Άθροισμα διαιρετών

#1

Ο θετικός αριθμός

έχει

(θετικούς) διαιρέτες με συνολικό άθροισμα 3500

. Να βρεθούν όλες οι πιθανές τιμές του

.

Πηγή.

#2

Επειδή έχουμε 6 διαιρέτες ισχύουν υποχρεωτικά οι N=p^2q

και $(1+p+p^2)(1+q)=2^2\cdot5^3\cdot7$ . Αναζητούμε λοιπόν πρώτους αριθμούς

,

τέτοιους ώστε οι 1+p+p^2

και

να διαιρούν τον $2^2\cdot5^3\cdot7$ . Ήδη για p=5

ο

ισούται προς

, άρα, από την $(1+p+p^2)(1+q)=2^2\cdot5^3\cdot7$ βλέπουμε ότι χρειάζεται να αναζητήσουμε είτε πρώτους $q\leq112$ και πρώτους $p\geq5$ είτε να αναζητήσουμε λύσεις για p=2

ή

. Στην πρώτη περίπτωση εύκολα βλέπουμε -- μέσω διαιρετοτήτων -- ότι οι μόνες δυνατότητες είναι οι q=3

,

, που δίνουν αντίστοιχα 1+p+p^2=875

,

, όλες αδύνατες. Στην δεύτερη περίπτωση η p=2

δίνει

και

(πρώτος, εντάξει) ενώ η p=3

δίνει

(δεν διαιρεί τον $2^2\cdot5^3\cdot7$ , απορρίπτεται).

Συμπεραίνουμε ότι p=2

,

. (Δημήτρη ... μήπως είναι 20 ετών το πρόβλημα;!)

#3

Γιώργο, πρέπει να ελέγξεις και την περίπτωση N = p^5

η οποία απορρίπτεται εύκολα.

Επίσης για την επίλυση της $(1+p+p^2)(1+q) = 2^2 \cdot 5^3 \cdot 7$ μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι το 1+p+p^2

είναι περιττός. Επίσης 4(1+q+q^2) = (2q+1)^2 + 3

το οποίο δεν είναι ποτέ πολλαπλάσιο του

. (Αφού τα μόνα τέλεια τετράγωνα $\bmod 5$ είναι τα 0,1,4

.) Αναγκαστικά λοιπόν πρέπει 1+q+q^2 = 7

και τα υπόλοιπα όπως τα έκανε ο Γιώργος.

gbaloglou έγραψε: (Δημήτρη ... μήπως είναι 20 ετών το πρόβλημα;!)

Πολύ πιθανόν. Εγώ όμως την πήρα από εδώ.

#4

Παρόμοιο πρόβλημα:
viewtopic.php?style=4&p=102359#p102359

#5

Demetres έγραψε:Γιώργο, πρέπει να ελέγξεις και την περίπτωση η οποία απορρίπτεται εύκολα.

Καθορίζεται άραγε μονοσήμαντα ένας ακέραιος από το πλήθος των διαιρετών του και από το άθροισμα τους; Θα μπορούσαμε για παράδειγμα -- και με αφορμή το συγκεκριμένο πρόβλημα και την παραπάνω παρατήρηση -- να έχουμε πρώτους p, q, r

τέτοιους ώστε 1+p+p^2+p^3+p^4+p^5=(1+q+q^2)(1+r)

; Εκ πρώτης όψεως ... δεν μου φαίνεται και τόσο απίθανο!

#6

gbaloglou έγραψε:
Καθορίζεται άραγε μονοσήμαντα ένας ακέραιος από το πλήθος των διαιρετών του και από το άθροισμα τους;

Όχι. Π.χ. οι $N_1 = 29 \cdot 173$ και N_2 = 17^3

έχουν από τέσσερις διαιρέτες και άθροισμα διαιρετών $5220 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 29$ .

Είναι $(29+1)(173+1) = 30 \cdot 174 = 5220$ και $1 + 17 + 17^2 + 17^3 = (1+17)(1+17^2) = 18 \cdot 290 = 5220$ .

Θα ήταν απίθανο να μην υπήρχε παράδειγμα και με ακριβώς

διαιρέτες δεν το έψαξα όμως. [Βέβαια παράδειγμα με ακριβώς

διαιρέτες δεν υπάρχει διότι τότε ο

είναι σίγουρα της μορφής p^4

και τότε το άθροισμα των διαιρετών καθορίζει και τον αριθμό.]

#7

Με αφορμή το αρχικό πρόβλημα, βάζω ένα παρεμφερές αλλά απλούστερο που έπεσε στον Διαγωνισμό Καγκουρό 2016 στην Β' και Γ' Λυκείου. Ζήταγε

Ένας φυσικός αριθμός έχει ακριβώς έξι διαφορετικούς διαιρέτες, συμπεριλαμβανομένου του και του . Το γινόμενο των πέντε από αυτούς τους διαιρέτες ισούται με . Ποιος είναι ο έκτος διαιρέτης του ;

Για την λύση του, δεδομένου ότι στον διαγωνισμό Καγκουρό αποφεύγουμε "ειδικές γνώσεις Μαθηματικών" ιδίως αν δεν τις έχουν διδαχθεί στο Σχολείο, έβαλα την παρακάτω λύση (την καταγράφω με κοπή/αντιγραφή από το αντίστοιχο βιβλίο μου, τόμος

). Η ιδέα είναι να μην χρησιμοποιηθεί ο τύπος για το πλήθος των διαιρετών του

αλλά "με κοινό νου" να προσπερασθεί αυτό το σημείο. Δείτε όμως και το σχόλιο που βάζω στο τέλος της λύσης.

ΛΥΣΗ

Μας δίνεται ότι ο

έχει

διαιρέτες. Από αυτό συμπεραίνουμε ότι η ανάλυση του

σε πρώτους παράγοντες περιέχει το πολύ δύο διαφορετικούς πρώτους γιατί αν περιείχε τρεις ή περισσότερους, ας πούμε τους p, q, r

και ενδεχομένως άλλους, τότε θα είχε τουλάχιστον

διαιρέτες, τους 1, p, q, r, pq, pr, qr

και

. Άρα η ανάλυση του

σε πρώτους παράγοντες είναι είτε N=p^a

(ένας πρώτος) ή N=p^aq^b

(δύο πρώτοι). Από αυτό έπεται ότι, ακριβέστερα, ο

είναι είτε της μορφής p^5

με

διαιρέτες τους 1, p, p^2, p^3 , p^4 , p^5

(γενικότερα ο p^a

έχει

διαιρέτες) ή της μορφής N=pq^2

με

διαιρέτες, τους 1, p, q, pq, q^2 ,pq^2

(εύκολα βλέπουμε ότι ο N=pq

έχει μόνο τέσσερις διαιρέτες, τους 1, p, q, pq

ενώ αν

με

ή

τότε έχουμε περισσότερους από 6 διαιρέτες: τους 1, p, q, pq, q^2 , pq^2

και άλλους ακόμη. Άρα μόνο η περίπτωση a=1, b=2

δίνει 6 διαιρέτες).

Εξετάζουμε τις δύο περιπτώσεις χωριστά με δεδομένο ότι το γινόμενο κάποιων πέντε από τους έξι διαιρέτες είναι 648

. Η ανάλυση του 648

σε πρώτους παράγοντες είναι 648=2^33^4

. Άρα δεν μπορεί N=p^5

γιατί τότε το γινόμενο πέντε διαιρετών του (που υπενθυμίζουμε ότι οι διαιρέτες είναι οι 1, p, p^2, p^3 , p^4 , p^5

) θα ήταν της μορφής p^c

. Όμως δεν μπορεί p^c= 2^33^4

(ίσον γινόμενο δύο διαφορετικών πρώτων) λόγω της μοναδικότητας της ανάλυσης αριθμών σε πρώτους παράγοντες. Τελικά N=pq^2

. Ελέγχοντας όλες τις περιπτώσεις γινομένου πέντε διαιρετών του ώστε να συγκρίνουμε με τον 2^33^4

θα διαπιστώσουμε ότι μόνο το $1\cdot p \cdot q \cdot pq \cdot q^2 \cdot pq^2 =p^3q^4$ (λείπει το q^2

) είναι αυτής της μορφής με p=2,q=3

. Συνεπώς ο έκτος διαιρέτης είναι ο q^2=9

και ο $N= 2 \cdot 3^2=18$ . Επαλήθευση: Το γινόμενο των πέντε από τους έξι διαιρέτες του

, συγκεκριμένα των 1, 2, 3, 6, 18

(όλοι πλην του

) είναι

.

Ας προσθέσουμε με αφορμή τα παραπάνω ότι αποδεικνύεται γενικότερα το εξής: Αν η ανάλυση ενός αριθμού

σε πρώτους παράγοντες είναι $N=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_n^{a_n}$ , τότε το πλήθος των διαιρετών του

είναι

. Στα παραπάνω όπου είχαμε N=p^a

ή

, το πλήθος των διαιρετών είναι a+1

ή

, αντίστοιχα. Με δεδομένο ότι ο

ως γινόμενο φυσικών γράφεται μόνο ως $6=1\cdot 6 = 2\cdot 3$ (ή με αντιμετάθεση αυτών) προκύπτουν μόνο οι περιπτώσεις a=5

και

, όπως πριν.

Άθροισμα διαιρετών

Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Re: Άθροισμα διαιρετών

Μέλη σε σύνδεση