Feladat:	C.561	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Gáthy Lajos
Füzet:	2000/szeptember, 346 - 347. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Prímtényezős felbontás, Osztók száma, Oszthatóság, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/december: C.561

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Tudjuk, hogy ha egy $n$ pozitív egész szám prímtényezős felbontása $p_1^{{\alpha }_1}\cdot p_2^{{\alpha }_2}\cdot \text{...}\cdot p_n^{{\alpha }_n}$, akkor a szám pozitív osztóinak száma: $d\left(n\right)=\left({\alpha }_1+1\right)\left({\alpha }_2+1\right)\text{...}\left({\alpha }_n+1\right)$. Egy számnak akkor lesz pontosan 6 különböző osztója, ha vagy a) $p_1^5$ alakú, ahol $p_1$ prímszám, vagy b) $p_1^2\cdot p_2$ alakú, ahol $p_1$, $p_2$ különböző prímszámok. Ha $p=2$, akkor $N=p^2+11=15=3\cdot 5$; egyik feltételnek sem tesz eleget, $p$ tehát csak páratlan prímszám lehet. Ha $p=3$, akkor $N=3^2+11=20=2^2\cdot 5$ megfelel a b) feltételnek; a 20-nak valóban 6 különböző pozitív osztója van: 1, 2, 4, 5, 10 és 20. Ha $p$ páratlan és nem 3, akkor a négyzete 4-gyel osztva 1 maradékot ad, hiszen $p^2={\left(2k+1\right)}^2=4k^2+4k+1$. Azért $N=p^2+11$ osztható 4-gyel. Ha most $N=p_1^5$, akkor $p_1$ csak 2 lehet, de $p^2+11=32$-ből $p$-re nem kapunk egész értéket. Az $N$ tehát nem lehet $p_1^5$ alakú. Így $p_1^2{p}_2$ alakú, és a 4-gyel való oszthatósága miatt $p_1=2$. De $N$ 3-mal is osztható, mivel $p^2$ a 3-mal osztva is 1 maradékot ad (hiszen $p$ vagy $3l+1$, vagy $3l-1$ alakú), azaz $p_2=3$. Vagyis $N=p^2+11=2^2\cdot 3=12$, és innen $p=1$, ami nem prímszám. A feladatnak tehát egyetlen megoldása a $p=3$.  Gáthy Lajos (Fehérgyarmat, Zalka M. Gimn., 9. o.t.)   II. megoldás. Vegyük észre, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle p^2+11=\left(p-1\right)\left(p+1\right)+12.}\end{array}$ Ha $p>3$, akkor $p-1$ és $p+1$ is páros és egyikük osztható 3-mal is, ezért szorzatuk osztható 12-vel is. Továbbá $p^2+11>12$, ezért 7 különböző osztója is van, ezek 1, 2, 3, 4, 6 12 és $p^2+11$. Így $p$ nem lehet 3-nál nagyobb. Ha $p=2$, akkor $p^2+11=15$, ennek csak 4 különböző pozitív osztója van. Ha $p=3$, akkor $p^2+11=20$, s ahogy már az előbb is láttuk, ennek 6 különböző pozitív osztója van, ez tehát az egyetlen megoldás.