Feladat: 1103. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bede Andrea ,  Benczúr András ,  Bollobás Béla ,  Bornes Klára ,  Csákó Gy. ,  Csipka L. ,  Demendy Z. ,  Fajszi Cs. ,  Farkas Zoltán ,  Fritsch I. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi I. ,  Homitzky L. ,  Huber K. ,  Katona Mária ,  Kéry G. ,  Kiss S. ,  Kovács I. (Békés) ,  Krámli András ,  Kunszt Z. ,  Lehel J. ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Molnár Emil ,  Nagy Dénes ,  Nagy Ernő ,  Náray-Szabó G. ,  Nováky Béla ,  Opálény M. ,  Pór A. ,  Schönweitz T. ,  Sebestyén Z. ,  Seprődi L. ,  Simonovits Miklós ,  Sonnevend György ,  Szegő K. ,  Szepesvári I. ,  Szidarovszky Ágnes ,  Szidarovszky F. ,  Szőts M. ,  Tistyán P. ,  Vesztergombi György ,  Vincze L. ,  Zalán P. ,  Zalay M. 
Füzet: 1962/január, 32 - 34. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Magasabb fokú diofantikus egyenletek, Osztók összege, Prímtényezős felbontás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/április: 1103. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A pα szám összes pozitív osztói: 1,p,p2,...,pα-1,pα; mértani sorozatot alkotnak, a hányados p, a tagok száma α+1, tehát összegük

Sp=pα+1-1p-1.
A pαpβ szám összes pozitív osztói α+1 oszlopból és β+1 sorból álló táblázatba rendezhetők úgy, hogy az egy oszlopban álló osztókban p kitevője ugyanaz, q kitevője oszlopról oszlopra 0-tól 13-ig egyesével növekszik, ‐ az egy sorban álló osztókban pedig q kitevője ugyanaz és p kitevője növekszik 0-tól α-ig.
1,p,p2,...,pα-1,pα,q,pq,p2q,...,pα-1q,pαq,q2,pq2,p2q2,...,pα-1q2,pαq2,(1)......,..qβ,pqβ,p2qβ,...,pα-1qβ,pαqβ.
Az első sorbeli osztók összege Sp, a második sorbelieké qSp, a harmadikbelieké q2Sp,..., az utolsó sorbelieké qβSp, ennélfogva valamennyi osztó összege:
Sp+qSp+q2Sp+...+qβSp=Sp(1+q+q2+...+qβ)=SpSq,
ahol
Sq=qβ+1-1q-1.

A N=pαqβrγ szám összes pozitív osztóit úgy írhatjuk fel, hogy az (1) táblázat számait egy sorba írjuk, mindegyiknek alája írjuk r-szeresét, majd r2-szeresét, ..., rγ-szorosát. Összegüket előbb soronként képezve, majd a sorösszegeket összeadva a fentiekhez hasonlóan nyerjük
SpSq+rSpSq+r2SpSq+...+rγSpSq==SpSq(1+r+r2+...+rγ)=SpSqSr,


ahol
Sr=1+r+r2+...+rγ=rγ+1-1r-1.

Nyilvánvaló, hogy N és sδ szorzatára nézve ‐ ha s a p, q, r-től különböző törzsszám, és δ pozitív egész szám, ‐ az osztók összege SpSqSrSs, ahol Ss=1+s+s2+...+sδ=sδ+1-1s-1, és hasonlóan haladhatnánk tovább több prímszámhatvány szorzatára is.
Mármost 605=5⋅112, és 637=72⋅13, ennélfogva osztóik összege:
(1+5)(1+11+112)=6⋅133=2⋅3⋅7⋅19, ill.
(1+7+72)(1+13)=57⋅14=3⋅19⋅2⋅7, egyenlők.
Hasonlóan 99=32⋅11 és 125=53-ből
(1+3+32)(1+11)=13⋅12=156=1+5+52+53, végül
8214000=24⋅3⋅53⋅372 és 18396875=55⋅7⋅292

osztóinak az összegét véve az egyes törzstényezők szóba jövő hatványainak összegét mindjárt törzsszámhatványok szorzataivá alakítva:
31⋅4⋅156⋅1407=31⋅22⋅22⋅3⋅13⋅3⋅7⋅67, ill.
3906⋅8⋅871=2⋅32⋅7⋅31⋅23⋅13⋅67,

tehát mindkét megadott szám osztóinak az összege egyenlő 24⋅32⋅7⋅13⋅31⋅67-tel. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
A fordított feladat céljára a fentiekből látjuk, hogy valamely természetes szám összes pozitív osztóinak S összege csak olyan szám lehet, amelyhez található vagy egyetlen p törzsszám és α kitevő úgy, hogy p hatványainak összege a 0-iktól az α-dikig összegül éppen az adott számot adja, vagy amely felbontható több ilyen, ‐ de különböző törzsszámokhoz tartozó ‐ számok szorzatára. Ezért az adott 72 és 399 számokra és minden osztójukra megoldjuk az
1+p+p2+...+pα=S(2)
egyenletet.
Itt két ismeretlen van: p és α. Ezért célszerűen úgy járhatunk el, ha előbb az α=1,2 értékeket megválasztva a kapott első-, ill. másodfokú egyenlet gyökeit vizsgáljuk végig, hogy megfelelnek-e p gyanánt, majd p-t és hozzá α≥3-at választva képezzük (2) bal oldalát és megvizsgáljuk, melyik ilyen összeg szerepel az adott számok osztói között.
72-nek 2-nél nagyobb osztói
d=3,4,6,8,9,12,18,24,36,72(3)
(ugyanis 1+p>2; egyébként emiatt d=36 nem adhat megoldást). Innen α=1 kitevővel, vagyis az
1+p=d
egyenletből a p=2,3,5,7,11,17,23,71 törzsszámok jönnek szóba. Eszerint a 71 szám mindjárt megfelelő. Másrészt, pq alakú számokat keresve az (1+p)(1+q)=72 egyenletből q-ra
721+p-1=23,17,11,8,5,3,2
jön szóba; ezek a 8 kivételével prímek, tehát a
72=3⋅24=(1+2)(1+23),=4⋅18=(1+3)(1+17),=6⋅12=(1+5)(1+11)
felbontásokból adódó 2⋅23=46, 3⋅17=51, 5⋅11=55 számok is megfelelnek. Hasonlóan az
(1+p)(1+q)(1+r)=72
egyenletből p=2 és q=3,5,7,11,17,23-mal r-re
723(1+q)-1=5,3,2,1,13,0
jön szóba. Közülük csak r=5, vagyis pqr=2⋅3⋅5=30 ad megoldást. Feltehetjük, hogy p<q<r, így nyilvánvaló, hogy p=3-mal hasonló megoldás már nincs, és hogy a keresett számnak négy- és többféle törzstényezője sem lehet.
Hasonlóan 399=400-1=202-1=3⋅7⋅19 osztói:
d=3,7,19,21,57,133,399;(4)
valamennyi páratlan, ezért innen α=1,β=1,...-gyel nem kapunk megfelelő számot, mert p>2 esetén 1+p páros. Így S=399-et adó számban α=1 kitevővel csak p=2 szerepelhet.
α=2-vel az 1+p+p2=d egyenlet pozitív gyöke
p=-1+4d-32.
A (3)-beli osztókkal a diszkrimináns csak d=3 esetében teljes négyzet, de innen p=1, nem felel meg. A (4) értékekkel
d=3,7,21,57,133-bólp=1,2,4,7,11,
amiből p=2,7 és 11 törzsszám. Mivel d=7 és 57 a 399-nek kapcsolt osztói (szorzatuk 399), azért a p=2, α=2 és q=7, β=2-vel képezett 22⋅72=196 számra S=399. Másrészt p=11-gyeI
3991+11+112=3=1+2,
tehát 2⋅112=242 ugyancsak megfelelő.
Az α≥3 kitevők mellett 2α osztóinak összege 2α+1-1=15,31,63,127,255, egyik sem szerepel (3) és (4)-ben. Hasonlóan p=3-mal 40, 121 és 364, végül p=5-tel 156 sem. Nagyobb törzsszámról nem lehet szó, mert már 1+7+72+73=400>399.
Mindezek szerint az osztók összege gyanánt
72-t a71,46,51,55és30,399-et pedig a196és242


számok esetében kapunk.
 
 Katona Mária (Budapest, Szilágyi Erzsébet lg. Gimn., III. o. t.)
 Nagy Ernő (Budapest, József A. Gimn., III. o. t.)