Задание №66653. Трёхзначное числоимеетнатуральных делителей (в том числе 1

Задание №66653 ЕГЭ Профильной математике

Условие задания #66653

№19 по КИМ

Трёхзначное число $A$ имеет $k$ натуральных делителей (в том числе 1 и $A$ ).

а) Может ли $k$ быть равно 15?

б) Может ли $k$ быть равно 28?

в) Найдите все такие числа $A,$ для которых $k ≥ 30.$

Ответ

Ответ:

Решение

Разложим число $A$ на простые множители, получим

α1 αn A = p1 ⋅...⋅pn .

Пусть число $b$ — делитель числа $A.$ Заметим, что у $b$ не может быть простых делителей, которых нет в $A,$ так как если они есть, то $A$ на $b$ не поделится. Хорошо, пусть $b= pβ11⋅...⋅pβnn,$ при этом, возможно, $βi =0$ для некоторых $i.$ Тогда, так как $b$ — делитель числа $A,$ то для любого $i$ верно, что $βi ≤ αi.$ Попробуем посчитать количество делителей числа $A.$ Для этого посчитаем, сколько есть наборов $βi,$ которые подходят под наше условие. Выбрать $βi$ есть $αi +1$ вариант: 0, 1, …, $αi.$ Тогда делителей у числа $A$ ровно $(α1+ 1)⋅...⋅(αn+ 1).$ Теперь начнем решать пункты задачи.

а) Если число имеет $15= 5⋅3$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять два различных простых числа и возвести их в степени $5 − 1 = 4$ и $3− 1= 2.$

Трехзначное число $144= 24⋅32$ подходит, так как у него $(4+ 1)⋅(2+ 1)= 5⋅3= 15$ делителей.

б) Если число имеет $28= 7⋅2 ⋅2$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять три различных простых числа и возвести их в степени $7 − 1 = 6,$ $2 − 1 = 1$ и $2− 1= 1.$

Трехзначное число $6 1 1 960= 2 ⋅3 ⋅5$ подходит, так как у него $(6+ 1)⋅(1 + 1)⋅(1+ 1)= 7⋅2⋅2 = 28$ делителей.

в) Докажем, что у числа $A$ менее 5 различных простых делителей. Пусть это не так. Тогда

A ≥ 2⋅3⋅5⋅7⋅11= 2310,

так как это 5 наименьших различных простых делителей. Значит, у $A$ 5 и более простых делителей быть не может.

Пусть у числа $A$ ровно 4 различных простых делителя. Если хотя бы 2 из них входят в число $A$ в степени $≥ 2,$ то
$A ≥22⋅32⋅5 ⋅7 = 1260,$
а число $A$ трехзначное. Тогда в $A$ входит не более одного простого в степени $≥ 2.$ Тогда 3 простых входят в $A$ ровно в 1 степени. Поймем, что если одно простое входит в степени ровно 2, а остальные в степени 1, то всего делителей
$3 ⋅2⋅2⋅2= 24< 30$
Значит, наше простое входит в степени $≥3.$

Если оно входит в степени $≥ 4,$ то
$A ≥ 24⋅3⋅5⋅7= 1680,$
чего не может быть. Значит, одно простое входит в степени 3, а остальные — в степени 1.

Если степень 3 у простого числа, большего 2, то
$3 A ≥ 2⋅3 ⋅5⋅7= 1890,$
значит такого не могло быть.

Если же степень 3 у двойки, то
$3 A= 2 ⋅3⋅5 ⋅7 = 840,$
оно трехзначное, количество его делителей равно
$4⋅2 ⋅2 ⋅2= 32> 30.$
Пусть у числа $A$ ровно 3 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2 ≥ α3.$ Заметим, что

1)

$α1 ≥ 3,$ иначе общее количество делителей не более $(2 +1)⋅(2+ 1)⋅(2 +1) =27 <30.$

2)

$α3 < 2 ⇒ α3 = 1,$ иначе $3 2 2 A≥ 2 ⋅3 ⋅5 = 1800$
Тогда имеем:
$(α1 +1)(α2+ 1)(1+ 1)≥ 30 ⇒ (α1+ 1)(α2+ 1)≥ 15$

3)

$α2 < 3,$ иначе $A ≥ 23⋅33 ⋅5= 1080$
Откуда получаем, что $α2 =2$ или $α2 = 1.$

Объединяя эти наблюдения, получаем следующее:
- Если $α2 = 2,$ то по наблюдению 2
  $(α1+ 1)⋅3≥ 15 ⇒ α1 ≥ 4$
  Тогда
  $4 2 A ≥ 2 ⋅3 ⋅5= 720$
- Если $α2 = 1,$ то по наблюдению 2
  $(α1+ 1)⋅2≥ 15 ⇒ α1 ≥ 7$
  Тогда
  $7 A ≥ 2 ⋅3⋅5 =1920$
Итого, получили, что единственный возможный вариант — $α1 = 4,$ $α2 = 2,$ $α3 = 1.$ Заметим, что $22⋅34⋅5= 1620,$ $24⋅31⋅52 = 1200$ и $24⋅32 ⋅7= 1008.$ Если же $A$ не делится на 2, то

$4 2 A ≥ 3 ⋅5 ⋅7≥ 2025 ⋅7> 1000$

Поэтому подходит только

$A =24 ⋅32⋅51 =720.$
Пусть у числа $A$ ровно 2 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2.$ Заметим, что $α2 ≤ 3,$ иначе

$A ≥ 24⋅34 = 1296$

Переберем значения $α2 :$
- Если $α2 = 3,$ то
  $(α1+ 1)⋅4≥ 30 ⇒ α1 ≥ 7$
  Тогда
  $7 3 A ≥ 2 ⋅3 = 128 ⋅27 > 1000$
- Если $α2 = 2,$ то
  $(α1+ 1)⋅3≥ 30 ⇒ α1 ≥ 9$
  Тогда
  $9 2 A≥ 2 ⋅3 = 512⋅9> 1000$
- Если $α2 = 1,$ то
  $(α1 + 1)⋅2 ≥ 30 ⇒ α1 ≥ 14$
  Тогда
  $A ≥214⋅31 > 1000$
Как мы видим, ни один из вариантов не возможен.
Если у $A$ ровно 1 простой делитель, то степень его вхождения хотя бы 29, но тогда очевидно, что $A$ не трехзначное.