[obm-l] Re:

["Eduardo Casagrande Stabel" <dudasta@xxxxxxxxxxxx>]

From: "Fernanda Medeiros" <femedeiros2001@hotmail.com>
>  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.

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