il prodotto dei divisori di n = n^6

[nic.h.97]

dato $ n>1 $ , qual è il più piccolo intero positivo $ n $ per cui il prodotto dei suoi divisori è $ n^6 $ ?

[erFuricksen]

Dovrebbe andare, anche se non mi convince molto la parte finale..

Testo nascosto:

Consideriamo un primo $ p $ tale che $ p^\alpha \| n $, allora so che l'esponente di $ p $ nel prodotto di tutti i divisori sarà
$ k \cdot {\alpha (\alpha +1) \over 2} $ dove $ k $ è il numero di divisori di $ n \over p^\alpha $
e deve valere
$ k \cdot {{\alpha (\alpha +1)} \over 2} = 6 \alpha $
Tuttavia sappiamo che se $ D $ è il numero di divisori di $ n $ allora $ k={D \over (\alpha +1)} $
Sostituendo avremo
$ {D \over (\alpha +1)} \cdot {\alpha (\alpha +1) \over 2} = 6 \alpha $ quindi ne consegue che $ D=12 $
Ora sappiamo che $ n $ deve avere 12 divisori, quindi vediamo come possiamo scrivere 12 come prodotto:
12 ; 2x6 ; 3x4 ; 2x2x3
quindi gli esponenti dei fattori primi nella scomposizione di $ n $ potranno essere:
11 ; 1 e 5 ; 2 e 3 ; 1, 1 e 2
Per ottenere il valore minimo possibile l'esponente più grande andrà accoppiato con l'esponente più piccolo, perciò otterremo i seguenti valori:
$ 2^{11} $ ; $ 2^5 \cdot 3 $ ; $ 2^3 \cdot 3^2 $ ; $ 2^2 \cdot 3 \cdot 5 $ .
Di questi si nota facilmente che $ 2^2 \cdot 3 \cdot 5 = 60 $ è il valore minore

[nic.h.97]

No , è tutto corretto ; la parte iniziale è troppo macchinosa perché si poteva fare più astutamente , ma è comunque giusta.

Testo nascosto:

Se $ d $ è un divisore di $ n $ , anche $ \tfrac{n}{d} $ lo è.
Ora si possono raggruppare i più piccoli coi più grandi e così via . Un esempio è per $ n=6 $ .
$ d = {1,2,3,6} $
dunque possiamo fare così : $ d=6 $ , allora $ n/d = 1 $ e $ d=3 $ , allora $ n/d=2 $ . Son così $ 2 $ coppie. $ \implies = n^2 $
Notare che se $ n $ è un quadrato perfetto , esso avrà un numero dispari di divisori ( infatti ogni esponente è pari e la formula per trovare il numero di divisori di un numero la conosciamo tutti ) ed è un caso leggermente diverso . Si raggrupperanno tutti i divisori eccetto quello in mezzo $ \sqrt{n} $.
Chiamando $ d(n) $ il numero di divisori di $ n $ e $ p(n) $ il prodotto di tutti i divisori di $ n $ , per quanto affermato in precedenza , si deve avere :
Se $ n $ è un quadrato perfetto $ p(n)=n^{\tfrac{d(n)-1}{2}}*\sqrt{n} $
Se $ n $ non è un quadrato perfetto $ p(n)=n^{\tfrac{d(n)}{2}} $

-L'idea di fondo , molto utile , è riferirci alle "simmetrie" rispetto al centrale , che nel caso dei prodotti è $ \sqrt{n} $. Comunque le idee ricordano molto da vicino esempi di somma di numeri consecutivi ecc.. ecc..

[jordan]

Per ogni $x\ge 1$, sia $f(x)$ il numero di interi positivi $n \le x$ tali che $\prod_{d \mid n}d=n^k$ per qualche intero $k\le 2015$. Dimostrare che
$$\lim_{x \to \infty}{\frac{f(x)}{x}}=0.$$

[AGallese]

Gli $n$ che vengono contati da $f(n)$ non sono altro che gli interi che hanno il numero di divisori pari e $\leq 4030$.
Questo perché se $d$ è un divisore lo è anche $\frac{n}{d}$.
Ora... basta dimostrare che i numeri non contati da $f(n)$ sono infinitamente più numerosi di quelli contati??
Per esempio... se metto tutti i numeri interi che vengono contati da $f(n)$ in un insieme $A$ e tutti quelli che non sono contati in $B$, posso associare ogni elemento $a \in A$ ad infiniti elementi distinti di $b \in B$.
Se $A=\left\{a_1, a_2, a_3 ...\right\}$, posso prendere l'insieme dei numeri primi $P=\left\{p_1, p_2, ...\right\}=\left\{2, 3, 5, 7 ...\right\}$ e associare a ogni elemento di $a_i$ i numeri $a_i \cdot p_i^{2015}, a_i \cdot p_i^{2016}, a_i \cdot p_i^{2017} ...$ che appartengono tutti a $B$ e sono tutti distinti tra loro.

Non sono troppo sicuro che questo basti a concludere che il limite tende a zero...

[Drago96]

Mmm, non penso purtroppo...
Al momento mi viene in mente un solo controesempio: prendi gli squarefree (ovvero i prodotti di primi con esponenti 1): questi hanno densità positiva ($\dfrac6{\pi^2}$ se non ricordo male), ma ad ognuno di questi, che chiamiamo $a_n$, puoi associare gli infiniti numeri $a_n\cdot1^2,a_n\cdot2^2,\dots,a_n\cdot i^2,\dots$ che sono tutti distinti al variare di $n$ (sono tutti gli interi a dir la verità)
Con troleito avevamo trovato una mezza soluzione, ma la densità è infame...

[Enigmatico]

Rispondo al caso particolare (ho fatto qualche passaggio in meno di erFuricksen).
Siano $ 1, d_{1}, d_{2}, ..., d_{i}, n $ i divisori di $ n $ ordinati in senso crescente.
Si ha, quindi, che $ d_{i} = n / d_{1} ; d_{i-1} = n / d_{2} ... $; pertanto, $ n = d_{1} \cdot d_{i} ; n= d_{2} \cdot d_{n-1}; ... $
Ora, affinché $ d_{1} \cdot d_{2} \cdot ... \cdot d_{i} \cdot n = n^{6} $, ci devono essere $6$ coppie di divisori (inclusi $1$ e $n$); pertanto, $n$ deve avere $12$ divisori.
Il numero minimo con un tal numero di divisori è $2^{2} \cdot 3 \cdot 5=60$.

Ditemi se il ragionamento è corretto e se devo esplicitare o se posso omettere qualcosa in più

scusate, non avevo visto il messaggio di nich

[Drago96]

Vabeh, posto un paio di cose sperando che ci sia qualcosa di buono da qualche parte...

Soluzione trovata con troleito, cannata alla fine perché non è detto che quell'insieme abbia davvero una densità, magari quella superiore è positiva...

Testo nascosto:

Fatto 1: Dato un insieme $S$ con $A(n)$ funzione di conteggio e densità $\delta$, allora per ogni $\varepsilon$ vale definitivamente $$n\delta(1-\varepsilon)<A(n)<n\delta(1+\varepsilon)$$

Proof. Se per una sequenza $a_n$ vale $\lim_{n\to\infty}a_n=k$ vuol dire che per ogni $\epsilon>0$ esiste un $n_0(\epsilon)$ tale che per ogni $n\ge n_0$ vale $|a_n-k|<\epsilon$.
Allora, se io ho la mia funzione di conteggio $A(i)$ e la sua densità $\lim_{n\to\infty}\dfrac{A(n)}n=\delta$, sappiamo che per ogni $\epsilon>0$ vale definitivamente $\displaystyle\left|\frac{A(n)}n-\delta\right|<\epsilon$ ovvero $|A(n)-n\delta|<n\epsilon$ e quindi $n(\delta-\epsilon)<A(n)<n(\delta+\epsilon)$ che chiamando $\epsilon'=\frac\epsilon\delta$ (che è piccolo a piacere) abbiamo $n\delta(1-\epsilon')<A(n)<n\delta(1+\epsilon')$


Lemma 2: Dato un insieme di interi $S$ con densità $\delta>0$, i cui elementi sono ordinati in una sequenza $a_i$, allora $$\displaystyle\sum_{a_i\le x}\frac1{a_i}\sim \delta\log x$$

Proof. Sia $x_i=\frac1 i$ e $y_i$ pari a $1$ se $i\in S$, $0$ altrimenti. Infine $A(n)=\sum_{i\le n}y_i$ è la funzione di conteggio di $S$.
Allora $\displaystyle\sum_{a_i\le x}\frac1{a_i}=\sum_{i\le x}x_iy_i$; prendiamo $y_0=0$, allora $y_i=A(i)-A(i-1)$, e per sommando per parti otteniamo $\displaystyle\sum_{i\le n}x_iy_i=A(n)x_n-x_1A(0)+\sum_{i=1}^{n-1}A(i)(x_i-x_{i+1})$ che essendo $A(0)=0$ e $x_i=\frac1 i$ diventa
$$\displaystyle\sum_{a_i\le n}\frac1{a_i}=\frac{A(n)}n+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{A(i)}{i(i+1)}$$
Prendiamo ora un $\epsilon>0$; per il fatto 1, da un certo $N$ in poi vale sempre $A(n)\ge n\delta(1-\epsilon)$; prendiamo nella somma di sopra un $n>N$ e chiamiamo $\displaystyle k(\epsilon)=\sum_{i=1}^N\frac{A(i)}{i(i+1)}$ e $h(\epsilon)=\sum_{i=0}^N\frac{(1-\epsilon)\delta}{i+1}$. Per la maggiorazione degli $A(i)$ e aggiungendo e togliendo le cose giuste otteniamo $$k-h+(1+\epsilon)\delta\sum_{i=0}^{n-1}\frac1{i+1}>\sum_{i=1}^{n-1}\frac{A(i)}{i(i+1)}>k-h+(1-\epsilon)\delta\sum_{i=0}^{n-1}\frac1{i+1}$$ quindi abbiamo $$\displaystyle\sum_{a_i\le n}\frac1{a_i}>\frac{A(n)}n+k-h+(1-\epsilon)\delta\sum_{i=1}^n\frac1 i$$
Dividendo per il logaritmo e facendo tendere ad infinito, poiché $\frac{A(n)}n$ va a $\delta$ e $k-h$ è costante allora $$(1+\epsilon)\delta>\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\sum_{a_i\le n}\frac1{a_i}}{\log n}>(1-\epsilon)\delta$$
E dato che $\epsilon$ è arbitrariamente piccolo, diciamo per i carabinieri otteniamo finalmente $$\displaystyle\sum_{a_i\le n}\frac1{a_i}\sim\delta\log n$$


Lemma 3: La somma dei reciproci dei numeri con esattamente $k$ fattori primi è asintotico a $(\log\log x)^k$, ovvero $$\displaystyle\sum_{p_1\cdots p_k\le x}\frac1{p_1\cdots p_k}\sim (\log\log x)^k$$

Proof. Sicuramente tutti i primi in $p_1\cdots p_k$ sono minori di $x$, quindi vale $\displaystyle\sum_{p_1\cdots p_k\le x}\frac1{p_1\cdots p_k}<\left(\sum_{p\le x}\frac1 p \right)^k$.
D'altra parte se $p_i\le x^\frac1 k$, allora $p_1\cdots p_k\le x$ e quindi $\displaystyle\sum_{p_1\cdots p_k\le x}\frac1{p_1\cdots p_k}>\left(\sum_{p\le x^\frac1 k}\frac1 p \right)^k$.
Per la prima non ci sono problemi, per la seconda, dividendo per $(\log\log x)^k$ e facendo tendere ad infinito abbiamo $\displaystyle\left(\frac{\log\log(x^\frac1 k)}{\log\log x}\right)^k$ ma $\log\log(x^\frac1 k)=\log\log x-\log k$, quindi fissato $k$ e facendo tendere $x$ ad infinito, abbiamo che va a $1$ perché abbiamo $\frac{\log k}{\log\log x}$ che va a $0$.
Quindi $\displaystyle\frac{\sum_{p_1\cdots p_k\le x}\frac1{p_1\cdots p_k}}{(\log\log x)^k}$ è chiuso a destra e a sinistra da 1, e abbiamo la nostra stima asintotica.


In conclusion: Dato un $k$ fissato, sia $S_k$ l'insieme degli $n$ tali che $\Omega(n)=k$; supponiamo per assurdo che abbia una densità $\delta(k)>0$.
Allora per il lemma 2 $$\displaystyle\sum_{a\in S}\frac 1 a\sim\delta\log x$$
Ma gli elementi di $S$ sono quelli del tipo $p_1\cdots p_k$, quindi la somma dei reciproci è quella del lemma 3, e quindi $$\displaystyle\sum_{a\in S}\frac 1 a\sim(\log\log x)^k$$
Da queste però ricaviamo $\delta\log x\sim(\log\log x)^k$ che con $k$ fisso e $\delta$ positivo è assurdo (infatti $\log$ cresce più rapidamente di ogni potenza di $\log\log$).
Allora per ogni $k$ l'insieme degli interi con $\Omega(n)=k$ ha densità nulla. Ma quindi se vogliamo al più $h$ divisori, scriviamo tutte le combinazioni di esponenti che soddisfano, e che sono finite; l'insieme $D_h$ dei numeri con al più $h$ divisori ha densità minore o uguale alla somma delle densità dei vari $S_k$, ma sono tutti $0$, quindi anche la densità di $D_h$ è nulla per ogni $h$.

Soluzione riciclata dall'HW, riadattandola per quello che serve a noi togliendo un paio di cose...

Testo nascosto:

Chiamiamo $\pi_k(x)$ il numero di interi $n\le x$ tali che $\omega(n)=\Omega(n)=k$, $\tau_k(x)$ il numero di interi $n\le x$ tali che $\Omega(n)=k$.
Siano ora $\displaystyle N_k(x)=\sum_{p_1\cdots p_k\le x}1$ e $\displaystyle \theta_k(x)=\sum_{p_1\cdots p_k\le x}\log(p_1\cdots p_k)$ dove conta l'ordine e i $p_i$ possono essere uguali; detto $c_n$ il numero di modi in cui $n$ può essere scritto come prodotto ordinato di $k$ primi abbiamo $N_k(x)=\sum_{n\le x}c_n$ e $\theta_k(x)=\sum_{n\le x}c_n\log n$.
Dato che $c_n=0$ se $\Omega(n)\neq k$ e negli altri casi $c_n\le k!$, vale $N_k(x)\le k!\tau_k(x)$. Similmente, dato che $c_n=k!$ se i primi sono tutti distinti, $N_k(x)\ge k! \pi_k(x)$.
Ora, step 1: $$\displaystyle k\theta_{k+1}(x)=\sum_{p_1\le x}\theta_k\left(\frac x{p_1}\right)$$
Abbiamo $k\theta_{k+1}(x)=\sum_{p_1\cdots p_{k+1}\le x}\log(p_1^k\cdots p_{k+1}^k)=\sum_{p_1\cdots p_{k+1}\le x}\left(\log(p_2p_3\cdots p_{k+1})+\log(p_1p_3\cdots p_{k+1})+\dots+\log(p_1p_2\cdots p_k)\right)$; ora spezzando quella somma in $k+1$ somme, dato che i $p_i$ sono ordinati, otteniamo che tutte le somme sono uguali, e fissato il $p_i$ mancante nel logaritmo otteniamo esattamente $\sum_{p_i\le x}\theta_k\left(\frac x{p_i}\right)$. Quindi quello che volevamo.

Step 2: $$\theta_k(x)=o\left\{x(\log\log x)^k\right\}$$
Andiamo per induzione... con $k=1$ sappiamo che $\sum_{p\le x}\log p\sim x$, che è $o(x\log\log x)$.
Supponiamo ora che fissato $k$, per ogni $\epsilon$ esiste un $x_0$ tale che $\theta_k(x)<\epsilon x(\log\log x)^k$ per ogni $x\ge x_0$, mentre per $1\le x<x_0$ vale $\theta_k(x)<M$ (sono un numero finito di valori). Consideriamo i primi $p$ fino a $x$, che sono al più $x$; per quelli con $\frac x p< x_0$ vale $\displaystyle\sum_{x/x_0<p\le x}\theta_k\left(\frac x{p}\right)<Mx$; per quelli con $\frac x p\ge x_0$ vale $\displaystyle\sum_{p\le x/x_0}\theta_k\left(\frac x{p}\right)<\epsilon\sum_{p\le x/x_0}\frac x p(\log\log \frac x p)^k<\epsilon x(\log\log x)^k\sum_{p\le x/x_0}\frac 1 p<2\epsilon x(\log\log x)^{k+1}$ per $x$ grandi perché $\sum_{p\le x}\frac1 p\sim\log\log x$
Allora $\theta_{k+1}(x)=\frac{k+1}k\sum_{p_1\le x}\theta_k\left(\frac x{p_1}\right)\le2x\left(2\epsilon (\log\log x)^{k+1}+M\right)<5\epsilon x(\log\log x)^{k+1}$ per $x$ sufficientemente grandi. Quindi il passo induttivo funziona

Step 3: $$\displaystyle N_k(x)=\frac{\theta_k(x)}{\log x}+O\left(\frac x{\log x}\right)$$
Abbiamo $\displaystyle\theta_k(x)=\sum_{n\le x}c_n\log n=N_k(x)\log x-\sum_{n<x}N_k(n)(\log(n+1)-\log n)$ sommando per parti; ora $\log(n+1)-\log n=\log(1+\frac1 n)=O\left(\frac1n\right)$ e $N_k(n)<k!n$, quindi $N_k(x)\log x=\theta_k(x)+\sum_{n<x}O(n)O(1/n)=\theta_k(x)+O(x)$ e dividendo si ottiene quello che serviva.

Step 4: $$\tau_k(x)=o(x)$$
Abbiamo che $\pi_k(x)\le \frac{N_k(x)}{k!}$; unendo step 2 e step 3 otteniamo $N_k(x)=o\left(x\frac{(\log\log x)^k}{\log x}\right)+O\left(\frac x{\log x}\right)=o(x)$ perché le potenze di $\log\log$ vanno più lente di $\log$. Ma essendo $\pi_k$ più piccolo di $N_k$, anche $\pi_k$ è $o(x)$.
Infine in $\tau_k$ conto quelli con almeno due fattori uguali, quindi $\displaystyle\tau_k(x)-\pi_k(x)\le \sum_{p_1\cdots p_{k-1}^2\le x}1\le \sum_{p_1\cdots p_{k-1}\le x}1=N_{k-1}(x)$; dividendo per $x$, sappiamo che sia $\frac{\pi_k(x)}x$ che $\frac{N_{k-1}(x)}x$ vanno a $0$, quindi anche $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\tau_k(x)}x=0$.

Morale della favola: la densità degli interi con esattamente $k$ divisori primi è nulla per ogni $k$, quindi una qualunque unione finita ha densità nulla, ed in particolare i numeri con al più $2\cdot2015$ divisori.