 |
A B. 5450. feladat (2025. március) |
B. 5450. Nevezzük az \(\displaystyle n\) pozitív egész szám blokk-osztójának az olyan \(\displaystyle d\) pozitív egész számot, amelyre teljesül, hogy \(\displaystyle d|n\), valamint \(\displaystyle d\) és \(\displaystyle \frac{n}{d}\) relatív prím egészek. Jelölje \(\displaystyle B(n)\) az \(\displaystyle n\) szám blokk-osztóinak összegét. Adjuk meg az összes olyan pozitív egész számot, amelynek nincs négy különböző prímosztója, és \(\displaystyle B(n)=2n\).
Javasolta: Csizmazia Norbert (Harkány)
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. április 10-én LEJÁRT.
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: \(\displaystyle 6,60,90\).
Statisztika:
45 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 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 pontot kapott: 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 pontot kapott: 4 versenyző. 2 pontot kapott: 4 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2025. márciusi matematika feladatai