Неравенство в целых числах

[Ktina]

Решить в целых числах неравенство

$$\tau(n^4+5n^2+9)<6$$

(тау это число делителей)

[nnosipov]

Ну, видно же. На множители разложить, туда-сюда, 5 не бывает, а там один из них равен 3. Так?

[Ktina]

nnosipov,
Разумеется.

$$n^4+5n^2+9=(n(n+1)+3)(n(n-1)+3)$$

5 бывает, но не в нашем случае.
Эта штука делится на 3 всегда.

[nnosipov]

(Оффтоп)

С наступающим праздником!

[Ktina]

(Оффтоп)

nnosipov,
Спасибо

[Ward]

Ktina в сообщении #692288 писал(а):

$$n^4+5n^2+9=(n(n+1)+3)(n(n-1)+3)$$

5 бывает, но не в нашем случае.
Эта штука делится на 3 всегда.

Уважаемая Ktina можете ли Вы чуть подробнее объяснить что нам дает это разложение?

Вы наверное так делаете или нет?
Раз у Вас $n^4+5n^2+9=(n(n-1)+3)(n(n+1)+3)$ и так как $\text{gcd}(n(n+1)+3, n(n-1)+3)=1,$ то ввиду мультипликативности функции $\tau$ получаем, что

$$\tau(n^4+5n^2+9)=\tau(n(n-1)+3)\tau(n(n+1)+3)$$

и рассматриваете 5 случаев. Верно?

[Ktina]

Ward,
Не совсем.
В данном случае достаточно небольшого перебора, если заметить, что значения нашего многочлена всегда кратны трём при целых $n$.
И ещё вспомнить, что нечётное число делителей бывает только у квадратов.

[Ward]

Уважаемые Ktina и nnosipov я попытался решить эту задачу следующим методом, но хотелось бы чтобы Вы посмотрели на мое решение.
Так как $n^4+5n^2+9=(n^2-n+3)(n^2+n+3)$ и так как $\text{gcd}(n^2-n+3, n^2+n+3)= \begin{cases} 1, n\equiv 1,2 \pmod 3\\ 3, n\equiv 0 \pmod 3 \end{cases}$

1 случай: Если $\text{gcd}(n^2-n+3, n^2+n+3)=3,$ тогда $\begin{cases} n^2+n+3=3k \\ n^2-n+3=3l \end{cases},$ где $\text{gcd}(k,l)=1$
Получаем, что $\tau(n^4+5n^2+9)=\tau(3^2kl)$
Подходящими вариантами для этого случая получим:
Если $k=l=1$, то $\tau(3^2kl)=3$
Если $k=1, l=3$, то $\tau(3^2kl)=4$
Если $k=1, l=3^2$, то $\tau(3^2kl)=5$
Если $k=3, l=1$, то $\tau(3^2kl)=4$
Если $k=3^2, l=1$, то $\tau(3^2kl)=5$

Вроде других вариантов я не вижу. Я вот нашел подходящие пары $(k,l)=(1,1), (1,3), (1,9), (3,1), (9,1).$ А как отсюда найти число $n$? Не знаю как-то туплю ночью. Помогите пожалуйста.

[Ktina]

Ward,

Для начала нужно доказать, что $n^4+5n^2+9$ составное при любом целом $n$.
Это нетрудно, так как $n^4+5n^2+9$ всегда кратно трём и больше трёх.

Раз число составное, значит делителей у него уже не менее трёх.

Если делителей ровно три, что число имеет вид $p^2$ при некотором простом $p$. И так как наше число делится на 3, остаётся единственный вариант $3^2=9$, который достигается при $n=0$.

Если делителей ровно 4, то число имеет вид либо $p^3$, либо $pq$, где $p, q$ -- простые.
Первый случай невозможен, так как если наше число имеет вид $p^3$, то оно равно $3^3=27$.
Остаётся второй случай, $pq$, одно из множимых будет равно 3, значит число имеет вид $3q$ при некотором простом $q\ne 3$. Здесь и воспользуемся разложением на множители.

$$n^4+5n^2+9=(n(n+1)+3)(n(n-1)+3)=3q$$

, один из множителей должен быть равен 3. Это достигается при $n=\pm 1, n^4+5n^2+9=15=3\cdot 5$

Если делителей ровно пять, что число обязано иметь вид $p^4$, а в нашем случае именно $3^4$, что невозможно.

[Whitaker]

Ward
Вы усложняете задачу намного. Можно сделать так:
При $n=0$ получаю, что $\tau(0^2+0+9)=\tau(9)=3<6$ и в дальнейшем я буду рассматривать случай $n>0$
Для удобства я обозначу $n^4+5n^2+9$ через $k$. Из $\tau(k)<6$ получаю, что $\tau(k)=2, 3, 4, 5$ (случай $\tau(k)=1$ отпадает так как $k=n^4+5n^2+9\neq 1$ для $\forall n\in\mathbb{N}$)
Из $\tau(k)=2, 3, 5$ получаем, что $k=p^m,$ где $m=1, 2, 4$ соответственно.
Так как $n^4+5n^2+9=(n^2+n+3)(n^2-n+3),$ то в этих случаях получаем, что $n^2-n+3\mid n^2+n+3$ (так как $n^2-n+3< n^2+n+3$ при $n>0$) или $n^2-n+3\mid 2n$, т.е. $n^2-n+3\leqslant 2n$ или $n^2-3n+3\leqslant 0$, а последнего быть не может. Противоречие.
В случае $\tau(k)=4$ получаю, что $k=p^3$ или $k=pq,$ где $\text{gcd}(p,q)=1$.
Противоречие для $k=p^3$ выводится аналогично как для самого первого случая.
Пусть $n^2-n+3=p$ и $n^2+n+3=q.$ Видно, что при $n=1$ все в порядке и получаем, что $(p,q)=(3,5)$
При $n\equiv 0 \pmod 3$ получаю, что $3\mid p$ и $3\mid q$. Противоречие.
При $n\equiv 1 \pmod 3$ и $n>1$ получаю, что $3\mid p$ и $p>3$. Противоречие так как $p$-простое число.
При $n\equiv 2 \pmod 3$ получаю, что $3\mid q$ и $q>3$. Противоречие так как $q$-простое число.
У меня получается, что для $n\in \{0, \pm 1\}$ будет $\tau(n^4+5n^2+9)<6$

[ewert]

А я чего-то не понял, о чём вообще разговор.

Не менее шести разных делителей мы заведомо наберём, если число можно представить в виде произведения трёх различных неединичных сомножителей.

Один из сомножителей $(n^2-n+3)$ и $(n^2+n+3)$ заведомо делится на тройку. Если это $(n^2-n+3)$, то для получения желаемых трёх сомножителей достаточно выполнения неравенства $n^2-n+3>9$, т.е. $n>3$. Если на три делится $(n^2+n+3)$, то достаточно выполнения $n^2+n+3>9$ (что при $n>3$ тем более верно) и $3(n^2-n+3)>n^2+n+3$ (что верно вообще всегда).

И остаётся лишь тупо перебрать случаи $n=0,1,2,3$.