Решить в натуральных числах 3 sigma(n) = 4n + 79

[Руст]

Решить уравнение в натуральных числах:
$3\sigma (n)=4n+79.$
Здесь $\sigma (n)$ сумма всех (включая $1$ и само $n$) делителей числа $n$.

[vbn]

Для четных и простых решений нет.
Это доказывается легко.
А вот для нечетных составных подумать нужно немножко.

[Руст]

vbn писал(а):

Для четных и простых решений нет.
Это доказывается легко.
А вот для нечетных составных подумать нужно немножко.

Докажите свое неверное утверждение.

[Дарида]

Если n=2, то (4*2+79) никак не равно 3*(1+2)

Если n - простое число, отличное от 2, то

1. левая часть равенства - четная.
т.к. (1 + n) - чётно

2. правая часть равенства - не чётная.
т.к. 4*n - четно, а 4*n+79 уже не чётно.

вывод: n не является простым числом.

[juna]

Дарида писал(а):

Если n=2, то (4*2+79) никак не равно 3*(1+2)

Если n - простое число, отличное от 2, то

1. левая часть равенства - четная.
т.к. (1 + n) - чётно

2. правая часть равенства - не чётная.
т.к. 4*n - четно, а 4*n+79 уже не чётно.

вывод: n не является простым числом.

на счёт n-чётного - то это возможно только если n - квадрат какого-нибудь числа.

Можно доказать более общее утверждение:
$n$ не может быть никакой степенью одного простого числа.
Действительно, легко показать, что $n\equiv{-1}\pmod{3}$. Пусть $n=p^k$, $p\equiv{1}\pmod{2}$.
Если $p^k\equiv{-1}\pmod{3}$, то $p\equiv{-1}\pmod{3}$ и $k\equiv{1}\pmod{2}$.
Значит $\sigma(p^k)=1+p+p^2+p^3+...+p^k\equiv{0}\pmod{2}$, но $4p^k+79\equiv{1}\pmod{2}$.
Если $n=2^k$, то $3\frac{2^{k+1}-1}{2-1}=4\cdot 2^k+79$, отсюда $2^{k+1}=82$, что невозможно.

[незваный гость]

Наверное я опять что-то пропустил в условии.

Если $p$ -- простое, то для любого $n = p^k$ имеем $3 \sigma(n) = 3 \frac{p^{k+1}-1}{p-1} = 3 \frac{n p - 1}{p-1} = 4 n + 79$. Откуда $n = \frac{76 - 79 p}{p -4}$. При $p$ большем $4$ дробь отрицательна, при $2$ и $3$ величина $n$ не является степенью соответствующего простого $p$.

[juna]

Можно показать, что число $n$ не может быть произведением двух простых чисел без степени, т.е. $n=ab$, $a,b-$ простые.
Действительно, $\sigma(ab)=a+b+ab+1$. Было показано, что $n=3k-1$, тогда искомое равенство $3\sigma(n)=4n+79$ преобразуется к виду $\sigma(3k-1)=3k-1+k+26$. Пусть $3k-1=ab$, тогда $a+b+1=k+26$. Приходим к уравнению $a+b-\frac{ab+1}{3}=25$, которое невозможно.

[незваный гость]

Очень похоже, что 50 -- единственное решение.

руст: -- пожалуйста, дайте еще подумать. Не отнимайте у людей удовольствие.

[ИСН]

Из делимости на 2: $\sigma(n)$ нечётно. Это что значит? Что все нечётные простые в него входят в чётных степенях, in other words, что $n=2^k\cdot m^2$
Из делимости на 3: $n=2\pmod{3}$. А известно, что $m^2=1\pmod{3}$. Значит что? Значит, хоть одна двоечка в $n$ у нас есть. Тогда сразу $\sigma(n)\ge{3\over 2}n$,
$3\sigma(n)-4n\ge{1\over 2}n$,
что даёт верхнюю оценку для $n$.
Осталось перебрать даже не десяток чисел - и всё, $\qed$

[Руст]

На самом деле логически (без перебора вариантов) можно получить, что единственное решение $n=50$.

[ИСН]

Да понятно, что можно как-то. Мне после этого стало неинтересно, потому что с перебора-то я, понятное дело, начал (а то зачем компу стоять без дела? Он железный, пусть считает).

[vbn]

Руст писал(а):

vbn писал(а):

Для четных и простых решений нет.
Это доказывается легко.
А вот для нечетных составных подумать нужно немножко.

Докажите свое неверное утверждение.

Вношу поправочку , решений нет для четных больших 140.

[Руст]

На самом деле вначале для $n=2q^2$ получаем оценку $q\le 13$, подставив эту оценку уточняем заново $q<7$. Так как $q$ не делится на $3$, остаётся только $q=5$ или $n$ степень двойки (что легко отвергается) и остается единственная возможность $q=5$.

[Руст]

Усложню задание. Существуют ли целые числа $a,b,c$, что уравнение в натуральных числах:
$a\sigma (n)=bn+c.$
имеет бесконечное количество решений?

[juna]

Ну вот, пока добирался до компьютера, все уже решили.
Руст, а как быть с тривиальным $a,b,c=1$, $n - $ простое число?