From: "Fernanda Medeiros" <[EMAIL PROTECTED]> > 2.Determine o menor nº natural n tal que a soma dos quadrados dos seus > divisores (incluindo 1 e n)é igual a (n+3)^2
Oi Fernanda e pessoal, olhem só o que eu fiz nesse problema. Seja n um inteiro positivo. Se d divide n e d não é a raiz quadrada de n então (n/d) é diferente de d e também divide n. E também vale d^2 + (n/d)^2 > 2*raiz(d^2 * n^2/d^2) = 2*n de forma que se n não é quadrado perfeito e possui K divisores diferente de 1 e de n então s(n) > 1 + n^2 + Kn. se n é quadrado perfeito e possui K+1 divisores alem de 1 e de n então s(n) > 1 + n^2 + (K-1)n. Ou seja, se K>=6 então certamente s(n) > 1 + n^2 + 6n = (n+3)^2, portanto n deve possuir no máximo 8 divisores. Se n é fatorado em n=2^a * 3^b * 5^c * ... a quantidade de divisores de n é igual a (a+1)*(b+1)*(c+1)*... portanto só dois desses a, b, c, ... podem ser diferentes de 0 pois (1+1)*(1+1)*(1+1) = 8. Devemos ter n da seguinte forma: p, pq, p^2q, p^2, p^3, p^4, p^5, p^6 ou p^7 onde p e q devem ser primos. De cara descartamos o caso de n ser primo, o caso de n ser quadrado de primo também é fácil de ver que não implica s(n) = (n+3)^2, sobram: pq, p^2q, p^3, p^4, p^5, p^6 ou p^7. Para o primeiro (pq), eu contrei a menor solução com n = 7*41 = 287. Para o segundo (p^2q) eu mostrei que q<6 daí deve ser do tipo 2p^2, 3p^2 ou 5p^2. Os casos que são potências de primo, fiz algumas estimativas que mostram que p<6, resta analisar portanto 2^3, 2^4, 2^5, 2^6, 2^7, 3^3, 3^4, 3^5, 3^6, 3^7, 5^3, 5^4, 5^5, 5^6, 5^7 mas não cheguei a testar se nesses casos s(n)=(n+3)^2. É claro que o problema já está reduzido em trabalho, mas ainda está difícil de completar a solução. Alguém tem uma idéia? Eduardo. ========================================================================= Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html O administrador desta lista é <[EMAIL PROTECTED]> =========================================================================