Делители, делители

[Ktina]

Пусть $n>1$ - натуральное число, $d(n)$ - наименьший делитель $n$, отличный от 1, $D(n)$ - наибольший делитель $n$, отличный от $n$, $\tau(n)$ - количество натуральных делителей числа $n$.

а) Найдите все такие $n$, что $n=d(n)+\tau(n)$

б) Найдите все такие $n$, что $n=D(n)+\tau(n)$

в) Найдите все такие $n$, что $n=D(n)+d(n)+\tau(n)$

[Dendr]

Для простого $n$ имеем $d=n$, $D=1$, $\tau=2$. Ясно, что здесь будет только одно решение и только для (б) - $n=3$.
Для составных чисел рассмотрим сначала менее строгую задачу, но более обобщенную: для каких $n$ выполняется $n\leqslant D(n)+d(n)+\tau(n)$? Как выяснится, это довольно ограниченный список чисел, который можно просто перебрать вручную. Все ответы на исходную задачу должны быть решениями и для неравенства.

Если $n$ - нечетное, то $d\geqslant3, D\leqslant n/3, d+D\leqslant 3+n/3$ . Среди делителей $n$ могут встретиться только нечетные числа от 1 до $n/3$, плюс оно само, то есть $\tau\leqslant (n/3+1)/2+1=n/6+3/2$ чисел. Получаем неравенство
$n\leqslant 3+n/3+n/6+3/2=n/6+9/2 \Rightarrow n\leqslant9$. Так как мы рассматриваем из нечетных составных чисел, то подходит только $n=9$, оно удовлетворяет условию (в).

Если $n$ четное, то $d=2, D=n/2$. Пусть $n=2^k N$, где $N$ - нечетное, $k>0$. Множители $n$ - это множители $N$, поочередно домноженные на все степени 2 от 0 до $k$.
Тогда $\tau\leqslant (k+1)(N/6+3/2)$, и решаемое неравенство есть $2^k N \leqslant 2+2^k^-^1 N + (k+1)(N/6+3/2)$. На самом деле, тут надо быть осторожными, поскольку могут возникнуть ложные решения. Но поскольку мы будем проверять все условия руками, то не станем на это отвлекаться.
Или: $(2^k - (k+1)/3)N \leqslant 7+ 3k$; $N\leqslant\frac{7+ 3k}{2^k - (k+1)/3}$
Знаменатель растет быстрее числителя, поэтому достаточно перебрать первые $k$.

$k=1: N\leqslant\frac{7+3}{2 - 2/3}=30/4; N=1, 3, 5, 7; n=2, 6, 10, 14$
$k=2: N\leqslant\frac{7+6}{4 - 1}=13/3; N=1, 3; n=4, 12$
$k=3: N\leqslant\frac{7+9}{8 - 4/3}=2.4; N=1; n=8$
$k=4: N\leqslant\frac{7+12}{16 - 5/3}=1.33..; N=1; n=16$

Отбросив двойку, как простое число, получаем всех составных кандидатов на решение обобщающего неравенства: $n=4, 6, 8, 10, 12, 14, 16$. Перебором находим, что последние два числа не удовлетворяют и неравенству, а из остальных отсеятся 4 и 10, но надо вспомнить о 3 и 9. Строго говоря, подставляя $k=0$, получим $N\leqslant10.5$, то есть ту же оценку, что и раньше - то есть можно было обойтись перебором нечетных $n$ от 1 до 9, пропуская начало решения. Но это было бы менее строго с математической точки зрения.

Ответ:
а) 6
б) 3, 8, 12
в) 9