Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

#1

Αν

είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του

να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{d(n-1)+d(n)+d(n+1)\leq 8.}$

Ας δώσουμε προτεραιότητα σε μαθητές...

Ορέστης Λιγνός · #2

socrates έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 6:34 pm
Αν είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{d(n-1)+d(n)+d(n+1)\leq 8.}$

Ας δώσουμε προτεραιότητα σε μαθητές...

Αρχίζουμε με τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Τουλάχιστον ένας εκ των n-1,n,n+1

είναι πρώτος.
Απόδειξη: Έστω προς άτοπο ότι κανείς τους δεν είναι πρώτος. Αφού $n \geq 3$ , είναι $n-1 \geq 2$ , οπότε είναι όλοι σύνθετοι, συνεπώς έχουν τουλάχιστον

διαιρέτες έκαστος, οπότε συνολικά έχουμε

$8 \geq d(n-1)+d(n)+d(n+1) \geq 9,$

άτοπο $\blacksquare$

Τώρα, διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: Ο

είναι πρώτος. Ο n=3

σαφώς είναι δεκτός. Έστω τώρα ότι n>3

. Τότε, οι n-1

και

είναι άρτιοι (ο $n \neq 2$ άρα περιττός), συνεπώς αφού n-1 >2

έχουν έκαστος τουλάχιστον τρεις διαιρέτες, και άρα

$8 \geq d(n-1)+d(n)+d(n+1) \geq 3+2+3=8,$

οπότε έχουμε ισότητα, συνεπώς d(n-1)=d(n+1)=3

, που δίνει ότι n-1=q^2

και

με

πρώτους. Αφού όμως είναι και οι δύο άρτιοι, έχουμε q=r=2

, άτοπο.

Περίπτωση 2: Ο n-1

είναι πρώτος. Έστω ότι n>3

. Τότε ο

είναι άρτιος. Άρα, $d(n) \geq 3$ και

$8 \geq d(n-1)+d(n)+d(n+1) \geq 2+3+d(n+1),$

συνεπώς $d(n+1) \leq 3$ . Αν ο n+1

ήταν πρώτος, τότε d(n+1)=2

, άρα

$8 \geq d(n-1)+d(n)+d(n+1)=5+d(n),$

οπότε $d(n) \leq 3$ . Σαφώς, δεν γίνεται να είναι και ο

και ο

πρώτοι, οπότε d(n)=3

, που δίνει ότι n=p^2

με

πρώτο, συνεπώς

(p-1)=(p^2-1)=n-1,

και αφού

, είναι

, που δίνει ότι n=4

, που είναι δεκτός.

Αν ο n+1

δεν είναι πρώτος, τότε d(n+1)=3

και

, οπότε

και

με

πρώτους, οπότε

$1=p^2-q^2 \geq (q+1)^2-q^2=2q+1>1,$

άτοπο.

Περίπτωση 3: Ο n+1

είναι πρώτος. Τότε, είναι d(n+1)=2

και όπως πριν, $d(n) \geq 3$ , συνεπώς

$8 \geq d(n-1)+d(n)+d(n+1) \geq d(n-1)+5,$

συνεπώς $d(n-1) \leq 3$ . Αν ο n-1

ήταν πρώτος, επιστρέφουμε στην προηγούμενη περίπτωση. Αν δεν είναι, τότε d(n-1)=d(n)=3

, οπότε οπως πριν έχουμε άτοπο.

Τελικά, n=3

ή

.

#3

socrates έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 6:34 pm
Αν είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{d(n-1)+d(n)+d(n+1)\leq 8.}$

Ας δώσουμε προτεραιότητα σε μαθητές...

Αλλιώς.

Για μικρά

, έως 6, τα βρίσκουμε με το χέρι. Θα δούμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις.

Τώρα, επειδή τα d(m)

είναι $\ge 2$ , πρέπει οι προσθετέοι της εξίσωσης να είναι ο καθένας $\le 4$ .

- Aν n=6N

για

, τότε ο

έχει διαιρέτες τους 1,2,3,6, N , ...

, δηλαδή περισσότερους από

, άρα απορρίπτεται.

- Aν n=6N+1

, τότε ο

έχει διαιρέτες τους 1,2,3,6, N , ...

, και απορρίπτεται για τον ίδιο λόγο.

- Aν n=6N+2=2(3N+1)

, τότε ο

έχει διαιρέτες τους 1,2,3N+1, 2(3N+1)

και o

έχει διαιρέτες 1,3, 2N+1, 3(2N+1)

άρα απορρίπτεται γιατί περνάμε τους 8 (με τους δύο του n-1

).

- Όμοια απορρίπτονται οι περιπτώσεις n=6N+3

,

και

γιατί αν μετρήσουμε τους διαιρέτες των n-1,n,n+1

ξεπερνάμε τους

(άμεσο και στο ίδιο μήκος κύματος με τα προηγούμενα).

#4

socrates έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 6:34 pm
Αν είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{d(n-1)+d(n)+d(n+1)\leq 8.}$

Ας δούμε και αυτό:

Να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει $\displaystyle{d(n-1)+d(n+1)\leq 4}$

Προσοχή, ή άσκηση είναι παγίδα.

Ουσιαστικά το νόημα της ερώτησης είναι γιατί λέω ότι η άσκηση είναι παγίδα. Και πρέπει να δείτε το όλο θέμα με χιούμορ...

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 11:17 pm

socrates έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 6:34 pm
Αν είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει

$\displaystyle{d(n-1)+d(n)+d(n+1)\leq 8.}$

Ας δούμε και αυτό:

Να βρείτε όλα τα ακέραια $n\geq 3$ για τα οποία ισχύει $\displaystyle{d(n-1)+d(n+1)\leq 4}$

Προσοχή, ή άσκηση είναι παγίδα.

Ουσιαστικά το νόημα της ερώτησης είναι γιατί λέω ότι η άσκηση είναι παγίδα. Και πρέπει να δείτε το όλο θέμα με χιούμορ...

Πρέπει να υπάρχουν άπειρα τέτοια

αλλά δεν θα πέσω στην παγίδα να προσπαθήσω να το αποδείξω.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#6

Demetres έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 11:37 pm

Πρέπει να υπάρχουν άπειρα τέτοια αλλά δεν θα πέσω στην παγίδα να προσπαθήσω να το αποδείξω.

To ικανοποιεί τη σχέση αν και μόνο αν τα και είναι και οι δύο πρώτοι. Δηλαδή το ζεύγος είναι ζεύγος δίδυμων πρώτων

Aκριβώς,

Όποιος απαντήσει πλήρως θα γραφτεί με ανεξίτηλα γράμματα στα κιτάπια της Ιστορίας των Μαθηματικών.

Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Re: Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Re: Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Re: Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Re: Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Re: Ανίσωση με πλήθος διαιρετών

Μέλη σε σύνδεση