Quadrati dei divisori

[LucaMac]

Sia $n$ un intero positivo e $ d_1 = d_2 = . . . = d_k $ (e $k \geq 4$ ) i suoi divisori positivi , tali che $ 1 = d_1 < d_2 < . . . < d_k = n $ . Trovare tutti gli $n$ tali che
\begin{equation}
n = \sum\limits_{i=1}^{4} d_i^2
\end{equation}

[Lasker]

Osservazione 1: il numero $n$ è necessariamente pari.
Dim. Supponiamo per assurdo che $n$ sia dispari, allora certamente tutti i suoi fattori saranno dispari. Il quadrato di un numero dispari è ancora dispari, ma allora dovrebbe valere:
$$n=\sum_{i=1}^4{d_i^2}\equiv \sum_{i=1}^4 1\equiv 4\equiv 0 \pmod 2$$
Che è assurdo perché avevamo supposto $n$ dispari.

Visto che $2$ divide sempre $n$ (per l'osservazione 1), e che $2$ è il più piccolo intero positivo diverso da $1$, il più piccolo divisore non banale di $n$ $d_2$ è proprio $2$. L'equazione di partenza si può quindi riscrivere come:
$$2n'=1+2^2+d_3^2+d_4^2=5+d_3^2+d_4^2 \ \ \ \ \ (1)$$

Osservazione 2:Esattamente uno tra $d_3$ e $d_4$ è pari.
Dim. Guardando l'equazione $(1)$ modulo $2$, si ha
$$0\equiv 1+d_3^2+d_4^2\equiv 1+d_3+d_4 \pmod 2\ \ \Rightarrow \ \ d_3+d_4\equiv 1 \pmod 2$$
E l'ultima relazione implica il fatto che $d_3$ e $d_4$ abbiano diversa parità.

Dividiamo quindi in due casi:
Caso 1: $d_3$ è pari.
Se $d_3$ è pari, deve essere forzatamente $4$, perché se ci fosse un altro primo $p\ne 2$ nella fattorizzazione di $d_3$, allora si avrebbe $1<2<p<d_3$, assurdo, inoltre $d_3$ non può essere un'altra potenza di $2$ in quanto $4$ è la minima di queste ad essere distinta da $2$. Ora, per un ragionamento
analogo, $d_4$ deve essere un primo $p\ne 2$ (per l'osservazione 2 non ha infatti fattori $2$, mentre è primo per minimalità), da cui:
$$2pn''=1+2^2+4^2+p^2\ \ \Rightarrow \ \ \ 2pn''=21+p^2\ \ \Rightarrow \ \ p\mid 21\ \ \Rightarrow p=3\ \lor \ p=7$$
Sostituendo questi due valori per $p$ si hanno quindi le due soluzioni:
$$2\cdot 3 \cdot n''=30 \ \ \Rightarrow \ \ n=30$$
$$2\cdot 7 \cdot n''=70\ \ \ \Rightarrow \ \ n=70$$
Caso 2: $d_4$ è pari
In questo caso, come prima deve essere $d_3=p\in\mathbb{P}$, inoltre deve valere anche $d_4=2p$ (nuovamente per considerazioni sulla minimalità di questi fattori), da cui:
$$2\cdot p\cdot n''=1+2^2+p^2+4p^2\ \ \Rightarrow \ \ 2\cdot p\cdot n''=5(p^2+1)$$
Visto che $p\mid p^2$, non può essere che $p\mid p^2+1$, quindi $p\mid 5\Rightarrow p=5$.
$$10\cdot n''=5\cdot 26=130\ \ \Rightarrow\ \ n=130$$
E con questo dovremmo aver finito; le possibili soluzioni sono $n=30, n=70$ e $n=130$, ma, sostituendole nella relazione di partenza, si vede che solamente $n=130$ è accettabile, ed è pertanto l'unica soluzione.
PS: continua a postare problemi, finora quelli che hai messo mi sono piaciuti tutti

[LucaMac]

Nel caso 2 perché non $d_4 = 4$?
Comunque molto più facilmente ( $ n \equiv 2 \pmod{4} $ ) quindi $ d_3 = p $ e $ d_4 = 2p $

[Lasker]

Perché mi sono dimenticato che anche $3$ è un numero primo, e ha la simpatica proprietà di essere minore di $4$... (come buttare punti a caso; tra l'altro non vengono fuori nuove soluzioni perché $1+4+9+16=30$ che non è divisibile per $4$).

[aetwaf]

Puoi accorciare eliminando il caso $1$
Infatti deve essere $1+4+d_3^2+d_4^2=2n_1$
Quindi esattamente $1$ tra $d_3$ e $d_4$ è pari
Ma allora $2n_1\equiv 1+0+1+0\equiv 2\pmod 4$
Quindi $4\nmid n$
Ma allora $n=2d$ con $d$ dispari
Quindi, sia $p$ il più piccolo primo che divide $n$, vale
$d_3=p,d_4=2p$
Da cui il caso $2$ che dà direttamente $n=130$

[aetwaf]

Infatti $2p$ è il più piccolo divisore pari di $n$ maggiore di $2$ e $p<2p$
Ma $2p$ deve essere sommato necessariamente quindi anche $p$ deve essere sommato