Vax: Fajne zadanie. Chcemy pokazać, że istnieje takie M, że dla każdego n ≥ M jeżeli n ma więcej
dodatnich dzielników niż dowolna mniejsza liczba naturalna, to 101 | n. Pokażemy, że wystarczy
przyjąć M = (2*3*5*7*11*...*97)
13 (iloczyn wszystkich liczb pierwszych do 97). Będziemy
korzystać z faktu, że ilość dzielników n = p
1a1*p
2a2*...*p
kak wynosi
(a
1+1)(a
2+1)...(a
k+1) (gdzie p
i to parami różne liczby pierwsze). Zakładamy nie wprost, że
101 nie dzieli n. Zauważmy, że n nie może posiadać w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby
pierwszej większej niż 101. Istotnie, jeżeli by tak było to zamieniamy ją na 101, dostajemy
tyle samo dzielników oraz mniejszą liczbę, sprzeczność. Stąd wszystkie dzielniki pierwsze n są
mniejsze niż 101. Zauważmy teraz, że w rozkładzie n musi występować pewna liczba pierwsza o
wykładniku nie mniejszym niż 13. Istotnie, wynika to bezpośrednio z tego, że n ≥ M. Przyjmijmy
więc, że p
1a1 | n, gdzie a
1 ≥ 13. Zauważmy jednak, że wówczas:
| n | | n | | n | | n | | n | |
| ≤ |
| = |
| < |
| ⇒ n > 101* |
| |
| p17 | | 27 | | 128 | | 101 | | p17 | |
| | n | |
Więc liczba (naturalnie całkowita) 101* |
| jest mniejsza od n. Pokażę, że liczba jej |
| | p17 | |
dzielników naturalnych jest nie mniejsza od liczby dzielników naturalnych n. Istotnie, jest to
równoważne (mamy dwa rozkłady, jeden p1
a1*...*p
kak oraz drugi
p
1a1−7*p
2a2*...*p
kak*101
1):
(a
1−6)(a
2+1)(a
3+1)...(a
k+1)*2 ≥ (a
1+1)(a
2+1)...(a
k+1)
⇔
2(a
1−6) ≥ a
1+1 ⇔ a
1 ≥ 13
Co jest prawdą na mocy wcześniejszego założenia. To zaś oznacza sprzeczność (znaleźliśmy
mniejszą liczbę o nie mniejszej ilości dzielników), która dowodzi tezy.
PW: Taaaak, każde słowo z treści zadania i z rozwiązania rozumiem ...
po polsku jest.
To nie krytyka − to gratulacje zawodnika niższej ligi.
.