Городская Жаутыковская олимпиада по математике, 7 класс, 2023 год
Комментарий/решение:
Разложим эти числа на простые множители:
$2\alpha = 2^1p_1^1p_2^1$ Ведь кол-во делителей равна 8. $(1+1)(1+1)(1+1)=2^3=8$
P.S. $p_1 \not= p_2$
Но так как кол-во делителей у $3\alpha$ менее 6, легко заметить что какое-то из $p_1$ или $p_2$ равна 3: $3\alpha = 3^2p_1^1 \Rightarrow (2+1)(1+1) = 6$
Заметим что $p_1 \in \{..1, ..3, 5 , ..7, ..9\}$ может оканчиваться на эти числа. Соответственно при умножении 2023 на $\alpha$ мы получаем $\Rightarrow 2023\alpha = 6069p_1 \in \{..9, ..7, 5, ..3, ..1\}$
Ответ: $\{9, 7, 5, 3, 1\}$
$2a=p⁷;p³q;pqr$
$1)\frac{3p⁷}{2} \in Z$
$p=2$
$a=64$
$3a=192$
$d(192)=1,2,3,4,6,8,16...$
$\phi$
$2)p³q:2 \in Z$
$1)p=2$
$d(12q)=1,2,3,4,6,12,12q..$
$\phi$
$2)q=2$
$1)p≠3$
$d(3p³)=1,3,p,p²,p³,3p³$
$\phi$
$p=3$
$2a=54$
$3a=81$
$2023a=10k+1$
$3)a=pqr$
$pqr:2 \in Z$
$p=2$
$3a=3qr$
$d(3qr)=1,3,q,r,qr,3qr,3q,3r$
$q=r=3$
$2a=18$
$\phi$
Допустим $\alpha$ имеет хотя бы 2 делителя отличных от 3, тогда пусть кол-во делителей $3\alpha=d_{3}; 6>d3\geq (1+1)*(1+1)*(1+1)=8$, противоречие $\Rightarrow \alpha$ имеет не более 1 делителя отличного от 3
Допустим $\alpha$ делиться хотя бы на $p^2; p \ne 3 \Rightarrow 6>d3\geq(1+1)*(2+1)=6$, противоречие
$\alpha=p$ или $\alpha=3^x$, если бы в первом случае $\alpha$ делилось хотя бы на 3, то $6>d\geq(2+1)(1+1)=6$, противоречие.
Рассмотрим первый случай $8=d_{2}=(1+1)*(1+1)=4$ или $8=d_{2}=2+1=3$ при $p=2$, противоречие $\Rightarrow \alpha=3^x$
$8=d_{2}=(1+1)*(x+1) \Rightarrow x=3 \Rightarrow \alpha=27 \Rightarrow 2023\alpha$ кончается на 1 (т.к. 3*7 кончается на 1)
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.