Feladat:	B.4595	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Schwarcz Tamás
Füzet:	2015/január, 15 - 17. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Osztók száma, Prímtényezős felbontás, Egyenletek, Egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/január: B.4595

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Az $n=1$ nyilván megoldás, mivel $d\left(1^3\right)=d\left(1\right)=1$. $n\ne 1$ esetén legyen $n$ prímtényezős felbontása $n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}$, ahol minden ${\alpha }_i>0$ és $p_1<p_2<\text{...}<p_k$ prímek. Az osztók számára vonatkozó ismert összefüggés alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle d\left(n^3\right)=d({\left(p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}\right)}^3)=\left(3{\alpha }_1+1\right)\left(3{\alpha }_2+1\right)\text{...}\left(3{\alpha }_k+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A feladatban szereplő egyenlet így a következő formában írható fel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(3{\alpha }_1+1\right)\left(3{\alpha }_2+1\right)\text{...}\left(3{\alpha }_k+1\right)=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}\mathrm{.}}\end{array}$ A bal oldal minden zárójelében 3-mal osztva 1 maradékot adó szám áll, így a szorzat is 1 maradékot ad 3-mal osztva. Ezek szerint a prímek között nem szerepelhet a 3. Az egyenletet törtes alakban átírhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3{\alpha }_1+1}{p_1^{{\alpha }_1}}\cdot \frac{3{\alpha }_2+1}{p_2^{{\alpha }_2}}\cdot \text{...}\cdot \frac{3{\alpha }_k+1}{p_k^{{\alpha }_k}}=1.}\end{array}$ (1) Mivel a bal oldali (pozitív) tényezők szorzata 1, a tényezők között van olyan, amely legalább 1, vagyis van olyan $j$, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\le \frac{3{\alpha }_j+1}{p_j^{{\alpha }_j}}\mathrm{.}}\end{array}$ Először vizsgáljuk meg a $p_j\ne 2$ esetet. Ekkor (mivel $p_j\ne 3$), $5\le p_j$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\le \frac{3{\alpha }_j+1}{p_j^{{\alpha }_j}}\le \frac{3{\alpha }_j+1}{5^{{\alpha }_j}}\mathrm{.}}\end{array}$ ${\alpha }_j=1$-re az $1\le \frac{3{\alpha }_j+1}{5^{{\alpha }_j}}$ egyenlőtlenség nem teljesül, így semmilyen $1<{\alpha }_j$-re sem teljesül, mivel a $\frac{3\alpha +1}{5^{\alpha }}$ sorozat szigorúan monoton csökken, hiszen ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{3\alpha +1}{5^{\alpha }}}& {\displaystyle >\frac{3\alpha +4}{5^{\alpha +1}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 5\left(3\alpha +1\right)}& {\displaystyle >3\alpha +\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 12\alpha +1}& {\displaystyle >0.}\hfill \end{array}}$ Ezzel beláttuk, hogy $p_j\ne 2$ esetén $1\le \frac{3{\alpha }_j+1}{p_j^{{\alpha }_j}}$ nem teljesülhet. Következésképpen $n$ prímtényezős felbontásában szerepel a 2, melynek ${\alpha }_1$ kitevőjére $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\le \frac{3{\alpha }_1+1}{2^{{\alpha }_1}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az egyenlőtlenség ${\alpha }_1=\mathrm{1,2,3}$-ra teljesül, ${\alpha }_1=4$-re viszont nem. Így, mivel a $\frac{3\alpha +1}{2^{\alpha }}$ sorozat pozitív $\alpha$ esetén szigorúan monoton csökken (ez a fenti, $\frac{3\alpha +1}{5^{\alpha }}$ sorozatnál látott módon belátható), ${\alpha }_1>4$-re sem igaz. Ezzel beláttuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle n=2\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}\text{ vagy }n=2^2\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}\text{ vagy }n=2^3\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}\mathrm{.}}\end{array}$ $a)$ $n=2\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle n=d\left(n^3\right)=4\cdot \left(3{\alpha }_2+1\right)\text{...}\left(3{\alpha }_k+1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $n$ osztható $4$-gyel. Ezek szerint ez az eset nem lehetséges, mert az $n$ prímtényezős felbontásában a $2$ csak első hatványon szerepel. $b)$ $n=2^2\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle n=d\left(n^3\right)=7\cdot \left(3{\alpha }_2+1\right)\text{...}\left(3{\alpha }_k+1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ így $n$ prímtényzős felbontásában szerepel a 7. Ha első hatványon szerepel, és több prímosztója nincs $n$-nek, akkor $n=2^2\cdot 7=28$, melyre $d\left(n^3\right)=\left(3\cdot 2+1\right)\left(3\cdot 1+1\right)=28$, tehát ez megoldás. Ha az $n$ prímtényezős felbontásában a $7$ az 1-nél nagyobb hatványon szerepelne, vagy más prímosztói is lennének $n$-nek, akkor az (1) egyenlőség nem teljesülhetne, hiszen a bal oldalon álló kifejezést biztosan csökkentenénk, így kisebb lenne 1-nél (ha a 7 nagyobb hatványon szerepelne, akkor azért, mert a $p_i\left(\alpha \right)=\frac{3\alpha +1}{p_i^{\alpha }}$ sorozat szigorúan monoton csökken, ha pedig $n$ prímtényezős felbontásában más prímek is szerepelnének, akkor azért, mert $\frac{3{\alpha }_i+1}{p_i^{{\alpha }_i}}<1$, ha $p_i\ne 2$). Így ebben az esetben $n=28$ az egyetlen megoldás. $c)$ $n=2^3\cdot p_2^{{\alpha }_2}\text{...}{p}_k^{{\alpha }_k}$ esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle n=d\left(n^3\right)=10\cdot \left(3{\alpha }_2+1\right)\text{...}\left(3{\alpha }_k+1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ tehát az $n$ prímtényzős felbontásában szerepel az $5$. Az $n=2^3\cdot 5=40$ megoldása a feladatnak, más megoldás pedig ebben az esetben sincs (ugyanúgy csak csökkenteni tudnánk (1)-ben a bal oldal értékét, ahogyan az előző részben). Ezzel beláttuk, hogy a feladat megoldásai $n=1$, $n=28$ és $n=40$.