Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4595. feladat (2014. január)

B. 4595. Jelölje d(n) az n pozitív egész szám pozitív osztóinak a számát. Oldjuk meg a

d(n3)=n

egyenletet.

Javasolta: Di Giovanni Márk (Győr)

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Az \(\displaystyle n=1\) nyilván megoldás, mivel \(\displaystyle d\big(1^{3}\big)=d(1)=1\).

\(\displaystyle n\ne 1\) esetén legyen \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontása \(\displaystyle n=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\), ahol minden \(\displaystyle \alpha_{i}>0\) és \(\displaystyle p_{1}< p_{2}< \ldots < p_{k}\) prímek. Az osztók számára vonatkozó ismert összefüggés alapján

\(\displaystyle d \big(n^{3}\big)=d\Big(\big(p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\big)^{3}\Big)= (3\alpha_{1}+1)(3\alpha_{2}+1) \ldots (3\alpha_{k}+1). \)

A feladatban szereplő egyenlet így a következő formában írható fel:

\(\displaystyle (3\alpha_{1}+1)(3\alpha_{2}+1) \ldots (3\alpha_{k}+1)=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}. \)

A bal oldal minden zárójelében 3-mal osztva 1 maradékot adó szám áll, így a szorzat is 1 maradékot ad 3-mal osztva. Ezek szerint a prímek között nem szerepelhet a 3. Az egyenletet törtes alakban átírhatjuk:

\(\displaystyle \frac{3\alpha_{1}+1}{p_{1}^{\alpha_{1}}} \cdot \frac{3\alpha_{2}+1}{p_{2}^{\alpha_{2}}} \cdot \ldots \cdot \frac{3\alpha_{k}+1}{p_{k}^{\alpha_{k}}}=1. \tag{1}\)

Mivel a bal oldali (pozitív) tényezők szorzata 1, a tényezők között van olyan, amely legalább 1, vagyis van olyan \(\displaystyle j\), amelyre

\(\displaystyle 1 \le \frac{3\alpha_{j}+1}{p_{j}^{\alpha_{j}}}. \)

Először vizsgáljuk meg a \(\displaystyle p_{j}\ne 2\) esetet. Ekkor (mivel \(\displaystyle p_{j} \ne 3\)), \(\displaystyle 5\le p_{j}\), tehát

\(\displaystyle 1 \le \frac{3\alpha_{j}+1}{p_{j}^{\alpha_{j}}} \le \frac{3\alpha_{j}+1}{5^{\alpha_{j}}}. \)

\(\displaystyle \alpha_{j}=1\)-re az \(\displaystyle 1 \le \frac{3\alpha_{j}+1}{5^{\alpha_{j}}}\) egyenlőtlenség nem teljesül, így semmilyen \(\displaystyle 1<\alpha_{j}\)-re sem teljesül, mivel a \(\displaystyle \frac{3\alpha+1}{5^{\alpha}}\) sorozat szigorúan monoton csökken, hiszen

\(\displaystyle \frac{3\alpha+1}{5^{\alpha}} >\frac{3\alpha+4}{5^{\alpha+1}},\)

\(\displaystyle 5(3\alpha+1) > 3\alpha+4,\)

\(\displaystyle 12\alpha + 1 > 0.\)

Ezzel beláttuk, hogy \(\displaystyle p_{j} \ne 2\) esetén \(\displaystyle 1 \le \frac{3\alpha_{j}+1}{p_{j}^{\alpha_{j}}}\) nem teljesülhet. Következésképpen \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontásában szerepel a 2, melynek \(\displaystyle \alpha_{1}\) kitevőjére

\(\displaystyle 1 \le \frac{3\alpha_{1}+1}{2^{\alpha_{1}}}. \)

Az egyenlőtlenség \(\displaystyle \alpha_{1}=1, 2, 3\)-ra teljesül, \(\displaystyle \alpha_{1}=4\)-re viszont nem. Így, mivel a \(\displaystyle \frac{3\alpha+1}{2^\alpha}\) sorozat pozitív \(\displaystyle \alpha\) esetén szigorúan monoton csökken (ez a fenti, \(\displaystyle \frac{3\alpha+1}{5^{\alpha}}\) sorozatnál látott módon belátható), \(\displaystyle \alpha_{1}>4\)-re sem igaz. Ezzel beláttuk, hogy

\(\displaystyle n=2\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}} ~\text{ vagy } ~n=2^{2}\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}} ~\text{ vagy }~ n=2^{3}\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}. \)

\(\displaystyle a)\) \(\displaystyle n=2\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\) esetén

\(\displaystyle n=d\big(n^{3}\big)=4\cdot (3\alpha_{2}+1)\ldots (3\alpha_{k}+1), \)

ahonnan \(\displaystyle n\) osztható \(\displaystyle 4\)-gyel. Ezek szerint ez az eset nem lehetséges, mert az \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontásában a \(\displaystyle 2\) csak első hatványon szerepel.

\(\displaystyle b)\) \(\displaystyle n=2^{2}\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\) esetén

\(\displaystyle n=d\big(n^{3}\big)=7\cdot (3\alpha_{2}+1)\ldots (3\alpha_{k}+1), \)

így \(\displaystyle n\) prímtényzős felbontásában szerepel a 7. Ha első hatványon szerepel, és több prímosztója nincs \(\displaystyle n\)-nek, akkor \(\displaystyle n=2^{2}\cdot 7=28\), melyre \(\displaystyle d\big(n^{3}\big)= (3\cdot2+1)(3\cdot 1 +1)= 28\), tehát ez megoldás. Ha az \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontásában a \(\displaystyle 7\) az 1-nél nagyobb hatványon szerepelne, vagy más prímosztói is lennének \(\displaystyle n\)-nek, akkor az (1) egyenlőség nem teljesülhetne, hiszen a bal oldalon álló kifejezést biztosan csökkentenénk, így kisebb lenne 1-nél (ha a 7 nagyobb hatványon szerepelne, akkor azért, mert a \(\displaystyle p_i(\alpha)=\frac{3\alpha+1}{p_i^{\alpha}}\) sorozat szigorúan monoton csökken, ha pedig \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontásában más prímek is szerepelnének, akkor azért, mert \(\displaystyle \frac{3\alpha_i+1}{p_i^{\alpha_i}} < 1\), ha \(\displaystyle p_{i} \ne 2\)). Így ebben az esetben \(\displaystyle n=28\) az egyetlen megoldás.

\(\displaystyle c)\) \(\displaystyle n=2^{3}\cdot p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\) esetén

\(\displaystyle n=d(n^{3})=10\cdot (3\alpha_{2}+1)\ldots (3\alpha_{k}+1), \)

tehát az \(\displaystyle n\) prímtényzős felbontásában szerepel az \(\displaystyle 5\). Az \(\displaystyle n=2^{3}\cdot 5=40\) megoldása a feladatnak, más megoldás pedig ebben az esetben sincs (ugyanúgy csak csökkenteni tudnánk (1)-ben a bal oldal értékét, ahogyan az előző részben).

Ezzel beláttuk, hogy a feladat megoldásai \(\displaystyle n=1\), \(\displaystyle n=28\) és \(\displaystyle n=40\).

Schwarcz Tamás (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn., 11. évf.) dolgozata alapján


Statisztika:

79 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Ágoston Péter, Andi Gabriel Brojbeanu, Andó Angelika, Balogh Menyhért, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Cseh Kristóf, Csernák Tamás, Di Giovanni Márk, Dinev Georgi, Fekete Panna, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Gáspár Attila, Gyulai-Nagy Szuzina, Kátay Tamás, Khayouti Sára, Kovács 246 Benedek, Kovács 972 Márton, Kovács Balázs Marcell, Kuchár Zsolt, Maga Balázs, Mócsy Miklós, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Gergely, Nagy Kartal, Nagy-György Pál, Németh 777 Róbert, Schwarcz Tamás, Seress Dániel, Talyigás Gergely, Vető Bálint, Weisz Ambrus, Williams Kada, Zarándy Álmos.
4 pontot kapott:18 versenyző.
3 pontot kapott:4 versenyző.
2 pontot kapott:3 versenyző.
1 pontot kapott:12 versenyző.
0 pontot kapott:7 versenyző.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai