Bel problemino, sempre dalla gara a premi di Parma (l'ultimo che posto in TdN, promesso
). Peccato che l'abbia bruciato boll, con un pò di pazienza non era difficile ed era bellinodivisori di m alla quarta potenza parmense, e torna m stesso
divisori di m alla quarta potenza parmense, e torna m stesso
Trovare tutti gli interi positivi $ m $ tali che $ \tau^4(m)=m $
Bel problemino, sempre dalla gara a premi di Parma (l'ultimo che posto in TdN, promesso ). Peccato che l'abbia bruciato boll, con un pò di pazienza non era difficile ed era bellino
Bel problemino, sempre dalla gara a premi di Parma (l'ultimo che posto in TdN, promesso
). Peccato che l'abbia bruciato boll, con un pò di pazienza non era difficile ed era bellino
...Mmm non mi è parso banale, secondo me uno che non conosce questa funzione non riuscirebbe comunque a farlo...edriv ha scritto:Potresti anche definite $ ~ \tau(n) $ come numero di divisori di n, ad esempio tau(3) = 2, tau(12) = 6, per chi non usa ogni giorno questa notazione.
Comunque avrei potuto scriverlo, è vero, non mi costava nulla. Sorry (anche se dal titolo si capiva)
si solo che era tardi e non avevo voglia di scriverla
T(m)=p1^a1*p2^a2*...*pn^an.
La tesi è vera per m=1
Se m diverso da 1 la tesi corrisponde a
(4a1+1)(4a2+1)*...( 4an+1)=p1^a1*p2^a2*...pn^an=T(m) (1)
osserviamo che il numero di fattori al membro destro è uguale a quello sinistro
se n=1 T(m) deve essere della forma p1^a1. Quindi p1=(4a1+1)^(1/a1)<2>4 contro ipotesi e analizzando i 4 numeri della forma 4a1+1: 5,9,13,17; 5=4*1+1=5^1 quindi la tesi vale per p1=4, a1=1 quindi m=625; delle altre l' unica potenza perfetta è 9=4*2+1=3^2 quindi la tesi vale per a1=2, p1=3 quindi m=6561
se n>2 osserviamo che se per ongi i ai<5 non ci possono essere j,k tali che aj=ak, perchè dato che 4aj+1 divide T(m), T(m) sarebbe anche divisibile per (4aj+1)^2 e dato che nei 4 numeri della forma 4ai+1 non ci sono nella fattorizzazione numeri primi diversi si avrebbe che il numero di numeri primi al primo membro della (1)sarebbe <di>4 si vede che è impossibile perchè anche mettendo tanti (4aì+1) non capitano mai tutte queste potenze così elevate tutte insieme.
Quindi ci rimane solo n=2 con T(m)=p1^a2*p2: (2*4+1)(1*4+1)=45=3^2*5 va bene quindi m=4100625.
T(m)=p1^a1*p2^a2*...*pn^an.
La tesi è vera per m=1
Se m diverso da 1 la tesi corrisponde a
(4a1+1)(4a2+1)*...( 4an+1)=p1^a1*p2^a2*...pn^an=T(m) (1)
osserviamo che il numero di fattori al membro destro è uguale a quello sinistro
se n=1 T(m) deve essere della forma p1^a1. Quindi p1=(4a1+1)^(1/a1)<2>4 contro ipotesi e analizzando i 4 numeri della forma 4a1+1: 5,9,13,17; 5=4*1+1=5^1 quindi la tesi vale per p1=4, a1=1 quindi m=625; delle altre l' unica potenza perfetta è 9=4*2+1=3^2 quindi la tesi vale per a1=2, p1=3 quindi m=6561
se n>2 osserviamo che se per ongi i ai<5 non ci possono essere j,k tali che aj=ak, perchè dato che 4aj+1 divide T(m), T(m) sarebbe anche divisibile per (4aj+1)^2 e dato che nei 4 numeri della forma 4ai+1 non ci sono nella fattorizzazione numeri primi diversi si avrebbe che il numero di numeri primi al primo membro della (1)sarebbe <di>4 si vede che è impossibile perchè anche mettendo tanti (4aì+1) non capitano mai tutte queste potenze così elevate tutte insieme.
Quindi ci rimane solo n=2 con T(m)=p1^a2*p2: (2*4+1)(1*4+1)=45=3^2*5 va bene quindi m=4100625.
P.S: io non lo conoscevo questo simbolosalva90 ha scritto:...Mmm non mi è parso banale, secondo me uno che non conosce questa funzione non riuscirebbe comunque a farlo...
Comunque avrei potuto scriverlo, è vero, non mi costava nulla. Sorry (anche se dal titolo si capiva)