Διαιρέτες

#1

Έστω $\displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου

.

Αν υπάρχουν $\displaystyle i,j>13$ ώστε d_7^2+d_i^2=d_j^2

τότε ο

είναι πολλαπλάσιο του

.

#2

Φαίνεται ότι το ξεχάσαμε αυτό. Βάζω μια λύση:

Με $\bmod 3$ βρίσκουμε ότι κάποιο από τα d_7,d_i,d_j

είναι πολλαπλάσιο του 3.
Με $\bmod 4$ βρίσκουμε ότι κάποιο από τα d_7,d_i,d_j

είναι πολλαπλάσιο του 4.
Με $\bmod 5$ βρίσκουμε ότι κάποιο από τα d_7,d_i,d_j

είναι πολλαπλάσιο του 5.

Άρα d_2=2,d_3=3,d_4=4,d_5=5,d_6=6

. Επίσης $d_7 \leqslant 10$ .

Με $\bmod 9$ βρίσκουμε ότι κάποιο από τα d_7,d_i,d_j

είναι πολλαπλάσιο του 9. Άρα $d_7 \leqslant 9$ .

Αν d_7 = 8

τελειώσαμε. Μένει λοιπόν να ελέγξουμε τι συμβαίνει αν d_7=7

ή αν

.

Στην πρώτη περίπτωση έχουμε 49 = (d_j-d_i)(d_j+d_i)

. Τότε

, άρα

και άρα

.

Στην δεύτερη περίπτωση έχουμε 81 = (d_j-d_i)(d_j+d_i)

. Τότε είτε d_j-d_i=1,d_j+d_i = 81

και άρα

και

, είτε

και άρα

. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού i > 13

.

[Η ίδια απόδειξη θα δούλευε και αν μας λέγανε i,j > 10

. Πράγματι στην δεύτερη περίπτωση έχουμε d_7 = 9

και άρα $d_i \geqslant d_{11} \geqslant 13>12$ .]

#3

Demetres έγραψε: [Η ίδια απόδειξη θα δούλευε και αν μας λέγανε . Πράγματι στην δεύτερη περίπτωση έχουμε και άρα $d_i \geqslant d_{11} \geqslant 13>12$ .]

Όντως Δημήτρη...

Δίνω άλλη μια που μου άρεσε...

Έστω $\displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου

. Αν $\displaystyle 2n=d_5^2+d_6^2-1$ να βρεθεί ο

.

#4

socrates έγραψε: Έστω $\displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου . Αν $\displaystyle 2n=d_5^2+d_6^2-1$ να βρεθεί ο .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: Παρ Μάιος 14, 2010 9:39 pm
Demetres έγραψε: [Η ίδια απόδειξη θα δούλευε και αν μας λέγανε . Πράγματι στην δεύτερη περίπτωση έχουμε και άρα $d_i \geqslant d_{11} \geqslant 13>12$ .]
Όντως Δημήτρη...

Δίνω άλλη μια που μου άρεσε...

Έστω $\displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου . Αν $\displaystyle 2n=d_5^2+d_6^2-1$ να βρεθεί ο .

Ας δούμε και αυτή

Αν $\rm n$ περιττός τότε $\rm 0 \equiv 2n \equiv d_5^2+d_6^2-1\equiv1\pmod{2}$ άτοπο.Άρα $\rm n$ άρτιος.
Είναι $\rm 2n=d_5^2+d_6^2-1\leq 2d_6^2-1<2d_6^2\,\,\,(1)$ .Επειδή $\rm n=d_6d_{k-6+1}=d_6d_{k-5}$ αν είναι $\rm k>11$ τότε $\rm 2n=2d_6d_{k-5}>2d_6^2$ άτοπο από την (1)

.Άρα $\rm 6 \leq k\leq 11$ .
Γράφοντας τον $\rm n$ στην κανονική του μορφή $\displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{l}p_i^{a_i} }$ θα είναι $\displaystyle {\rm k=\prod_{i=1}^{l}(a_i+1)}$ με $\rm a_j+1>1 \forall j$ άρα οι περιπτώσεις $\rm k=7,11$ απορρίπτονται.
Για $\rm k=6$ θα έχουμε $\rm d_6=n$ και $\rm d_5=\dfrac{n}{2}$ οπότε λύνοντας την αρχική προκύπτει $\rm n=2$ άτοπο.]
Για $\rm k=8$ έχουμε $\rm d_5d_4=n$ .Είναι $\rm 2d_4d_5=2n=d_5^2+d_6^2-1>2d_5^2-1 \Leftrightarrow 2d_5(d_4-d_5)>-1$ .Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $\rm d_4-d_5\leq -1$ και $\rm d_5>1$ .
Για $\rm k=9$ είναι $\rm d_5^2=n$ άρα από την αρχική $\rm 2d_5^2=d_5^2+d_6^2-1 \Leftrightarrow (d_6-d_5)(d_6+d_5)=1$ το οποίο είναι άτοπο.
Άρα μένει η $\rm d=10$ που δίνει $\rm d_5d_6=n$ και έτσι η αρχική γίνεται $\rm 2d_5d_6=d_5^2+d_6^2-1 \Leftrightarrow d_6=d_5+1$ .
Θεωρώντας την κανονική μορφή του $\rm n$ όπως πριν αυτό θα είναι της μορφής $\rm n=16p$ ή της μορφής $\rm n=2p^4$ με $\rm p>2$ πρώτο.
Επειδή όμως $\rm d_6=d_5+1$ και οι διαιρέτες του $\rm n$ είναι της μορφής $\rm 2^kq$ η πρώτη περίπτωση δίνει $\rm p=17$ και $\rm n=272$ που αποτελεί και λύση του προβλήματος.
Η δεύτερη δίδει $\rm d_1=1,d_2=2,d_3=p,d_4=2p,d_5=p^2,d_6=2p^2....$ δηλαδή $\rm 2p^2-p^2=1$ άτοπο αφού $\rm p>2$ .

Έτσι μοναδική λύση του προβλήματος το $\boxed{\rm n=272}$ .

#6

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Κυρ Απρ 12, 2020 2:31 pm
socrates έγραψε: Παρ Μάιος 14, 2010 9:39 pm
Demetres έγραψε: [Η ίδια απόδειξη θα δούλευε και αν μας λέγανε . Πράγματι στην δεύτερη περίπτωση έχουμε και άρα $d_i \geqslant d_{11} \geqslant 13>12$ .]
Όντως Δημήτρη...

Δίνω άλλη μια που μου άρεσε...

Έστω $\displaystyle 1=d_1<d_2<...<d_k=n$ οι διαιρέτες του θετικού ακέραιου . Αν $\displaystyle 2n=d_5^2+d_6^2-1$ να βρεθεί ο .
Ας δούμε και αυτή
Αν $\rm n$ περιττός τότε $\rm 0 \equiv 2n \equiv d_5^2+d_6^2-1\equiv1\pmod{2}$ άτοπο.Άρα $\rm n$ άρτιος.
Είναι $\rm 2n=d_5^2+d_6^2-1\leq 2d_6^2-1<2d_6^2\,\,\,(1)$ .Επειδή $\rm n=d_6d_{k-6+1}=d_6d_{k-5}$ αν είναι $\rm k>11$ τότε $\rm 2n=2d_6d_{k-5}>2d_6^2$ άτοπο από την .Άρα $\rm 6 \leq k\leq 11$ .
Γράφοντας τον $\rm n$ στην κανονική του μορφή $\displaystyle {\rm n=\prod_{i=1}^{l}p_i^{a_i} }$ θα είναι $\displaystyle {\rm k=\prod_{i=1}^{l}(a_i+1)}$ με $\rm a_j+1>1 \forall j$ άρα οι περιπτώσεις $\rm k=7,11$ απορρίπτονται.
Για $\rm k=6$ θα έχουμε $\rm d_6=n$ και $\rm d_5=\dfrac{n}{2}$ οπότε λύνοντας την αρχική προκύπτει $\rm n=2$ άτοπο.]
Για $\rm k=8$ έχουμε $\rm d_5d_4=n$ .Είναι $\rm 2d_4d_5=2n=d_5^2+d_6^2-1>2d_5^2-1 \Leftrightarrow 2d_5(d_4-d_5)>-1$ .Αυτό όμως είναι άτοπο αφού $\rm d_4-d_5\leq -1$ και $\rm d_5>1$ .
Για $\rm k=9$ είναι $\rm d_5^2=n$ άρα από την αρχική $\rm 2d_5^2=d_5^2+d_6^2-1 \Leftrightarrow (d_6-d_5)(d_6+d_5)=1$ το οποίο είναι άτοπο.
Άρα μένει η $\rm d=10$ που δίνει $\rm d_5d_6=n$ και έτσι η αρχική γίνεται $\rm 2d_5d_6=d_5^2+d_6^2-1 \Leftrightarrow d_6=d_5+1$ .
Θεωρώντας την κανονική μορφή του $\rm n$ όπως πριν αυτό θα είναι της μορφής $\rm n=16p$ ή της μορφής $\rm n=2p^4$ με $\rm p>2$ πρώτο.
Επειδή όμως $\rm d_6=d_5+1$ και οι διαιρέτες του $\rm n$ είναι της μορφής $\rm 2^kq$ η πρώτη περίπτωση δίνει $\rm p=17$ και $\rm n=272$ που αποτελεί και λύση του προβλήματος.
Η δεύτερη δίδει $\rm d_1=1,d_2=2,d_3=p,d_4=2p,d_5=p^2,d_6=2p^2....$ δηλαδή $\rm 2p^2-p^2=1$ άτοπο αφού $\rm p>2$ .

Έτσι μοναδική λύση του προβλήματος το $\boxed{\rm n=272}$ .

Ωραία!

Μια συντόμευση έχουμε αν δούμε και ότι $\displaystyle 2n=d_5^2+d_6^2-1>2d_5^2$ άρα μαζί d_5^2<n<d_6^2

οπότε

(γιατί;)
και ο

έχει

διαιρέτες, άρα έχουμε τις περιπτώσεις n=16p

ή

με

πρώτο.

Διαιρέτες

Διαιρέτες

Re: Διαιρέτες

Re: Διαιρέτες

Re: Διαιρέτες

Re: Διαιρέτες

Re: Διαιρέτες

Μέλη σε σύνδεση