Olimpíadas

Seja $n$ um inteiro positivo e sejam $n=d_1>d_2>\ldots >d_k=1$ seus divisores positivos.

a) Prove que

$d_1-d_2+d_3-\ldots +(-1)^{k-1}d_k=n-1$

apenas se $n$ é primo ou $n=4$ .

Gostaria, se possível, de alguma ideia para começar.

Não sei se resolve, mas é uma ideia:

Se k = 2, então é trivial, já que o RHS é:

$n-1 = d_1 - d_k$

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Suponha então que k é par e maior que dois:

$(d_1 + d_3 + d_5 + .... + d_{k-1}) - (d_2 + d_4 + d_6 + .... + d_k) = d_1 - d_k$

$( d_3 + d_5 + .... + d_{k-1}) = (d_2 + d_4 + d_6 + .... + d_{k-2})$

Por outro lado:

$\begin{cases} d_2>d_3 \\ d_4>d_5 \\ ....\\ d_{k-2}>d_{k-1} \end{cases}$

O RHS é maior que o LHS, logo a igualdade é absurda.

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Suponha então que k é ímpar e maior que três:

$(d_1 + d_3 + d_5 + ....+ d_{k-2} + d_k) - (d_2 + d_4 + d_6 + ....d_{k-3} + d_{k-1}) = d_1 - d_k$

$( d_3 + d_5 + .... + d_{k-2} + 2\cdot d_k) = (d_2 + d_4 + d_6 + ....+d_{k-3} + d_{k-1})$

$( d_3 + d_5 + .... + d_{k-2} + 2) = (d_2 + d_4 + d_6 + .... +d_{k-3}+ d_{k-1})$

Mas sabemos que:

$( d_3 + d_5 + .... + d_{k-2}) < (d_2 + d_4 + d_6 + .... + d_{k-3})$

Ora, então para que a igualdade seja verdadeira, devemos ter:

$2 > d_{k-1}$

Mas $d_{k-1}$ é um número natural, logo para manter a desigualdade deve ser igual a 1.

Daí: $d_{k-1} = 1\rightarrow d_k = n$

Absurdo, já que n seria primo, mas consideramos k ímpar.

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Agora supondo k = 3

$d_1 + d_3 - d_2 = d_1 - d_3$

$d_3 = \frac{d_2}{2}$

Aqui complica

Ittalo, veja que $D_{1}, D_{2}, D_{3}$ são divisores de um número. A única maneira de um número ter somente três divisores é se ele for o quadrado de um primo. Então temos:
$n=p^2=D_{1}$
Segue que $D_{2}=p, D_{3}=1$
Teríamos então, como você disse:
$D_1 + D_3 - D_2 = D_1 - D_3$
$p^2+1-p=p^2-1$
$p=2$
Ou seja, só vale para $n=2^2=4$ como diz o enunciado. Para quaisquer outros números de três divisores, não vale a relação.
Penso que seja isso.

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