Le plus petit nombre du bonheur est 2160 = 2^4*3^3*5
Il admet 40 diviseurs.

Son cube 2160^3 admet 520 = 13*40 diviseurs.

Voilà !

Remarque
On peut remplacer les facteurs 2, 3, 5 par 3 nombres premiers distincts.

Bravo, c'est la bonne réponse
Question complémentaire: Trouver le plus petit nombre du bonheur

Exact encore une fois

Edit: Si c'est possible, je mettrai un exemple à l'extrême fin

Reste maintenant à prouver qu'il existe une infinité de k entier tel que si d(n) est le nombre de diviseurs de n: k=d(n^3)/d(n)

Promath- a écrit:

L'infinité de nombre premiers garantit immédiatement la propriété.

C'est un raisonnement hâtif. L'infinité exacte de nombre premiers ne garantit pas que toutes les propriétés sont représentées.

On part de: 13.produit(ni+1) = produit(3ni+1)
Un des termes 3ni+1 est donc multiple de 13
On cherche le plus petit: 3ni+1 = 13 => ni=4
On est donc ramené à: 5.produit(ni+1) = produit(3ni+1)
Un des termes 3ni+1 est donc multiple de 5
Comme 5 ne marche pas, on prend le suivant: 3ni+1 = 10 => ni=3
On est donc ramené à: 2.produit(ni+1) = produit(3ni+1)
Et cette fois, ni=1 fonctionne
Donc on aura: 13.(4+1).(3+1).(1+1) = (3x4+1).(3x3+1).(3x1+1)
CQFD

Bonjour à tous

En fait l'unité des exposants dans la décomposition en facteurs premiers est assez facile à établir même si c'est un peu laborieux car il faut procéder par élimination .

Je note $\vec{x}=(x_1;x_2;\ldots)$ une suite décroissante de valeurs entières positives et presque toutes nulles . La longueur de $L(\vec{x})$ de $\vec{x}$ est le nombres de composantes non nulles . On note aussi $f(\vec{x})=\frac{(3x_1+1)((3x_2+1)\ldots}{(x_1+1)(x_2+1)\ldots}$ et on cherche à résoudre l'équation $f(\vec{x})=13$ . On remarque que $f$ est croissante pour chacune de ses composantes .

Pour une solution $\vec{x}$ , on montre sans problème les résultats suivants :

1°) $L(\(\vec{x})\neq 1$ ( sinon $5x_1=-6$ ) .
2°) $L(\(\vec{x})\neq 2$ ( sinon $2x_1x_2+5(x_1+x_2)=-6$ ) .
3°) $L(\vec{x})<4$ ( sinon $f(\vec{x})\geq 16 .$ )

Alors $L(\vec{x})=3$ : $\vec{x}=(x_1;x_2;x_3;0;0;\ldots)$ que l'on notera $\vec{x}=(x_1;x_2;x_3)$ pour faire plus court .

4°) $f(2;2;2)=\frac{343}{27}\neq 13.$
5°) $f(3;2;2)=\frac{245}{18}>13.$

Alors $x_3=1.$

6°) $x_2\neq 2$ ( sinon $3x_1=25$ ).
7°) $f(4;4;1) =13,52 >13.$

Alors $x_2=3$ et facilement $x_1=4$ .

Les exposants $(4;3;1)$ sont donc uniques mais comme ils s'appliquent à n'importe quels  facteurs premiers on a une infinité de solutions .

Vasimolo

Pour la question de savoir s'il existe une infinité de k entiers tel que k=d(n^3)/d(n), d(n) représentant le nb de diviseurs de n, la réponse est oui et la démo tient en 2 lignes.....

Elle est instantanée en effet
Cette énigme est riche, la FFJM l'a bien trouvée cette année

Je n'ai pas vraiment compris la question...

Ah ok effectivement c'est une question intéressante, mais oui. On n'a qu'à ajouter un facteur premier pour obtenir un nombre plus grand