Un problema sui divisori

[gugo82]

Quali sono i numeri $n$ interi tali che il loro quadruplo è uguale al cubo del loro numero di divisori interi positivi?
Cioè, per quali $n \in ZZ$ vale
\[
\big[ \operatorname{d}(n)\big]^3 = 4n\; ?
\]
[In cui \(\operatorname{d}(n)\) è proprio il numero di divisori interi positivi di $n$]

[giammaria]

Fra i divisori si contano anche 1 ed il numero stesso? Ad esempio, quanti e quali sono i divisori di un numero primo?

[Quinzio]

Fra i divisori si contano anche 1 ed il numero stesso? Ad esempio, quanti e quali sono i divisori di un numero primo?

Probabilmente si, pero' ovviamente aspettiamo la risposta di gugo.
In questo modo

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con $n = 2$ i divisori sono $1$ e $2$.
$(#d(2))^3 = 2^3 = 8 = 4 \cdot 2$

E' gia' un inzio

[giammaria]

Oltre alla soluzione data da Quinzio, ne ho trovate per tentativi altre due. Non credo che ce ne siano altre, ma non saprei dimostrarlo.

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Parto dal fatto che se la scomposizione in fattori di $n$ è $n=a_1^(h_1)*a_2^(h_2)....a_m^(h_m)$ (in cui le $a_i$ sono numeri primi diversi fra loro), allora $d(n)=(h_1+1)(h_2+1)...(h_m+1)$; è quasi intuitivo e ne ometto la dimostrazione.
La soluzione di Quinzio è $n=2=2^1$, quindi $d(n)=2$ ed i due membri valgono $2^3$.
Vi aggiungo le mie due.
- $n=128=2^7$; ho $d(n)=8=2^3$ ed i due membri valgono $2^9$
- $n=2000=2^4*5^3$; ho $d(n)=5*4=2^2*5$ ed i due membri valgono $2^6*5^3$

[hydro]

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Poniamo \(n=2^\alpha 3^{\alpha_0} p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}\), con $5\le p_1<\ldots<p_m$ primi distinti e $\alpha,\alpha_i\ge 0$. Siccome $d(n)=(\alpha+1)\prod(\alpha_i+1)$, dalla condizione richiesta otteniamo che \((\alpha+1)^3\prod(\alpha_i+1)^3=2^{\alpha+2}3^{\alpha_0}p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}\). Per fattorizzazione unica, segue che $\alpha=3\alpha'+1$ mentre $\alpha_i=3\alpha_i'$ per ogni $i$. Mollando i primi, abbiamo dedotto che \(n=2^{3\alpha+1}3^{3\alpha_0} p_1^{3\alpha_1}\dots p_m^{3\alpha_m}\), e riscrivendo la condizione ed estraendo le radici cubiche, abbiamo che \((3\alpha+2)\prod(3\alpha_i+1)=2^{\alpha+1}3^{\alpha_0} p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}\). Adesso basta usare la seguente semplicissima osservazione: per $\alpha\ge 3$, si ha che $3\alpha+2<2^{\alpha+1}$, per $\alpha_0\ge 2$ si ha che $3\alpha_0+1<3^{\alpha_0}$ e per $\alpha_i\ge 1$ si ha che $3\alpha_i+1<p_i^{\alpha_i}$, per ogni $i\ge 1$. Di conseguenza, se $\alpha\ge 3$ e $\alpha_0\ge 2$, l'equazione non sarà mai verificata perchè il membro a sinistra è sempre strettamente minore di quello a destra. Pertanto una di queste due condizioni deve fallire. Adesso finire l'esercizio è solo un controllo noioso caso per caso. Ad esempio, supponiamo che $\alpha=2$. Allora otteniamo che \(8\prod(3\alpha_i+1)=8\cdot 3^{\alpha_0} p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}\). Per lo stesso motivo di sopra, non può essere $alpha_0\ge 2$, quindi dev'essere $\alpha_0\le 1$. Se $\alpha_0=0$, siccome $p_i^{\alpha_i}>3\alpha_i+1$, deve essere necessariamente $\alpha_i=0$ per ogni $i$, e si ottiene $n=128$ che va bene. Se $\alpha_0=1$, sostituendo si trova \(4\prod_{i\ge 1}(3\alpha_i+1)=3 p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}\). Ora osserviamo i termini $4(3\alpha_1+1)$ e $3p_1^{\alpha_1}$. Se il primo è minore del secondo non ci sono chance che la relazione sia verificata. L'unico caso in cui il primo non è minore del secondo è $p_1=5$, $\alpha_1=1$. Ora sostituiamo e rifacciamo il ragionamento con $p_2$. Si vede in fretta che non ci sono altre soluzioni. Il lettore paziente potrà verificare a mano tutti i casi rimanenti.

[gugo82]

Quello che ho proposto è un esercizio di allenamento alle Olimpiadi, che stavo rivedendo per/con alcuni studenti; al momento non ho la soluzione.
Appena ho un po' di tempo leggo con attenzione la risposta di hydro, che mi pare molto stringata e devo approfondire qualche passaggio.

Facendo un po' di conti, avevo trovato $2$ e $2^7$ anch'io, ma $2000$ no.

E sì, si contano anche i divisori banali, da com'è scritta la traccia.