Сумма кубов хитрого набора чисел равна квадрату его суммы

[worm2]

Задачу эту нашёл в учебнике 5-го класса.
Там, правда, требовалось утверждение не доказать, а всего лишь проверить для нескольких конкретных чисел.
Но тут большинство пятый класс закончило Так что предлагаю доказать утверждение для всех чисел.

Итак, для произвольного $n \in \mathbb{N}$ (например, 6) рассмотрим множество его натуральных делителей ($\{1, 2, 3, 6\}$).
Для каждого числа из этого множества, в свою очередь, найдём количество его натуральных делителей.
Получается конечный набор чисел $a_i$ (в нашем случае $(1, 2, 2, 4)$).

Доказать: $\sum a_i^3 = \left(\sum a_i\right)^2$.

[wrest]

Пусть $n$ простое.
Тогда $a_1=1;a_2=2$ и равенство выполнено: $1^3+2^3=(1+2)^2$

Пусть для какого-то (необязательного простого) $n$ равенство выполнено. Домножим его на простое $p$, не являющееся делителем $n$.

Если в разложении $n$ на простые множители не было $p$, то количество делителей $np$ увеличится в два раза по сравнению с $n$. Причем, если у $n$ скажем количество делителей равно $k$, то у числа $np$ количество делителей первых $k$ делителей будет равно количеству делителей делителей $n$ (которые мы называем по условию задачи $a_i$), а для делителей с $k+1$-го по $2k$-й окажется что $a_{k+i}=2a_{i}$ (это вроде очевидно -- ко второй половине делителей прибавляется то число, на которое домножили, так что количество делителей удваивается).

На примере $n=6$, $a_i$ следующие: $(1;2;2;4)$ Если теперь умножить $6$ на какое-то простое не являющееся делителем $6$, ну например на $7$, то $a_i$ будут следующие: $(1;2;2;4;2\cdot 1;2\cdot 2;2\cdot 2;2\cdot 4)=(1;2;2;4;2;4;4;8)$

Сгруппируем сумму кубов $a_i$ для числа $np$ следующим образом
$\sum \limits_{i=1}^{k}a_i^3+\sum \limits_{i=k+1}^{2k}a_i^3=\sum \limits_{i=1}^{k}a_i^3+2^3\sum \limits_{i=1}^{k}a_i^3=3^2\sum \limits_{i=1}^{k}a_i^3$
Правая часть равенства (сумма квадратов) получается равна $\left(\sum \limits_{i=1}^{2k}a_i\right)^2=\left(\sum \limits_{i=1}^{k}3a_i\right)^2=3^2\left(\sum \limits_{i=1}^{k}a_i\right)^2$.
Так что домножение $n$, для которого равенство уже выполнено, на простое $p$, не являющееся делителем $n$, сохраняет равенство.

Примерно таким же образом доказываем что при домножении $n$ для которого равенство выполнено на простое $q$, которое является делителем $n$, равенство опять же сохранятся.

[AlexValk]

$N=p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}$ --- разложение числа $N$ на простые множители.
Все делители $d$ числа $N$ имеют вид $d=p_1^{\beta_1}\dots p_k^{\beta_k}$, где $0\leq \beta_j\leq \alpha_j$, $j=1,\dots,k$. Число делителей $a$ у делителя $d$ равно $(1+\beta_1)\dots (1+\beta_k)$.
Левая часть:

$$\sum a_i^3=\sum_{\beta_1=0}^{\alpha_1}\dots \sum_{\beta_k=0}^{\alpha_k}((1+\beta_1)\dots (1+\beta_k))^3=\prod_{j=1}^k\sum_{\beta_j=0}^{\alpha_j}(1+\beta_j)^3=\prod_{j=1}^k\left(1^2+2^3+\dots+(1+\alpha_j)^3\right).$$

Правая часть:

$$\left(\sum a_i\right)^2=\left(\sum_{\beta_1=0}^{\alpha_1}\dots \sum_{\beta_k=0}^{\alpha_k}(1+\beta_1)\dots (1+\beta_k)\right)^2=\left(\prod_{j=1}^k\sum_{\beta_j=0}^{\alpha_j}(1+\beta_j)\right)^2=\prod_{j=1}^k\left(1+2+\dots +(1+\alpha_j)\right)^2.$$

Остается сослаться на знаменитое тождество $1^3+2^3+\dots+n^3=(1+2+\dots+n)^2$.

[maxal]

Проще объяснить из свойства мультипликативных функций, коими являются количество делителей $\tau(n)$ и его куб:

$$\sum_{d\mid n} \tau(d) = \prod_{\text{prime}\ p\mid n} \sum_{k=0}^{\nu_p(n)} \tau(p^k)$$

$$\sum_{d\mid n} \tau(d)^3 = \prod_{\text{prime}\ p\mid n} \sum_{k=0}^{\nu_p(n)} \tau(p^k)^3$$

Остается только вспомнить, что $\tau(p^k)=k+1$, и "знаменитое тождество".

-- Tue Jan 09, 2018 12:18:35 --

Интересно, сколько существует различных мультимножеств $\{ \tau(d)\ :\ d\mid n\}$ размера $m$ (т.е. при $\tau(n)=m$) для заданного $m$ ?

В виду исходной задачи, A158649(m) даёт верхнюю оценку. Более того, так как $\{ \tau(d)\ :\ d\mid n\}$ зависит только от показателей простых в разложении $n$, но не от самих простых, то верхнюю оценку даёт также A001055(m).