Kezdőlap


Feladat:	Gy.2577	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Harcos Gergely
Füzet:	1990/április, 165 - 166. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Osztók száma, Prímtényezős felbontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/október: Gy.2577

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

A megoldásban csak a pozitív osztókat vizsgáljuk. Jelöljük $d (n)$ -nel a pozitív egész $n$ szám osztóinak a számát, és tegyük fel, hogy a pozitív $n$ és $m$ számokra

\begin{matrix} Π (n) = Π (m) . \end{matrix}

(1)

n

és

m

közül az egyik 1, akkor

Π (1) = 1

miatt és az (1) feltételből

Π (n) = 1 = Π (m)

, azaz

n = 1 = m

, hiszen

Π (t) = 1

esetén (

t

pozitív egész)

t

-nek nem lehet 1-nél nagyobb osztója, tehát

t \leq 1

t = 1

. Ennek alapján a bizonyításban a továbbiakban szorítkozhatunk az

n \geq 2

m \geq 2

esetre. Legyenek az

n

osztói az

a_{i} (i = 1, 2, ..., d (n))

számok, ekkor

\begin{matrix} Π (n) = a_{1} a_{2} \cdot ... \cdot a_{d (n)} . \end{matrix}

(2)

Mivel az

a_{i} (i = 1, 2, ..., d (n))

számok páronként különbözőek, osztói az

n

-nek, és számuk

d (n)

, ezért az

\frac{n}{a_{i}}

(i = 1, 2, ..., d (n))

számok is páronként különbözőek, osztói az

n

-nek

(n : \frac{n}{a_{i}} = a_{i})

és számuk

d (n)

. Így az

\frac{n}{a_{i}} (i = 1, 2, ..., d (n))

alakú számok is az

n

osztóinak egy felsorolása, tehát

\begin{matrix} Π (n) = \frac{n}{a_{1}} \cdot \frac{n}{a_{2}} \cdot ... \cdot \frac{n}{a_{d (n)}} = \frac{n^{d (n)}}{a_{1} a_{2} ... a_{d (n)}} . \end{matrix}

Ezt (2)-vel megszorozva a

{[Π (n)]}^{2} = n^{d (n)}

összefüggést kapjuk. Ugyanígy következik a

{[Π (m)]}^{2} = m^{d (m)}

egyenlőség. Mivel (1)-ből

{[Π (n)]}^{2} = {[Π (m)]}^{2}

adódik, ezért fennáll, hogy

\begin{matrix} n^{d (n)} = m^{d (m)} . \end{matrix}

(3)

Legyen

n

és

m

prímtényezős felbontása

\begin{matrix} n = p_{1}^{α_{1}} p_{2}^{α_{2}} ... p_{r}^{α_{r}} és \\ m = p_{1}^{β_{1}} p_{2}^{β_{2}} ... p_{r}^{β_{r}}, ahol α_{i} és β_{i} (i = 1, 2, ..., r) & (4) \end{matrix}

nemnegatív egészek. Mivel

n

és

m

közül egyiknek sincs kitüntetett szerepe, ezért feltehetjük, hogy

m \geq n

. Bevezetve a

γ = \frac{d (m)}{d (n)}

jelölést, (3)-ból

\begin{matrix} n = m γ \end{matrix}

(5)

következik, amit az előzővel egybevetve

m \geq m^{γ}

, azaz ‐ felhasználva az

x \mapsto m^{x}

függvény szigorúan monoton növekvő voltát

\begin{matrix} 1 \geq γ . \end{matrix}

(6)

A (3) feltételből( 4) alapján

\begin{matrix} p_{1}^{α_{1} d (n)} p_{2}^{α_{2} d (n)} ... p_{r}^{α_{r} d (n)} = p_{1}^{β_{1} d (m)} p_{2}^{β_{2} d (m)} ... p_{r}^{β_{r} d (m)}, \end{matrix}

a számelmélet alaptétele szerint ez azt jelenti, hogy

α_{i} d (n) = β_{i} d (m)

(i = 1, 2, ..., r)

, azaz

0 \leq α_{i} = β_{i} γ (i = 1, 2, ..., r)

, ebből pedig (6) miatt

0 \leq α_{i} \leq β_{i} (i = 1, 2, ..., r)

; tehát fennáll, hogy

O < α_{i} + 1 \leq β_{i} + 1 (i = 1, 2, ..., r)

. Ezeket az egyenlőtlenségeket összeszorozva

\begin{matrix} (α_{1} + 1) (α_{2} + 1) ... (α_{r} + 1) \leq (β_{1} + 1) (β_{2} + 1) ... (β_{r} + 1) \end{matrix}

egyenlőtlenséget kapjuk. Ennek bal oldalán viszont

d (n)

, jobb oldalán pedig

d (m)

áll, ezért

γ = \frac{d (m)}{d (n)} \geq 1

. Ezt (6)-tel egybevetve

γ = 1

, és így (5)-ből valóban

n = m

adódik.

Megjegyzés. A megoldásban felhasználtuk a

\begin{matrix} d (n) = (α_{1} + 1) (α_{2} + 1) ... (α_{r} + 1), \end{matrix}

összefüggést, amelyet a következőképpen láthatunk be. Az

n = p_{1}^{α_{1}} p_{2}^{α_{2}} ... p_{r}^{α_{r}}

számnak pontosan azok a

p_{1}^{x_{1}} p_{2}^{x_{2}} ... p_{r}^{x_{r}}

alakú számok az osztói, amelyekre

x_{i} = 0, 1, ..., α_{i} (i = 1, 2, ..., r)

. Ilyen számokból egyrészt

d (n)

van, másrészt éppen

(α_{1} + 1) (α_{2} + 1) ... (α_{r} + 1)

hiszen az

x_{1}

x_{2}

...

x_{r}

számok egymástól függetlenek, lehetséges értékeik száma pedig rendre

α_{1} + 1

α_{2} + 1

...

α_{r} + 1

Harcos Gergely (Bp., Apáczai Csere J. Gimn., III. o. t.)