A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Tájékozódásul táblázatban összeállítjuk az , 3, 4, , 12 számok összes osztóit és ezek alapján osztóik számát. Várható, hogy így szabályszerűségeket ismerünk fel, és azokat felhasználva válaszolhatunk a kérdésekre.
Itt τ-ra négyféle érték fordult elő: τ=2 adódott n=2, 3, 5, 7, 11 esetében ‐ vagyis a megvizsgált törzsszámokra megegyezésben azzal, hogy törzsszámnak azokat a (természetes) számokat nevezzük, amelyeknek 1-en és önmagán kívül nincs más osztója, vagyis amelyek osztóinak száma τ=2. Eszerint τ=2-re a keresett szám a legkisebb törzsszám: N2=2. τ=3 adódott n=4 és n=9 esetében; e két szám p2 alakban írható, p=2-vel, ill. p=3-mal. Nyilvánvaló, hogy minden p törzsszám négyzetére τ=3, mert p2 osztói csak az 1, p, p2 számok. Hasonlóan, n=8=23-re τ=4, és bármely p törzsszám köbének 4 osztója van: 1, p, p2, p3. Általában pk osztói: 1, p, p2, p3, ..., pk-1, pk és számuk τ=k+1. τ=4 adódott továbbá n=6=2⋅3 és n=10=2⋅5 esetében is. Ezek osztóit táblázatokba rendezve látjuk, hogy a második sorbeli osztók az első sorbelieknek 3-, ill. 5-szörösei; vagy az oszlopokat nézve: a 2-ik oszlopban az első oszlopbeli osztók 2-szerese áll. Nyilvánvaló, hogy minden, két különböző törzsszám szorzataként írható n=p1p2 alakú számnak ugyancsak 4 osztója van:
1p1p2p1p2.
Hasonlóan rendezhetjük el 12=4⋅3=22⋅3 osztóit, valamint tájékozódásunkat a 36=3⋅12 számra kiterjesztve ‐ a 12 osztói mellé csatlakozó 9, 18 és 36 osztókat: | 1,3,2,6=2⋅3,4=2212=22⋅3,}12 osztói9¯=32¯,18¯=2⋅32¯,36¯=22⋅32¯}36 osztói | Általában egy p1k1 p2k2 alakú szám osztói a következők:
1,p1,p12,...,p1k1,p2,p1p2,p12p2,...,p1k1⋅p2,p22,p1p22,p12p22,...,p1k1⋅p22,.....................p2k2,p1p2k2,p12p22,...,p1k1p2k2.
(A táblázat minden száma egyenlő az oszlopa fején és a sora elején álló két szám szorzatával.) Ezek száma: τ=(k1+1)(k2+1). Általánosabban, ha A és B egymáshoz relatív prím számok és A osztói (nagyság szerint rendezve): a1=1, a2, a3, ..., ar=A (számuk τ=r), B osztói: b1=1, b2, b3, ..., bs=B (számuk τ=s), akkor e két felsorolásban az 1-től eltekintve nincs közös szám, így az AB szorzat összes osztóit úgy kapjuk, ha a két felsorolás egy‐egy számát minden lehetséges módon összeszorozzuk:
1,a2,a3,...,arb2,a2b2,a3b2,...,arb2,b3,a2b3,a3b3,...,arb3,(1)............bs,a2bs,a3bs,...,arbs,
és nem nagyon nehéz bizonyítani, hogy ezek egymástól különbözők. Világos, hogy mindezek a számok osztói AB-nek, és más osztó nem lehetséges. Így a sorok és oszlopok számából az osztók száma τ=rs. Mindezek alapján azt sejtjük (és ezt be is bizonyíthatjuk), hogy ha pl, p1, p2, ..., pr különböző törzsszámok, és k1, k2 ..., kr (pozitív egész) kitevők, akkor az szám osztóinak száma: | τ(n)=(k1+1)(k2+1)...(kr+1), | (2) | vagyis, hogy egy adott szám különböző törzsszámok hatványainak szorzataként felírt alakjából osztóinak számát úgy kapjuk, hogy valamennyi kitevőt 1-gyel növeljük, és az így kapott számokat összeszorozzuk. Háromféle törzstényező fellépése esetén már ,,térbeli'' táblázatra van szükség, pl. n=30=2⋅3⋅5 esetén e táblázat két ,,emelete'': | 1,2,510=2⋅53,6=2⋅315=3⋅530=2⋅3⋅5. | Többféle törzstényező fellépése esetén hasonló áttekinthető elrendezés már nem lehetséges, de (1) mintájára ‐ ahol A és B-ben többféle törzstényező is felléphet ‐ ilyenkor is képezhetünk táblázatot pl. n=210=2⋅3⋅5⋅7 esetén A-t 2⋅3-nak, B-t 5⋅7-nek véve a következő táblázat adódik: | 1,2,3,6,5,10,15,30,7,14,21,42,35,70,105,210. |
Most már (2) eredményünkre támaszkodva olyan természetes számokat, amelyek osztóinak száma egy adott τ szám, úgy képezhetünk, hogy τ-t minden lehetséges módon természetes számok szorzataként írjuk, ideértve a τ=1⋅τ ,,kéttényezős'' szorzatot is, majd a tényezőket 1-gyel csökkentve különböző törzsszámok fölé kitevőknek írjuk, végül az így kapott hatványokat összeszorozzuk. Mivel az előírt τ értékek közül τ=3 és τ=5 törzsszám, azért ezek szerint 3, ill. 5 osztója csak a p3-1=p2, ill. p5-1=p4 alakú számoknak lehet. Nyilvánvaló, hogy a legkisebb 3, ill. 5 osztóval bíró szám p=2-vel adódik: N3=22=4, N5=24=16. Ha az előírt τ érték összetett szám, akkor az ennyi osztóval bíró alakok közül a legkisebb számot adót esetenként kell kiválasztanunk. τ=4=4⋅1=2⋅2-höz két alak lehetséges: p14-1p21-1=p13 és p12-1⋅p22-1=p1p2. Nyilván ismét p1=2-vel, ill. p1=2 és p2=3-mal adódik a legkisebb ilyen szám: 23=8, ill. 2⋅3=6. Az utóbbi a kisebb, eszerint N4=6. ‐ A továbbiakban is p1 helyére mindig 2-t, p2 helyére mindig 3-at írunk. A τ=6=6⋅1=3⋅2-höz hasonlóan képezhető alakok: p15 és p12p2, a legkisebb számok pedig 32, ill. 22⋅3=12 (nyilvánvaló ugyanis, hogy 32⋅2>22⋅3 (általában, ha p1<p2 és k1>k2, akkor p1k1p2k2<p1k2p2k2, mert innen p1k2p2k2-vel egyszerűsítve a helyes p1k1-k2<p2k1-k2 egyenlőtlenség adódik), tehát N6=12. Hasonlóan τ=10=10⋅1=5⋅2 esetén a p19 és p14p2 alakokból N10=24⋅3=48, ugyanis kiszámítás nélkül megállapíthatjuk, hogy 24⋅3<29=24⋅25. A τ=8 szám felbontásai: 8⋅1=4⋅2=2⋅2⋅2, az így adódó p17, p13p2 és p1p2p3 alakokból (ahol p3 gyanánt nyilván a nagyságra nézve 3-ik törzsszám: 5 veendő) N8=23⋅3=24. Itt a p1p2p3 ból adódó legkisebb szám: 30, nagyobb a p13p2 alak legkisebb lehetséges értékénél, 24-nél. A τ=16 egytényezős felbontásából adódó p115 nagyobb a kéttényezős 8⋅2 és 4⋅4 felbontásokból adódó p17p2 és p13p23 alakok legkisebb lehetséges értékénél, mert p115-7=p18>p2, ill. p115-3=p112>p23. Az utóbbi két alak közül p13p23 kisebb, mert legnagyobb közös osztójukkal, p13p2-vel osztva p14=16>9=p22. ‐ Három tényezőre bontva 16=4⋅2⋅2; és p13p2p3 kisebb p13p23-nél, mert p3=5<9=p22. Viszont a 16=2⋅2⋅2⋅2 négytényezős felbontásból adódó p1p2p3p4 alak legkisebb lehetséges értéke (p4=7-tel) ismét nagyobb p13p2p3-nál, mert p12=4<7=p4. Ezek szerint N16=23⋅3⋅5=120. Hasonlóan τ=36=3⋅3⋅2⋅2-höz N36=p12p22p3p4=1260, ugyanis a háromtényezős 36=4⋅3⋅3=6⋅3⋅2=9⋅2⋅2 felbontásokhoz tartozó p13p22p32, p15p22p3, p18p2p3 számok nagyobbak N36-nál, és még nagyobbnak adódnak a 9⋅4=6⋅6 felbontásoknak megfelelő alakok legkisebb értékei. ‐ Ugyanígy τ=100=5⋅5⋅2⋅2-ből N100=24⋅34⋅5⋅7=45360, mert pl. a háromtényezős 10⋅5⋅2 felbontásra áttérve p4=7-tel osztunk, viszont p15=32-vel szorzunk. Hasonlóan a többi felbontásokhoz adódó legkisebb 100 osztós számok is nagyobbak N100-nál. A τ=64=26 érték hattényezős felbontásából adódó p1p2p3p4p5p6 alak legkisebb értéke (p5=11 és p6=13-mal) nagyobb az öttényezős p13p2p3p4p5 alak legkisebb értékénél, mert az utóbbi annak csak p22/p6=4/13 része. Ismét kisebbet kapunk p13p23p3p4-ből, mert p22/p5=9/11<1. Viszont p13p23p33 már nagyobb lenne, mert p32/p4=25/7>1. Így N64=23⋅33⋅5⋅7=7560. Az egymáshoz hasonló felbontási lehetőségeket nyújtó τ=216=3323 és τ=1000=5323 értékekből előálló alakokból a N216=25⋅32⋅52⋅7⋅11=554400, ill. N1000=24⋅34⋅54⋅7⋅11⋅13=810810000 szám adódik. Itt az N10=24⋅3, N100=(2⋅3)4⋅5⋅7 és N1000=(2⋅3⋅5)4⋅7⋅11⋅13 eredményekben mutatkozó szabályszerűség, valamint az N6=22⋅3 és N36=(2⋅3)2⋅5⋅7 eredmények alapján N216-ra a (2⋅3⋅5)2⋅7⋅11⋅13 szám lett volna várható, viszont a fenti 23(2⋅3⋅5)2⋅7⋅11 szám amannál kisebb, mert 23/13<1. Bár ezek szerint nincs alapunk általánosításra, az N10, N100 és N1000 szabályszerűsége alapján mégis célszerű N1000000-ra valamennyi lehetőség vizsgálata helyett az | N*=(2⋅3⋅5⋅7⋅11⋅13)4⋅17⋅19⋅23⋅29⋅31⋅37 | számból kiindulni, amely az 1000000=5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅5⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2⋅2 felbontásból adódik. Mégis látjuk, hogy ha egy 5⋅2-s szorzat helyett 10-et írunk, és ezt tekintjük k1+1-nek, ezáltal p1 kitevője 5-tel emelkedik, viszont p12=37 az N*-ból kiesik, vagyis így N*-nak 32/37-szeresét, azaz kisebb számot kapunk. Az így nyert számról könnyű elfogadni, hogy ez a legkisebb 1000000 osztójú szám, mert az 1000000 szám 10-tényezős felbontására áttérve, vagyis p11=31-et is törölve vagy p2 kitevője emelkednék 9-re, vagy p1 kitevője 19-re, ami 35=243-mal, ill. 210=1024-gyel való szorzást jelent, mindenképpen N*-nál nagyobb számra vezet. Ezt a belátást természetesen még teljes bizonyítássá kellene kifejleszteni, de ez messze vezetne. Eszerint elfogadhatjuk, hogy | N1000000=29(3⋅5⋅7⋅11⋅13)4⋅17⋅19⋅23⋅29⋅31. |
Összeállítva Fritz József, Frint Gábor és Grüner György | (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. g. III. o. tanulók) különböző indokolású dolgozataiból. |
Megjegyzések. 1. A (2) képlet bizonyítása megtalálható Faragó László: A számelmélet elemei c. könyvben (Középisk. Szakköri Füzetek, Tankönyvkiadó 1954, 38. o.), továbbá az Erdős Pál‐Surányi János: Válogatott fejezetek a számelméletből c. könyvben (Tankönyvkiadó, 1960, 208. o.). 2. Egy dolgozat a tízes számrendszerben is megadta N1000000-t, emiatt a számítást ellenőriznünk kellett. Bár az ellenőrzés hamar megmutatta, hogy a számítás hibás ‐ a közölt szám ugyanis 3-mal nem volt osztható ‐, mégis kiszámítottuk a helyes értéket: | N1000000=173804636288811640432320000. |
Ennek kapcsán megemlítjük, hogy a feladat ötletét egy nem‐európai folyóirat egy húsz évvel ezelőtti számából vettük, amely ‐ idegen forrásra hivatkozva ‐ az 1000000 osztóval bíró számok legkisebbike gyanánt a következőt közölte: | N=(1267650600228229401496703205376)66⋅(847288609443)4, | a következő megjegyzéssel: ,,az első zárójelbeli szám a legkisebb olyan, amelynek 100 osztója van.'' Mivel a zárójelekben 2100, ill. 325 áll, azért N=26600⋅3100, ezért egyrészt osztóinak száma 6601⋅101=666701<1000000, másrészt még az első zárójelbeli alap is 4 jeggyel hosszabb N1000000-nál. ‐ Ebből is az a tanulság, hogy számításainkat ismételten ellenőriznünk kell, és hogy tartózkodjunk a túl merész általánosításoktól. |