Divisori

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Phi261
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Divisori

Messaggio da Phi261 » 27 ago 2019, 18:15

Vi propongo questo problema interessante e non banale (almeno credo):
trovare tutti gli interi positivi n tali che n=(d_6)^2+(d_7)^2-1.
Ovviamente 1=d_1<d_2...<d_k=n sono I divisori positivi di n.

Mick1719
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Re: Divisori

Messaggio da Mick1719 » 28 ago 2019, 01:32

un’idea iniziale per approcciare questo problema, è la seguente, d_7^2<n allora n>= d_7xd_8 pertanto sia X il numero di divisori di n, abbiamo che X>=14, allora dato un generico numero n = (h^k)(r^u)(..), si ha che il numero di divisori di N deve equivalere ad X=(k+1)(u+1)(...+1)
Si provano i vari valori con X=14,15... eguagliandolo alla formula

mat2772
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Re: Divisori

Messaggio da mat2772 » 28 ago 2019, 15:41

Pseudo Hint, quando ho tempo lo guardo meglio.
Testo nascosto:
Si nota che d_7|(d_6)^2-1 e d_6|(d_7)^2-1, se n è dispari d_7|(d_6-1)/2 o d_7|(d_6+1)/2, in entrambi i casi d_7<d_6, quindi n è pari. Se d_7 è dispari d_7|d_6+-1, l'unico caso possibile è d_7=d_6+1...

TeoricodeiNumeri
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Re: Divisori

Messaggio da TeoricodeiNumeri » 28 ago 2019, 16:50

Non ho ben capito l'hint di mat2772 (in particolare se $n$ è dispari si può dire che $d_7 \vert \frac{ d_6 ^2-1}{2}$ ma non mi è chiaro come questo dovrebbe condurre a dire che $d_7 \vert \frac{d_6 -1}{2}$ o $d_7 \vert \frac{d_6 +1}{2}$ che è un'asserzione molto più forte).
Condivido con voi i miei progressi sul problema (la risoluzione parziale che sto proponendo non è molto olimpica perché mi sembra troppo "casistica" e troppi numeri grossi, perciò mi scuso in anticipo: sono scarso).
Innanzitutto notiamo che $M.C.D.(d_6;d_7)=1$ in quanto, se lo denotiamo con $d$, abbiamo che $d\vert n,d\vert d_6^2$ e $d\vert d_7^2$ da cui $d\vert n-d_6^2 -d_7^2 =-1$ da cui segue banalmente che $d=1$. Notiamo inoltre banalmente che sia $d_6$ che $d_7$ non possono essere $1$ in quanto $1=d_1$, ovvero sia $d_6$ che $d_7$ si fattorizzano in prodotti di primi. Detta $\tau$ la funzione che associa ad un numero naturale il numero dei suoi divisori positivi, abbiamo che $\tau (d_6)+\tau (d_7) -1\leq 7$, come conseguenza della transitività della divisibilità e del fatto che la cardinalità dell'insieme di tutti i divisori di $d_6$ o di $d_7$ (o di entrambi) è proprio $\tau (d_6)+\tau (d_7) -1$ per il principio di inclusione-esclusione. A questo punto notiamo che almeno uno fra $d_6$ e $d_7$ deve essere la potenza di un primo.
Difatti è evidente che sia $d_6$ che $d_7$ possono essere prodotti di potenze di al più due primi distinti, in quanto la valutazione di $\tau$ in un numero che si fattorizza come prodotto di potenze di almeno tre primi distinti è maggiore o uguale di $8$ (potete mostrarlo o attraverso la relazione che vi offre $\tau(x)$ a partire dalle valutazioni p-adiche dei primi che compaiono nella fattorizzazione di $x$ o attraverso la relazione $\sum_{i=0}^3 \binom{3}{i}=2^3$, che vi dice che prendendo un insieme di tre primi distinti che dividono $x$ potete costruire $8$ divisori distinti). Inoltre se $a,b,c,d$ sono primi distinti tali che $ab\vert d_6$ e $cd\vert d_7$, dalla considerazione che $abcd\vert n$ si ha che $1,a,b,c,d,ab,ac,ad,bc,bd,cd$ sono tutti divisori di $n$, da cui affinché $d_6$ sia il sesto e $d_7$ il settimo abbiamo che $d_6=ab$, $d_7=cd$ e deve valere che $ab<ac$ e $cd<bd $ (più altre condizioni che buttiamo via perché non ci servono), da cui $b<c$ e $c<b$ che non si può mai verificare. Perciò almeno uno dei due fra $d_6$ e $d_7$ deve essere una potenza di un primo (di esponente minore o uguale a $5$ in quanto altrimenti l'altro divisore avrebbe al più un divisore e quindi sarebbe $1$, che non si può verificare).Se il suddetto primo fosse $2$ avremmo che $n=3+k^2 \vee n=15+k^2\vee n=63+k^2 \vee n=255+k^2 \vee n=1023+k^2$ dove $k$ è un divisore di $n$ diverso da $1$ e quindi i numeri così generati sono $12,24,40,240,72,112,144,504,4032,280,2856,65280,1032,1144,1984,2112,9672,117304,1047552$ ,di cui la gran parte non è accettabile in quanto $\tau(12)=6, 12^2>24,20^2>40, 36+64-1<240,9^2>72,2^8>112,49+64-1<504,$ $49+64-1<4032,64+100-1<280,49+64-1<2856,100+256<65280,64+144-1<1032,$ $169+484<1144,64+144-1<1984,64+144-1<2112,64+144-1<9672,\tau (117304)<7,64+121-1<1047552.$ L'unico che si salva è il $144$, in quanto i suoi primi $7$ divisori sono $1,2,3,4,6,8,9$ e in effetti $8^2+9^2-1=64+81-1=144$. Supponiamo ora che $d_7=p^a$ con $p$ primo dispari e $a\leq 5$. Da $d_7 \vert (d_6 -1)(d_6 +1)$ si ottiene che $p^a \vert (d_6 -1)(d_6 +1)$. Per il lemma di Euclide abbiamo che quindi $p\vert d_6 -1$ o $p\vert d_6 +1$, ma siccome $p$ non può dividere entrambi perché altrimenti dividerebbe il loro massimo comun divisore che può essere solo $1$ o $2$ abbiamo che $p\vert d_6 -1$ o $p\vert d_6+1$ esclusivamente e quindi $p^a \vert d_6 -1$ o $p^a \vert d_6 +1$, ma $d_7 >d_6-1$ e $d_7\geq d_6+1$ da cui $d_7=d_6 +1$. Di conseguenza $n=(d_7 -1)^2 +d_7^2 -1=2d_7(d_7-1)$ e quindi $n=2p(p-1) \vee n=2p^2 (p^2-1) \vee n=2p^3 (p^3-1) \vee n=2p^2 (p^4-1)\vee n=2p^5 (p^5-1)$ dove $p$ è primo e i fattori $p^a -1$ sono i sesti divisori di $n$. Studiamo ora i casi ottenuti:
1)$n=2p(p-1)$: in questo caso abbiamo che $p-1=q^\alpha$ per qualche $q$ primo dispari e $\alpha$ intero positivo oppure $p-1=qr$ con $q,r$ primi o ancora $p-1=qr^2$ con $q,r$ primi. Se $p-1=q^\alpha$ allora, sfruttando il fatto che un qualsiasi divisore di $n$ si può scrivere in almeno un modo come il prodotto di un divisore di $2$ per un divisore di $p$ per un divisore di $q^\alpha$ abbiamo che tutti i divisore minori di $q^\alpha$ sono $1,2,q,2q,\dots,q^{\alpha -1},2q^{\alpha -1}$ che sono in numero pari e quindi $p-1$ non può essere il sesto divisore di $n$ in quanto $6$ è pari. Di conseguenza $p-1=qr$ o $p-1=qr^2$. Se nessuno fra $q$ ed $r$ è uguale a $2$ abbiamo che $1,2,r,q,2r,2q$ sono i primi $6$ divisori di $n$ e quindi $q=2$ o $r=2$ (esclusivi). Se $q=2$ allora i primi $5$ divisori di $n$ sono $1,2,r,4,2r$ e di conseguenza $p-1=2r^2$. Valutando questa roba modulo $3$ abbiamo che almeno esattamente $1$ fra $p$ e $r$ deve essere $3$, da cui o $p=3$ che implica $r=1$ ma $r$ è primo oppure $r=3$, da cui $n=2\cdot 19 \cdot 18$ che si vede subito non essere soluzione;
2)$n=2p^2(p-1)(p+1)$: se $p\neq 3$ allora $1,2,p-1,p,p+1, p(p-1)$ sono tutti divisori di $n$ distinti e minori di $p^2-1$ da cui $p=3$ e quindi $n=144$, che abbiamo già verificato essere una soluzione;
3)$n=2p^x(p-1)\cdot ROBA$ con $x\geq 3$: allora $1,2,p-1,p,2p,p^2,2p^2$ sono $7$ divisori distinti minori di $p^x$ e quindi anche questo caso non produce soluzioni.
Rimane ora da considerare il caso in cui $d_7=pq$ o $d_7=pq^2$ per qualche primo $p,q$, e onestamente per adesso non sono riuscito a porre costrizioni su $d_7$ o $d_6$ perché non posso più asserire che $d_7=d_6+1$, di conseguenza (nel frattempo che io continuo a tentare) lo offro a voi.
Ultima modifica di TeoricodeiNumeri il 30 ago 2019, 09:46, modificato 1 volta in totale.

mat2772
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Re: Divisori

Messaggio da mat2772 » 29 ago 2019, 11:44

Quello che intendevo è che (d_6-1;d_6+1)=2, dunque essendo d_7 dispari dividerà solo uno dei due e in particolare dividerà anche la metà.

Luca Milanese
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Re: Divisori

Messaggio da Luca Milanese » 29 ago 2019, 12:01

Ma d_7 non è necessariamente primo

mat2772
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Re: Divisori

Messaggio da mat2772 » 29 ago 2019, 13:02

Ok sono stupido

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