cubi bizzarri

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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kalu
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cubi bizzarri

Messaggio da kalu » 10 mag 2012, 19:15

Trovare tutti gli interi positivi $ n $ tali che $ n^3 $ è prodotto di tutti i divisori positivi di $ n $. Non è difficile, provino anche i meno bravi ;)
Pota gnari!

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Drago96
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da Drago96 » 10 mag 2012, 19:49

Uhm... dovrebbe essere
Testo nascosto:
Tutti e soli gli $n=p^5$ ed $n=p\cdot q^2$
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)

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kalu
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da kalu » 10 mag 2012, 19:55

Si bravo :) (oltre ovviamente all'unità)
Qualcun'altro dimostri il risultato trovato da Drago96!
Pota gnari!

EDG93
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da EDG93 » 10 mag 2012, 20:24

se un numero $ n $ ha $ d $ divisori positivi allora il prodotto di questi ultimi è $ n^\frac{d}{2} $. I numeri cercati devono quindi soddisfare $ n^3=n^\frac{d}{2} $, quindi $ d=6 $ e gli unici numeri con 6 divisori positivi sono quelli della forma $ p^2q $ e $ p^5 $

Hawk
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da Hawk » 10 mag 2012, 20:35

se un numero ha $ d $ divisori positivi allora il prodotto di questi ultimi è $ n^{\frac{d}{2}}. $
Da dove viene questa identità?
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zeitgeist505
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da zeitgeist505 » 10 mag 2012, 20:47

Testo nascosto:
Fattorizzo: $ \displaystyle n=\prod {{p_i}^{q_i}} $; sia $ P $ il prodotto dei divisori di $ n $ e $ k $ il numero di questi, quindi $ k=(q_1 +1)(q_2 +1) \dots (q_z +1) $.
Ragiono su quante volte compare un generico $ p_i $ in $ P $: penso la serie dei divisori senza $ p_i $, sarebbero $ \displaystyle \frac{k}{q_i +1} $; se lo ''aggiungo'' è banale che $ p_i $ comparirà $ \displaystyle \frac{k}{q_i +1} $ volte per $ q_i =1 $. Se $ q_i=2 $ in modo analogo possiamo dire che $ p_i $ compare $ \displaystyle \frac{k}{q_i +1} + 2 \frac{k}{q_i +1} $ volte.
Perciò per $ q_i $ generico compare $ \displaystyle \frac{k}{q_i +1} + 2 \frac{k}{q_i +1} + \dots + q_i \frac{P}{q_i +1} = \frac{k}{q_i +1} \frac{{q_i}(q_i +1)}{2}=\frac{k q_i}{2} $. Ora affinché $ P=n^3 $ dev'essere $ \displaystyle \frac{k q_i}{2}=3 $ per ogni $ i $ $ \Rightarrow $ $ k=6 $..
E qui il resto è già scritto :D

EDG93
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da EDG93 » 10 mag 2012, 20:52

scrivo i divisori in ordine cresente sulla prima riga e decrescente sulla seconda:
$ d_1\qquad d_2\qquad d_3\qquad ... \qquad d_{a-2}\ d_{a-1}\ d_a $
$ d_a\qquad d_{a-1}\ d_{a-2}\ ... \qquad d_3\qquad d_2\qquad d_1 $
il prodotto di ogni colonna è uguale a n quindi se faccio il prodotto di tutti i termini ottengo $ n^d $ che è il prodotto dei divisori al quadrato; se faccio la radice, ovvero $ n^{d\over2} $, ottengo quanto cercato.

zeitgeist505
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da zeitgeist505 » 10 mag 2012, 20:55

EDG93 ha scritto:scrivo i divisori in ordine cresente sulla prima riga e decrescente sulla seconda:
$ d_1\qquad d_2\qquad d_3\qquad ... \qquad d_{a-2}\ d_{a-1}\ d_a $
$ d_a\qquad d_{a-1}\ d_{a-2}\ ... \qquad d_3\qquad d_2\qquad d_1 $
il prodotto di ogni colonna è uguale a n quindi se faccio il prodotto di tutti i termini ottengo $ n^d $ che è il prodotto dei divisori al quadrato; se faccio la radice, ovvero $ n^{d\over2} $, ottengo quanto cercato.
La mia dimostrazione complicata smontata da 2 colonne :D

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kalu
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Re: cubi bizzarri

Messaggio da kalu » 10 mag 2012, 21:02

Ok!
Pota gnari!

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