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Trovare tutti gli $ n $ che sono divisibili per tutti i numeri naturali minori di $ \sqrt[3]{n} $.
Buon lavoro!
Maria

Non vorrei sbagliare, ma ecco come risolverei il problema:

Non è restrittivo imporre che (con a intero):

$ a^{3}\leq\ n < (a+1)^{3} $

Sotto questa ipotesi il valore intero della radice cubica di n sarà sicuramente uguale ad a, per ipotesi n sarà quindi divisibile per tutti gli interi inferiori ad a, il che equivale a dire che a! divide n, da cui: $ n = a!k $ ( con k intero ). Sostituendo questo nell'equazione di partenza si ha:


$ a^{3}\leq\ a!k < (a+1)^{3} $

Ossia:

$ {\frac{a^{3}}{a!}} \leq\ k < {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} $

k (che è intero) esiste solo quando la differenza:

$ {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} - {\frac{a^{3}}{a!}} = {\frac{(a+1)^{3}}{a!}}-{\frac{{a^3}}{a!}} = {\frac{3a^{2}+3a+1}{a!}} $

Deve essere maggiore o uguale a 1, ossia quando:

$ {3a^{2}+3a+1}\geq\ a! $

E' facile verificare che questo e vero se e solo se "a" appartiene a {0; 1; 2; 3; 4}. Quindi si ha:

1) per a=0, k=0
2) per a=1, k= 1
3) per a=2, k appartiene a {4, ..., 13}
4) per a= 3, k appartiene a {5, ..., 10}
5) per a= 4, k appartiene a {3, 4, 5}

Moltiplicando ogni k per il rispettivo a! si ottengono i numeri n desiderati.

Mi pare che ci siano un paio di punti che non tornano...

gamma ha scritto: n sarà quindi divisibile per tutti gli interi inferiori ad a, il che equivale a dire che a! divide n, da cui: $ n = a!k $ ( con k intero ).

Questo punto non torna, perche' il fatto che tutti gli interi minori o uguali ad a dividano n implica che $ m.c.m(1, 2,... a)|n $, non che $ a!|n $... per fare un esempio, tutti i numeri minori o uguali a 5 dividono 60 ma 5!=120 non divide 60.

gamma ha scritto: k (che è intero) esiste solo quando la differenza:

$ {\frac{(a+1)^{3}}{a!}} - {\frac{a^{3}}{a!}} = {\frac{(a+1)^{3}}{a!}}-{\frac{{a^3}}{a!}} = {\frac{3a^{2}+3a+1}{a!}} $

Deve essere maggiore o uguale a 1

Guarda che tra 0.9 e 1.1 c'e' un numero intero, eppure la differenza 1.1-0.9 e' minore di 1... Cmq bisogna prima risolvere la parte sopra, che e' quella piu' difficile (infatti si puo' dimostrare facilmente per induzione che la disuguaglianza che hai scritto e' impossibile, perche' $ a! $ e' 'generalmente' molto maggiore di $ (a+1)^3 $)

Tesi: per ogni $ a\geq 11 $ si ha che:

$ lcm(1,2,...,a-1,a)>(a+1)^3 $

Dimo:

$ lcm(1,2,...,a-1,a)\geq 2^k*3^j*p*5*7 $

Dove $ k=[\log_2 a] $ e $ j=[\log_3 a] $ mentre p e' il piu' grande primo minore o uguale ad a (e' distinto da 7 perche' abbiamo scelto $ a\geq 11 $).

Ora siccome la parte frazionaria e' sempre minore di 1, abbiamo $ 2^k*3^j*p*5*7>\frac{a}{2}*\frac{a}{3}*p*5*7 $

Supponiamo per assurdo $ p<\frac{a}{2} $ e avremmo che tra p e 2p non esistono primi, che e' falso per il teorema di Chebycheff.

Quindi $ \frac{a}{2}*\frac{a}{3}*p*5*7\geq\frac{a}{2}*\frac{a}{3}*\frac{a}{2}*5*7 $

E adesso:

$ \frac{35a^3}{12}>(a+1)^3 $ ovvero $ \frac{35}{12}>(1+\frac{1}{a})^3 $ che e' vera per a=4

Visto che il RHS e' decrescente in funzione di a, e' vera per qualsiasi $ a\geq 11 $


Poi restano un po' di casi piccoli da vedere a mano.

piever ha scritto:Supponiamo per assurdo $ p<\frac{a}{2} $ e avremmo che tra p e 2p non esistono primi, che e' falso per il teorema di Chebycheff.

Giusto per fare la precisina...
Qui potevi tranquillamente non scomodare il teoremone, aggiungendo il fattore 5^i ed il primo 11... mi spiego meglio:
$ lcm(1,2,...,a-1,a)\geq 2^k*3^j*5^i*7*11> $$ \frac{a}{2}*\frac{a}{3}*\frac{a}{5}*7*11=\frac{77*a^3}{30} $.
Da qui si conclude come hai fatto tu.
Se qualcuno ha provato in altro modo, comunque, la risposta al quesito e' $ 420 $.

In effetti quel minimo comune multiplo cresce ben più velocemente di un cubo. Provate a dimostrare che il binomiale $ \binom{2n}{n} $ divide $ lcm(1,2,\ldots,2n-1,2n) $.

Inoltre si dimostra, ed è una riformulazione del teorema dei numeri primi, che $ \log lcm(1,2,\ldots,n-1,n)\sim n $.