Τέλειο τετράγωνο

dement · #1

Από μαθητικό διαγωνισμό υπό την αιγίδα (και) της SNS.

Έστω (a_n), n = 1, 2, ...

ακολουθία θετικών ακεραίων τέτοια ώστε ο $a_{n+1}$ είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του a_n

. Έστω επίσης $a_2 \neq 2$ .

Να αποδειχθεί ότι, για κάποιο

, ο

είναι τέλειο τετράγωνο.

Γιάννης Μπόρμπας · #2

Η παρακάτω πρόταση είναι αυτό που κατάλαβα:
Για κάθε θετικό ακέραιο $a_{1}$ τέτοιο ώστε $a_{1}\notin\mathbb{P}$ υπάρχει θετικός ακέραιος

τέτοιος ώστε
ο $a_{k}$ να είναι τέλειο τετράγωνο. Είναι σωστή η πρόταση ή λάθος;

dement · #3

Προφανώς προτιμώ να μη δώσω εξηγήσεις. Είναι σαφής η εκφώνηση.

Καλή δουλειά.

JimNt. · #4

dement έγραψε:Από μαθητικό διαγωνισμό υπό την αιγίδα (και) της SNS.

Έστω ακολουθία θετικών ακεραίων τέτοια ώστε ο $a_{n+1}$ είναι το πλήθος των θετικών διαιρετών του . Έστω επίσης $a_2 \neq 2$ .

Να αποδειχθεί ότι, για κάποιο , ο είναι τέλειο τετράγωνο.

Για έναν θετικό ακέραιο f>2

ισχύει

, όπου

, το πλήθος των διαιρετών του

. Έτσι $a_l>a_{l+1}$ . Ουσιαστικά το πρόβλημα ζητάει να δείξουμε ότι θα υπάρχει a_k=2m+1

, αφού κάθε τέλειο τετράγωνο έχει περιττό πλήθος διαιρετών. Αν a_2

περιττός τελειώσαμε. Θα δείξουμε ότι ο τελευταίος όρος a_n

της ακολουθίας θα είναι το

. Προφανώς, το

δεν γίνεται να είναι τελευταίος όρος (αφού δεν υπάρχει ακέραιος

με έναν διαιρέτη) . Με βάση την πρώτη σχέση κάθε διαδοχικός όρος της ακολουθίας μειώνεται τουλάχιστον κατά ένα. Συνεπώς, αφού 2=d(2)

. Ο

θα είναι ίσος με

. Άρα, θα έχει προηγηθεί $a_{n-m}$ $m \in {1,2,....n-1}$ με

διαιρέτες και $a_{n-m}\neq 2$ (πρώτος αριθμός

περιττός) .Συνεπώς ο $a_{n-m-1}$ , θα είναι τέλειο τετράγωνο,αφού έχει περιττό πλήθος δαιρετών, το ζητούμενο. (όρισα ως a_n

τον τελευταίο όρο της ακολουθίας, που βέβαια δεν ύπαρχει στην πράξη αφού 2=d(2)

)

dement · #5

Πολύ ωραία. Να προσθέσω μόνο ότι υπάρχει και η περίπτωση της σταθερής ακολουθίας με τιμή

, που φυσικά είναι τέλειο τετράγωνο.

Γιάννης Μπόρμπας · #6

Ας κάνω μία απόπειρα.
Με d(n)

θα συμβολίζουμε το πλήθος διαιρετών του

Όμως $n\ge d(n) \forall n\ge 1$ με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν n=1,2

Αυτό συμβαίνει διότι υπάρχει πρώτος αριθμός $p\in[x,2x]$ για κάθε x>1

ο οποίος δεν θα διαιρούσε τους: 2x,2x-1

όμως για να υπάρχει πρώτος αριθμός σε αυτό το διάστημα πρέπει 2x>x+1

άρα

.
Επίσης

αν και μόνο αν x=1

.
Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι $\forall a_{1} \exists c: a_{c}=2$ .
Αν δεν ίσχυε αυτό τότε θα είχαμε ότι $a_{1}>a_{2}>...>a_{n}$ . Παίρνοντας όριο στο $+\infty$ καταλήγουμε σε άτοπο.
Για αυτόν τον

πρέπει $a_{c}=d(a_{c-1})$ , άρα $2=(b_{1}+1)(b_{2}+1)...(b_{k}+1)$ (1)

όπου
$a_{c-1}=p_{1}^{b_{1}}p_{2}^{b_{2}}...p_{k}^{b_{k}}$
άμα τον αναλύσουμε σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.
Η εξίσωση (1)

δίνει ότι ο $a_{c-1}$ πρέπει να είναι πρώτος αριθμός, έστω p>2

Όμοια $a_{c-1}=d(a_{c-2})$ οπότε με την ίδια διαδικασία προκύπτει ότι $a_{c-2}=q^{p-1}$ όπου

πρώτος αριθμός.
Ο εκθέτης p-1

είναι άρτιος αφού p>2

οπότε ο αριθμός $a_{c-2}$ είναι τέλειο τετράγωνο. Αν $a_{1}=1$ τότε το ζητούμενο έπεται.
Οι μεταβλητές: $b_{i},c,x,n$ είναι θετικοί ακέραιοι με $c\ge 3$
Edit: Μάλλον την έλυνα παράλληλα με τον Δημήτρη αλλά με πρόλαβε .

JimNt. · #7

dement έγραψε:Πολύ ωραία. Να προσθέσω μόνο ότι υπάρχει και η περίπτωση της σταθερής ακολουθίας με τιμή , που φυσικά είναι τέλειο τετράγωνο.

Ναι, απλά υπέθεσα ότι a_1>1

dement · #8

Δίνω κι εγώ τη δική μου (η ιδέα είναι παρόμοια με του JimNt.).

Προφανώς η (a_n)

είναι φθίνουσα. Έστω $m \equiv \min a_n, k \equiv \min \{n: a_n = m \}$ .

Οπωσδήποτε $m \in \{ 1, 2 \}$ (οι μόνοι αριθμοί με d(n) = n

). Αν

τελειώσαμε. Αν m=2

τότε $k \geqslant 3$ από την υπόθεση. Ο $a_{k-1}$ είναι περιττός (πρώτος) και ο $a_{k-2}$ τέλειο τετράγωνο.

Τέλειο τετράγωνο

Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Re: Τέλειο τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση