Problem B. 5450. (March 2025)
B. 5450. Let positive integer \(\displaystyle d\) be called a block-divisor of positive integer \(\displaystyle n\) if \(\displaystyle d\mid n\) and moreover, \(\displaystyle d\) and \(\displaystyle \frac{n}{d}\) are coprimes. Let \(\displaystyle B(n)\) denote the sum of the block-divisors of \(\displaystyle n\). Find all positive integers \(\displaystyle n\) such that \(\displaystyle n\) has at most three distinct prime factors and \(\displaystyle B(n)=2n\).
Proposed by: Norbert Csizmazia, Harkány
(5 pont)
Deadline expired on April 10, 2025.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Ha \(\displaystyle d\) az \(\displaystyle n\) egy tetszőleges osztója, akkor a \(\displaystyle d\) és az \(\displaystyle n/d\) prímtényezős felbontása együtt kiadja az \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontását. A \(\displaystyle d\) akkor "blokkosztó", ha a két prímfelbontás diszjunkt, vagyis ha \(\displaystyle d\) az \(\displaystyle n\) néhány maximális prímhatvány osztójának szorzata, megengedve az üres szorzatot, amikor is \(\displaystyle d=1\).
Az \(\displaystyle n\) prímosztóinak száma szerint négy esetet vizsgálunk.
0. eset: Az \(\displaystyle n\)-nek nincs prímosztója.
Ez csak úgy lehet, ha \(\displaystyle n=1\). Az \(\displaystyle n=1\) nem megoldás, mert \(\displaystyle B(1)=1\ne2\).
1. eset: Az \(\displaystyle n\)-nek pontosan egy prímosztója van.
Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle n\) prím vagy prímhatvány. Az \(\displaystyle n\) maga a saját egyetlen maximális primhatvány osztója, így két blokkosztó van, az \(\displaystyle 1\) és az \(\displaystyle n\). Mivel \(\displaystyle n>1\), \(\displaystyle B(n)=1+n<2n\), az \(\displaystyle n\) nem lehet megoldás.
2. eset: Az \(\displaystyle n\)-nek pontosan két prímosztója van.
Legyen \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontása \(\displaystyle n=p^aq^b\); az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy \(\displaystyle p^a<q^b\). Az \(\displaystyle n\) blokkosztói az \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle p^a\), \(\displaystyle q^b\) és a \(\displaystyle p^aq^b\). Az \(\displaystyle n\) szám tehát akkor megfelelő, ha
$$\begin{gather*} B(n) = 2n \\ 1+p^a+q^b+p^aq^b = 2p^aq^b \\ p^aq^b-p^a-q^b+1 = 2 \\ (p^a-1)(q^b-1) = 2. \end{gather*}$$A \(\displaystyle 2\) egyetlen felbontása pozitív egészekre a \(\displaystyle 2=1\cdot2\), tehát \(\displaystyle p^a=2\), \(\displaystyle q^b=3\) és \(\displaystyle n=6\), ami valóban megoldás.
3. eset: Az \(\displaystyle n\)-nek pontosan három prímosztója van.
Legyen \(\displaystyle n\) prímtényezős felbontása \(\displaystyle n=p^aq^br^c\); feltehetjük, hogy \(\displaystyle p^a<q^b<r^c\). Az \(\displaystyle n\) blokkosztói: \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle p^a\), \(\displaystyle q^b\), \(\displaystyle r^c\), \(\displaystyle p^aq^b\), \(\displaystyle p^ar^c\), \(\displaystyle q^br^c\) és \(\displaystyle p^aq^br^c\). Az \(\displaystyle n\) szám akkor megfelelő, ha
$$\begin{gather*} 1+p^a +q^b +r^c+p^aq^b +p^ar^c+q^br^c +p^aq^br^c = 2p^aq^br^c \\ (p^a+1)(q^b+1)(r^c+1) = 2p^aq^br^c. \end{gather*}$$Azért, hogy az esetek számát csökkentsük, osszuk el az egyenletet \(\displaystyle p^aq^br^c\)-nel, és becsüljük mindhárom prímhatványt \(\displaystyle p^a\)-val:
$$\begin{gather*} \bigg(1+\dfrac1{p^a}\bigg)^3 > \bigg(1+\dfrac1{p^a}\bigg)\bigg(1+\dfrac1{q^b}\bigg)\bigg(1+\dfrac1{r^c}\bigg) = 2 \\ 1+\frac1{p^a} > \sqrt[3]2 \\ p^a < \frac1{\sqrt[3]{2}-1}<4 \\ p^a=2 \quad\text{vagy}\quad p^a=3. \end{gather*}$$3a. eset: \(\displaystyle p^a=2\), és \(\displaystyle n=2\cdot q^br^c\), ahol \(\displaystyle 2<q^b<r^c\).
$$\begin{gather*} 3(q^b+1)(r^c+1) = 4q^br^c \\ q^br^c-3q^b-3r^c+9 = 12 \\ (q^b-3)(r^c-3) = 12. \end{gather*}$$Mivel \(\displaystyle 2<q^b<r^c\), egyik tényező sem lehet negatív.
Ha \(\displaystyle q^b-3=1\) és \(\displaystyle r^c-3=12\), akkor \(\displaystyle q^b=4,r^c=15\); ez nem megoldás, mert \(\displaystyle p=2\), \(\displaystyle q\) és \(\displaystyle r\) különböző prímszámok.
Ha \(\displaystyle q^b-3=2\) és \(\displaystyle r^c-3=6\), akkor \(\displaystyle q^b=5,r^c=9\), \(\displaystyle n=90\).
Ha pedig \(\displaystyle q^b-3=3\) és \(\displaystyle r^c-3=4\), akkor \(\displaystyle q^b=6,r^c=7\); ez nem megoldás, mert a \(\displaystyle 6\) nem prímhatvány.
3b. eset: \(\displaystyle p^a=3\), és \(\displaystyle n=3\cdot q^br^c\), ahol \(\displaystyle 3<q^b<r^c\).
$$\begin{gather*} 4(q^b+1)(r^c+1) = 6q^br^c \\ q^br^c-2q^b-2r^c+4 = 6. \\ (q^b-2)(r^c-2) = 6. \\ \end{gather*}$$Ha \(\displaystyle q^b-2=1\) és \(\displaystyle r^c-2=6\), akkor \(\displaystyle q^b=3\) és \(\displaystyle r^c=8\); ez nem ad megoldást, mert \(\displaystyle p\) és \(\displaystyle q\) nem lehetnek egyenlők.
Ha \(\displaystyle q^b-2=2\) és \(\displaystyle r^c-2=3\), akkor \(\displaystyle q^b=4\) és \(\displaystyle r^c=5\), \(\displaystyle n=60\).
Összesen három megoldást találtunk: \(\displaystyle 6,60,90\).
Statistics:
45 students sent a solution. 5 points: Ali Richárd, Aravin Peter, Bolla Donát Andor, Csató Hanna Zita , Gyenes Károly, Hodossy Réka, Holló Martin, Li Mingdao, Ligeti Ábel, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sütő Áron, Szabó 721 Sámuel, Török Eszter Júlia, Varga 511 Vivien, Wágner Márton, Wiener Marcell, Zhai Yu Fan. 4 points: Balla Ignác , Bodor Ádám, Dancs Bálint, Diaconescu Tashi, Fodor Barna, Hajba Milán, Járdánházi-Kurutz Vilmos, Kerekes András, Kővágó Edit Gréta, Sha Jingyuan, Vigh 279 Zalán. 3 points: 4 students. 2 points: 4 students. 1 point: 1 student. 0 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, March 2025