Per ogni intero $n\ge 2$, siano $1=d_1<d_2<....<d_m=n$ tutti i divisori di $n$.
Trovare tutti gli interi positivi composti $n$ tali che $d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k$ per qualche intero positivo $k$.
China Southeast Mathematical Olympiad 2012)
Re: $d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k$
Inviato: 08 nov 2012, 14:05
da Troleito br00tal
Testo nascosto:
Sia $p$ il più piccolo primo che divide $n$.
Intanto notiamo 2 cose:
-$d_2=p$: ovviamente, se $d_2$ fosse minore o sarebbe $1$ o sarebbe divisibile per qualche primo, che distruggerebbe la condizione di minimalità su $p$;
-$d_{m-1}=\frac{n}{p}$: come abbiamo appurato $p$ è il minimo divisore eccetto che $1$, quindi il massimo divisore sarà lui.
Sostituiamo ora le cose che abbiamo scoperto:
\begin{equation}
n+\frac{n}{p}=(1+p+d_3)^k
\end{equation}
\begin{equation}
n=\frac{p(1+p+d_3)^k}{p+1}
\end{equation}
Adesso, questo implica che $p+1$ divida $p(1+p+d_3)^k$:
-$p$ è coprimo e minore, quindi essenzialmente non conta nulla nella divisione;
-$(1+p+d_3)^k$ deve quindi essere multiplo di $p+1$, quindi $p+1|d_3^k$
Bene, però $d_3$ è a modo suo $abbastanza$ minimo, nel senso che comunque è il terzo divisore più piccolo. Può quindi essere:
-un primo $q$;
-$p^2$;
-nient'altro, perché se non fosse primo sarebbe diviso da qualcosa, che dovrebbe per forza essere SOLO il mio $p$.
A questo punto ho:
$p+1|p^{2k}$, falso
oppure
$p+1|q^k$
Questa cosa significa che $p+1=0$ (ma anche no) o che $q|p+1$ (perché $q$ è primo), ma per questioni di minimalità si implica che $p+1=q$, che ha come soluzione solo $2+1=3$ per questioni di parità.
Se ora sostituisco trovo tutti i valori di $n$ che soddisfano:
\begin{equation}
n+\frac{n}{2}=(1+2+3)^k
\end{equation}
\begin{equation}
n=\frac{2\cdot6^k}{3}
\end{equation}
Che sono tutte e sole le soluzioni con $k \ge 1$
Re: $d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k$
Inviato: 09 nov 2012, 04:33
da jordan
Correct
Re: $d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k$
Inviato: 09 nov 2012, 09:33
da ma_go
gira e rigira la mia soluzione è uguale, ma mi sembra un po' più lineare lavorare prima sulla parità:
Testo nascosto:
se $n$ è dispari, i conti non tornano (pari = dispari), se $n$ è divisibile per 4 ma non per 3, i conti non tornano (pari = $7^k$), quindi sicuramente $d_3=p$ con $p$ primo dispari. sostituendo, si ha che $p$ divide $3+p$ , e questo non accade molto spesso
Re: $d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k$
Inviato: 09 nov 2012, 14:12
da jordan
ma_go ha scritto:se $n$ è dispari, i conti non tornano (pari = dispari), se $n$ è divisibile per 4 ma non per 3, i conti non tornano (pari = $7^k$), quindi sicuramente $d_3=p$ con $p$ primo dispari. sostituendo, si ha che $p$ divide $3+p$ , e questo non accade molto spesso
Visto che ci siamo..
$\diamond$ Se $2\nmid n$ allora $d_1\equiv d_2\equiv \ldots \equiv d_m \equiv 1 \pmod n$ percio' $2\mid n+d_{m-1}=(1+d_2+d_3)^k \equiv 1 \pmod{2}$, che è assurdo.
$\diamond$ Se $2||n$, allora $d_m+d_{m-1}=3\times \frac{n}{2} \equiv 1\pmod 2$ e $(d_1+d_2+d_3)^k=(1+2+d_3)^k \equiv 0 \pmod 2$, dato che $d_3$ sarà un primo dispari, assurdo.
$\diamond$ Se $4\mid n$, allora $3\mid 3\times \frac{n}{2}=d_m+d_{m-1}=(d_1+d_2+d_3)^k=(1+2+d_3)^k$. Se $d_3=4$ abbiamo $3\mid 7^k$, altrimenti a forza deve valere $d_3=3$, e l'equazione diventa $\frac{3n}{2}=6^k \implies n=2^{k+1}\times 3^{k-1}$. []
