Feladat: 1106. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Thurnherr Kálmán 
Füzet: 1967/november, 151. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Osztók száma, Prímtényezős felbontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1967/február: 1106. matematika gyakorlat

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

a) 572=221113, osztója csak olyan egész szám lehet, melynek ugyanilyen előállításában a 2-n, 11-en és 13-on kívül más törzsszám nem lép fel, és ezek is rendre legfeljebb 2-szer, 1-szer, ill. 1-szer. Eszerint a 2-es törzsszámnak az osztóba való felvétele tekintetében 3-féleképpen választhatunk: 2-szer, ill. 1-szer vesszük fel, ill. egyáltalán nem, azaz 0-szor vesszük fel. Más szóval: 2 kitevőjének 2-t, 1-et, ill. 0-t vesszük. Hasonlóan 11 és 13 kitevője egyaránt 1 vagy 0 lehet. A 2, 11 és 13 kitevőjét egymástól függetlenül választhatjuk meg, ezért a lehetőségek összes száma 322=12, vagyis az eredeti kitevőknél 1-gyel nagyobb számokból képezett szorzat. Ha egyik törzsszámunkat sem vesszük fel az osztóba, akkor 1-et kapunk, ha mindegyiket a legnagyobb kitevővel, akkor magát az 572-t. Az osztók a következők:

1,2,22=4,11,211=22,2211=44,
és ezek 13-szorosai
13,213=26,2213=52,1113=143,21113=286,221113=572,
vagy növekvően rendezve:
1,2,4,11,13,22,26,44,52,143,286,572.

b) 572a3bc=221113a3bc. Az I. esetben a, b, c mindegyike különbözik 2-től, 11-től, 13-tól és egymástól, ezért az osztók száma a fenti meggondoláshoz hasonlóan
(2+1)(1+1)(1+1)(3+1)(1+1)(1+1)=192.

A II. esetben 31 törzsszám, 32=25, 33=311, így 572a3bc=27311213313, osztóinak száma:
(7+1)(1+1)(2+1)(1+1)(3+1)=384.

 Thurnherr Kálmán (Budapest, Radnóti M. gyak. g. I. o. t.)