 \geq 3 $: $ 3^{\alpha_1} > 1 + 4\alpha_1 $, e quindi (visto pure il precedente) $ n^{1/4} > \sigma_0(n) $. Indi a forza $ \alpha_1 = 1 $ oppure $ \alpha_1 = 2 $. Esaminiamo i due casi:

i) $ \alpha_1 = 2 $. Allora $ \displaystyle n^{1/4} = 3^2 \cdot \prod_{i=3}^r p_i^{\alpha_i} $ e $ \displaystyle \sigma_0(n) = (1 + 4 \cdot 2) \cdot \prod_{i=2}^r (4\alpha_i + 1) $, per cui $ n^{1/4} = \sigma_0(n) $ sse $ \displaystyle \prod_{i=2}^r p_i^{\alpha_i} = \prod_{i=2}^r (4\alpha_i+1) $, il che è possibile (visto il precedente e dacché $ 5 \leq p_2 < \ldots < p_r $, quando $ r \geq 2 $) sse la produttoria è vuota oppure $ r = 2 $, $ p_2 = 5 $ e $ \alpha_2 = 1 $. Onde dedurne che due altre soluzioni al problema proposto si ottengono ponendo $ n = 3^8 $ o $ n = 3^8 \cdot 5^4 $.

ii) $ \alpha_1 = 1 $. Allora $ \displaystyle\sigma_0(n) = 5 \cdot \prod_{i=2}^r (4\alpha_i + 1) $, e dunque a forza $ p_2 = 5 $. Da qui e dal precedente $ \displaystyle n^{1/4} = 3 \cdot 5^{\alpha_2} \cdot \prod_{i=3}^r p_i^{\alpha_i} $, e quindi $ n^{1/4} = \sigma_0(n) $ sse $ \displaystyle 3 \cdot 5^{\alpha_2} \cdot \prod_{i=3}^r = 5 \cdot \prod_{i=2}^r (4\alpha_i + 1) $; donde $ \alpha_2 \geq 3 $. Ma allora $ 3 \cdot 5^{\alpha_2} \geq 3 \cdot (1 + 4\alpha_2 + 8 \alpha_2(\alpha_2 - 1)) > 3 \cdot (1 + 20\alpha_2) > 5 \cdot (4\alpha_2 + 1) $, e perciò $ \displaystyle 3 \cdot 5^{\alpha_2} \cdot \prod_{i=3}^r p_i^{\alpha_i} > 5 \cdot \prod_{i=2}^r (4\alpha_i + 1) $, anche in conseguenza di quanto già sopra stabilito.

Se $ n $ è una soluzione al problema proposto, allora $ n \in \{1, 5^4, 3^8, 3^8 \cdot 5^4\} $, e viceversa.