ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №20 — свойства чисел

Разбор — 4 балла

Сначала выведем формулу для количества делителей. Разложим число $A$ на простые множители:

$$A=p_1^{{\alpha }_1}\cdot p_2^{{\alpha }_2}\cdot \dots \cdot p_n^{{\alpha }_n}.$$

Пусть $d$ — делитель числа $A$. В разложении $d$ не может быть простого множителя, которого нет в $A$: иначе он делил бы и $A$. Поэтому $d=p_1^{{\beta }_1}\cdot \dots \cdot p_n^{{\beta }_n}$, причём $0⩽{\beta }_i⩽{\alpha }_i$ (иначе $A$ не разделится на $d$). Показатель ${\beta }_i$ можно выбрать ${\alpha }_i+1$ способом — это числа $0,1,\dots ,{\alpha }_i$, выбор для разных $i$ независимый, а разные наборы показателей дают разные делители. Значит,

$$k=({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)\cdot \dots \cdot ({\alpha }_n+1).$$

а) Да, может. Разложим $15=5\cdot 3$: достаточно взять два различных простых числа в степенях $5-1=4$ и $3-1=2$.

Пример: $A=144=2^4\cdot 3^2$. Это трёхзначное число, и у него $(4+1)(2+1)=15$ делителей.

б) Да, может. Разложим $28=7\cdot 2\cdot 2$: возьмём три различных простых числа в степенях $6$, $1$ и $1$.

Пример: $A=960=2^6\cdot 3\cdot 5$. Это трёхзначное число, и у него $(6+1)(1+1)(1+1)=28$ делителей.

в) Пусть $100⩽A⩽999$ и $k⩾30$. Будем пользоваться простым соображением: если показатели степеней простых делителей числа $A$, упорядоченные по убыванию, равны ${\alpha }_1⩾{\alpha }_2⩾\dots$, то

$$A⩾2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}\cdot 5^{{\alpha }_3}\cdot \dots$$

Действительно, простые делители $A$ в порядке возрастания не меньше чисел $2,3,5,\dots$ соответственно, а перенос большего показателя на меньшее простое число только уменьшает произведение: при $p<q$ и $\alpha >\beta$ имеем $p^{\alpha }{q}^{\beta }<p^{\beta }{q}^{\alpha }$, так как это равносильно $p^{\alpha -\beta }<q^{\alpha -\beta }$.

Разберём случаи по количеству $n$ различных простых делителей числа $A$.

Случай $n⩾5$. Тогда $A⩾2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=2310>999$ — невозможно.

Случай $n=4$. Если хотя бы два показателя не меньше $2$, то $A⩾2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7=1260$ — невозможно. Значит, три показателя равны $1$, а четвёртый обозначим $\alpha$. Тогда

$$k=(\alpha +1)\cdot 2\cdot 2\cdot 2=8(\alpha +1)⩾30\Rightarrow \alpha +1⩾4\Rightarrow \alpha ⩾3.$$

Если $\alpha ⩾4$, то $A⩾2^4\cdot 3\cdot 5\cdot 7=1680$ — невозможно. Значит, $\alpha =3$ и $A=p^{3}qrs$. Если $p\ne 2$, то $A⩾3^3\cdot 2\cdot 5\cdot 7=1890$ — невозможно. Значит, $p=2$ и $A=8qrs$, где $q,r,s$ — различные нечётные простые числа, причём $qrs⩽\frac{999}{8}$, то есть $qrs⩽124$. Если набор $q,r,s$ отличается от $3,5,7$, то в нём есть простое число, не меньшее $11$, и $qrs⩾3\cdot 5\cdot 11=165$. Остаётся $q,r,s=3,5,7$:

$$A=2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7=840,k=4\cdot 2\cdot 2\cdot 2=32⩾30.$$

Случай $n=3$. Пусть показатели ${\alpha }_1⩾{\alpha }_2⩾{\alpha }_3⩾1$. Получим ограничения на них.

1. ${\alpha }_1⩾3$: иначе $k⩽3\cdot 3\cdot 3=27<30$.
2. ${\alpha }_3=1$: если ${\alpha }_3⩾2$, то $A⩾2^3\cdot 3^2\cdot 5^2=1800$.
3. ${\alpha }_2⩽2$: если ${\alpha }_2⩾3$, то $A⩾2^3\cdot 3^3\cdot 5=1080$.

Из условия $k=({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)\cdot 2⩾30$ получаем $({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)⩾15$.

Если ${\alpha }_2=1$, то $2({\alpha }_1+1)⩾15$, откуда ${\alpha }_1⩾7$ и $A⩾2^7\cdot 3\cdot 5=1920$ — невозможно.

Если ${\alpha }_2=2$, то $3({\alpha }_1+1)⩾15$, откуда ${\alpha }_1⩾4$. При ${\alpha }_1⩾5$ получаем $A⩾2^5\cdot 3^2\cdot 5=1440$ — невозможно. Значит, ${\alpha }_1=4$ и $A=p^4{q}^{2}r$.

• Если $p=3$, то $q,r$ — различные простые, отличные от $3$, и наименьшее значение $q^{2}r$ равно $2^2\cdot 5=20$, поэтому $A⩾81\cdot 20=1620$ — невозможно.
• Если $p⩾5$, то $A⩾5^4\cdot 2^2\cdot 3=7500$ — невозможно.
• Значит, $p=2$ и $A=16q^{2}r$, где $q,r$ — различные нечётные простые числа и $q^{2}r⩽\frac{999}{16}$, то есть $q^{2}r⩽62$. При $q=3$ получаем $9r⩽62$, $r⩽6$, то есть $r=5$. При $q=5$ получаем $25r⩽62$, $r⩽2$ — нечётного простого $r$ нет. При $q⩾7$ имеем $q^{2}r⩾49\cdot 3>62$.

Остаётся $A=2^4\cdot 3^2\cdot 5=720$, и у него $k=5\cdot 3\cdot 2=30$ делителей.

Случай $n=2$. Пусть показатели ${\alpha }_1⩾{\alpha }_2$. Если ${\alpha }_2⩾4$, то $A⩾2^4\cdot 3^4=1296$ — невозможно. Переберём остальные значения ${\alpha }_2$:

• ${\alpha }_2=3$: $4({\alpha }_1+1)⩾30$, ${\alpha }_1⩾7$, $A⩾2^7\cdot 3^3=3456$;
• ${\alpha }_2=2$: $3({\alpha }_1+1)⩾30$, ${\alpha }_1⩾9$, $A⩾2^9\cdot 3^2=4608$;
• ${\alpha }_2=1$: $2({\alpha }_1+1)⩾30$, ${\alpha }_1⩾14$, $A⩾2^{14}\cdot 3>999$.

Во всех вариантах $A$ не трёхзначное.

Случай $n=1$. Тогда $A=p^{\alpha }$ и $\alpha +1⩾30$, то есть $A⩾2^{29}$ — не трёхзначное.

Итак, других чисел, кроме $720$ и $840$, быть не может, а у этих чисел $30$ и $32$ делителя соответственно, то есть оба подходят.

Ответ: а) да; б) да; в) $720$ и $840$.