 |
A B. 5021. feladat (2019. március) |
B. 5021. Legyen a 3-mal nem osztható \(\displaystyle n\) pozitív egész szám 3-mal osztva 1 maradékot adó pozitív osztóinak összege \(\displaystyle A(n)\), illetve 3-mal osztva 2 maradékot adó pozitív osztóinak összege \(\displaystyle B(n)\). Határozzuk meg azokat az \(\displaystyle n\) számokat, melyekre \(\displaystyle \big|A(n)-B(n)\big|<\sqrt{n}\,\).
(6 pont)
A beküldési határidő 2019. április 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Legyen az \(\displaystyle n\) szám prímtényezős felbontása
\(\displaystyle n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_r^{\alpha_r}\cdot q_1^{\beta_1}\cdots q_s^{\beta_s},\)
ahol a \(\displaystyle p_1,p_2,\dots,p_r\) prímek 2, a \(\displaystyle q_1,q_2,\dots,q_s\) prímek pedig 1 maradékot adnak 3-mal osztva.
Vegyük észre, hogy
\(\displaystyle A(n)-B(n)=\prod\limits_{i=1}^r\left(1-p_i+p_i^2-+\dots +(-1)^{\alpha_i} p_i^{\alpha_i}\right)\prod\limits_{j=1}^s\left(1+q_j+q_j^2+\dots +q_j^{\beta_j}\right),\)
hiszen a jobb oldalon a zárójeleket felbontva éppen az \(\displaystyle n\) szám osztóinak egy előjeles összegét kapjuk, ahol egy osztó előjele pontosan akkor lesz negatív, ha prímtényezős felbontásában a 3-mal osztva 2 maradékot adó prímek (multiplicitással számolt) száma páratlan, vagyis, ha az osztó 3-mal osztva 2 maradékot ad.
Mindkét oldal abszolút értékét véve és \(\displaystyle \sqrt{n}\)-nel leosztva:
| \(\displaystyle \frac{|A(n)-B(n)|}{\sqrt{n}}=\prod\limits_{i=1}^r\left(\frac{|1-p_i+p_i^2-+\dots +(-1)^{\alpha_i} p_i^{\alpha_i}|}{p_i^{\alpha_i/2}}\right)\prod\limits_{j=1}^s\left(\frac{1+q_j+q_j^2+\dots +q_j^{\beta_j}}{q_j^{\beta_j/2}}\right). \) | \(\displaystyle {(*)}\) |
Azt szeretnénk meghatározni, hogy ez a kifejezés mely \(\displaystyle n\)-ekre lesz 1-nél kisebb.
Vizsgáljuk először az \(\displaystyle \frac{1+q_j+q_j^2+\dots +q_j^{\beta_j}}{q_j^{\beta_j/2}}\) törtet:
\(\displaystyle \frac{1+q_j+q_j^2+\dots +q_j^{\beta_j}}{q_j^{\beta_j/2}}\geq \frac{q_j^{\beta_j}}{q_j^{\beta_j/2}}=q_j^{\beta_j/2}\geq \sqrt{7},\)
hiszen \(\displaystyle q_j\geq 7\) és \(\displaystyle \beta_j\geq 1\).
Tekintsük most az \(\displaystyle \frac{|1-p_i+p_i^2-+\dots +(-1)^{\alpha_i} p_i^{\alpha_i}|}{p_i^{\alpha_i/2}}\) törtet. A számláló értéke \(\displaystyle (p_i^{\alpha_i}-p_i^{\alpha_i-1})+(p_i^{\alpha_i-2}-p_i^{\alpha_i-3})+\dots\geq p_i^{\alpha_i}-p_i^{\alpha_i-1}\), hiszen az előjeles összeget pozitív tagok összegére bontottuk fel kettesével csoportosítva őket (ha \(\displaystyle \alpha_i\) páros, akkor eredetileg a tagok száma páratlan, így a végén az 1-nek nem lesz párja, de persze az 1 önmagában is egy pozitív egytagú összeget alkot). Ezek alapján
\(\displaystyle \frac{|1-p_i+p_i^2-+\dots +(-1)^{\alpha_i} p_i^{\alpha_i}|}{p_i^{\alpha_i/2}}\geq \frac{p_i^{\alpha_i}-p_i^{\alpha_i-1}}{p_i^{\alpha_i/2}}=p_i^{\alpha_i/2}-p_i^{\alpha_i/2-1}.\)
Ha \(\displaystyle 5\leq p_i\), akkor
\(\displaystyle p_i^{\alpha_i/2}-p_i^{\alpha_i/2-1}\geq p_i^{1/2}-p_i^{-1/2}\geq 5^{1/2}-5^{-1/2}=\frac{4}{\sqrt{5}}. \)
Ha pedig \(\displaystyle p_i=2\), akkor \(\displaystyle 2^{\alpha_i/2}-2^{\alpha_i/2-1}\) értéke \(\displaystyle \alpha_i=1\) esetén \(\displaystyle 1/\sqrt{2}\), \(\displaystyle \alpha_i\geq 2\) esetén pedig \(\displaystyle 2^{\alpha_i/2}-2^{\alpha_i/2-1}\geq 2-1=1\).
Azt kaptuk tehát, hogy \(\displaystyle (*)\) jobb oldalán lévő szorzat összes tényezője legalább 1, kivéve, ha az \(\displaystyle n\) szám páros (mondjuk \(\displaystyle p_1=2\)), de 4-gyel nem osztható (\(\displaystyle \alpha_1=1\)). Tehát \(\displaystyle |A(n)-B(n)|<\sqrt{n}\) csak akkor teljesülhet, ha \(\displaystyle n\) páros, de 4-gyel nem osztható, mondjuk \(\displaystyle p_1=2,\alpha_1=1\). (Az előző érvelés arra az esetre is működik, amikor \(\displaystyle n=1\), vagyis \(\displaystyle r=s=0\), hiszen ilyenkor \(\displaystyle (*)\) bal és jobb oldalán álló kifejezés értéke 1, ami tehát nem megfelelő.)
Ekkor az ehhez tartozó tört értéke \(\displaystyle 1/\sqrt{2}\). Ha \(\displaystyle s>0\) lenne, vagyis a számnak lenne 3-mal osztva 1 maradékot adó osztója, akkor egy ilyen prímhez tartozó tört értéke legalább \(\displaystyle \sqrt{7}\) lenne, és \(\displaystyle \sqrt{7}\cdot 1/\sqrt{2}>1\) (a többi tényező pedig legalább 1). Tehát \(\displaystyle s=0\). Ha \(\displaystyle r>1\) lenne, vagyis a 2 mellett lenne másik (3-mal osztva 2 maradékot adó) osztója \(\displaystyle n\)-nek, akkor egy ilyenhez tartozó tört értéke legalább \(\displaystyle \frac{4}{\sqrt{5}}\) lenne, így \(\displaystyle (*)\) jobb oldalán a szorzat szintén legalább \(\displaystyle \frac{4}{\sqrt{5}}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{4}{\sqrt{10}}>1\) lenne. Tehát \(\displaystyle r=1\), és így \(\displaystyle n=2\). Ha \(\displaystyle n=2\), akkor \(\displaystyle |A(2)-B(2)|=1<\sqrt{2}\) valóban teljesül.
Tehát \(\displaystyle |A(n)-B(n)|<\sqrt{n}\) pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle n=2\).
Statisztika:
22 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Baski Bence, Beke Csongor, Füredi Erik Benjámin, Nagy Nándor, Rareș Polenciuc, Stomfai Gergely, Telek Zsigmond , Tóth 827 Balázs, Velich Nóra, Weisz Máté, Zsigri Bálint. 4 pontot kapott: 5 versenyző. 3 pontot kapott: 1 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 3 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2019. márciusi matematika feladatai