OliForum Matematico

Prometto che non posto più problemi dalla gara a premi di Parma

allora, trovare tutti i primi p tali che
$ \tau (p^2+11)=6 $

dove $ \tau(\cdot) $ è la funzione numero di divisori positivi, as usual

livello easy-easy, astenersi esperti (e quindi anche Hit)

Siccome non mi considero esperto posto la soluzione

Se p \neq 2, 3 abbiamo che p^2 + 11 \equiv 0 \pmod {6}.
Siccome la condizione \tau = 6 significa che ci sono al massimo due primi distinti nella fattorizzazione, nel caso p \neq 2, 3 questi saranno proprio 2 e 3. Inoltre siccome entrambi saranno presenti, dovranno avere uno esponente 2 e l'altro esponente 1, perciò p^2 +11 \leq 18 \to p=2.
Quindi rimangono solo da considerare i casi p = 2, 3: nel primo si ha \tau = 4 mentre nel secondo \tau = 6.

Giovanni, mettilo in citazione almeno... un oro a cesenatico che fa questo esercizio spara sulla croce rossa

comunque p^2+11==0 mod 12, per la cronaca... [sse p>3]

Ops, ok, scusate

Uffa, non si può sbiancare il tex...

salva90 ha scritto:Giovanni, mettilo in citazione almeno... un oro a cesenatico che fa questo esercizio spara sulla croce rossa

comunque p^2+11==0 mod 12, per la cronaca... [sse p>3]

EDIT: magari disattiva pure il LateX

Solo un chiarimento: la funzione $ \tau(\cdot) $ considera come divisori anche 1 e il numero stesso?
Grazie, ciao!

salva90 ha scritto: allora, trovare tutti i primi p tali che $ \tau (p^2+11)=6 $, dove $ \tau(\cdot) $ è la funzione numero di divisori positivi, as usual

Siccome è troppo facile - l'hai detto tu! -, lo ravviviamo un poco. Della serie Generalizzare è fiko:

"Determinare ogni coppia $ (a,q) $ di interi positivi tali che $ q $ sia un primo e $ \tau(a^2 + q) = \frac{1}{2}(q+1) $."

MateCa ha scritto:Solo un chiarimento: la funzione $ \tau(\cdot) $ considera come divisori anche 1 e il numero stesso?
Grazie, ciao!

beh si, dopotutto sono divisori anche loro

HiTLeuLeR ha scritto:Generalizzare è fiko:

"Determinare ogni coppia $ (a,q) $ di interi positivi tali che $ q $ sia un primo e $ \tau(a^2 + q) = \frac{1}{2}(q+1) $."

Sembra un problema bellino quindi vada per il rilancio


Se comunque qualcuno volesse risolvere il problema di partenza (senza leggere la soluzione di giove) è sempre ben accetto

Allora, dato per noto che $ $$ \tau (n) = (e_1 + 1)\cdots (e_k + 1) $ dove $ n = p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k} $ allora $ p^2 + 11 $ dev'essere del tipo $ p_1p_2^2 $ oppure $ p_1^5 $
Dopo aver notato che 2 non è soluzione, mentre 3 lo è ( 20 ha 6 divisori), si nota che $ p^2 \equiv 1 (mod 6), (mod 4) e , 11 \equiv -1 (mod 6), (mod 4) $ , perciò $ 12 | p^2 + 11 $ quindi non può essere nessuna delle due forme sopra descritte.

Spero sia giustooooo

Si albert, forse è un poco contorto il modo in cui lo spieghi ma si vede che hai capito
bravo

ed ora resta la generalizzazione di Hitty, chi avrà il coraggio?