ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №20 — свойства чисел

Разбор — 4 балла

Разложим число $A$ на простые множители:

$$A=p_1^{{\alpha }_1}\cdot p_2^{{\alpha }_2}\cdot \dots \cdot p_r^{{\alpha }_r}.$$

Любой делитель $d$ числа $A$ не содержит других простых множителей, поэтому $d=p_1^{{\beta }_1}\cdot \dots \cdot p_r^{{\beta }_r}$, где $0⩽{\beta }_i⩽{\alpha }_i$. Каждый показатель ${\beta }_i$ можно выбрать ${\alpha }_i+1$ способами, а разные наборы показателей дают разные делители. Поэтому число делителей

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

а) Да, может. Возьмём $A=3^6=729$ — трёхзначное число. Его делители — степени тройки $3^0,3^1,\dots ,3^6$, то есть $1,3,9,27,81,243,729$. Их ровно $7$ (по формуле $k=6+1=7$).

б) Нет, не может. Число $25$ раскладывается в произведение натуральных множителей, больших $1$, только двумя способами: $25=25$ и $25=5\cdot 5$. Значит, возможны два вида числа $A$.

1. $A=p^{24}$. Тогда $A⩾2^{24}>2^{10}=1024>999$ — число не трёхзначное.

2. $A=p^4{q}^4=(pq{)}^4$, где $p\ne q$ — простые. Тогда $pq⩾2\cdot 3=6$ и $A⩾6^4=1296>999$ — тоже не трёхзначное.

в) Сначала заметим полезный факт. Пусть показатели в разложении $A$ упорядочены по убыванию: ${\alpha }_1⩾{\alpha }_2⩾\dots ⩾{\alpha }_r$. Тогда

$$A⩾2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}\cdot 5^{{\alpha }_3}\cdot 7^{{\alpha }_4}\cdot \dots$$

Действительно, $i$-й по величине простой делитель числа $A$ не меньше $i$-го простого числа ($2,3,5,7,\dots$), поэтому замена простых делителей на $2,3,5,\dots$ (в порядке возрастания) число не увеличивает. Если после этого у меньшего простого $p$ показатель $\gamma$ меньше показателя $\delta$ у большего простого $q$, поменяем показатели местами: $p^{\delta }{q}^{\gamma }=p^{\gamma }{q}^{\delta }\cdot {\left(\frac{p}{q}\right)}^{\delta -\gamma }<p^{\gamma }{q}^{\delta }$. Число снова уменьшается, а количество делителей при всех этих заменах не меняется.

Так как $A⩽999$, получаем $2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}\cdot 5^{{\alpha }_3}\cdot 7^{{\alpha }_4}\cdot \dots <1000$.

Оценка. Разберём случаи по количеству $r$ различных простых делителей.

$r⩾5$: тогда $A⩾2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=2310>999$ — невозможно.

$r=4$: если ${\alpha }_2⩾2$, то $A⩾2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7=1260$ — невозможно. Значит, ${\alpha }_2={\alpha }_3={\alpha }_4=1$ и $A⩾2^{{\alpha }_1}\cdot 105$. Из $2^{{\alpha }_1}\cdot 105<1000$ получаем $2^{{\alpha }_1}<10$, то есть ${\alpha }_1⩽3$. Тогда

$$k=({\alpha }_1+1)\cdot 2\cdot 2\cdot 2⩽4\cdot 8=32.$$

$r=3$: $k=({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)({\alpha }_3+1)$.

• Если ${\alpha }_3⩾2$, то и ${\alpha }_1,{\alpha }_2⩾2$. При ${\alpha }_1⩾3$ было бы $A⩾2^3\cdot 3^2\cdot 5^2=1800$, поэтому ${\alpha }_1={\alpha }_2={\alpha }_3=2$ и $k=27$.
• Если ${\alpha }_3=1$, то $A⩾2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}\cdot 5$, откуда $2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}<200$. При ${\alpha }_2⩾3$ имеем $2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}⩾2^3\cdot 3^3=216$ — невозможно. При ${\alpha }_2=2$: $2^{{\alpha }_1}<\frac{200}{9}<23$, ${\alpha }_1⩽4$, $k⩽5\cdot 3\cdot 2=30$. При ${\alpha }_2=1$: $2^{{\alpha }_1}<\frac{200}{3}<67$, ${\alpha }_1⩽6$, $k⩽7\cdot 2\cdot 2=28$.

В этом случае $k⩽30$.

$r=2$: $A⩾2^{{\alpha }_1}\cdot 3^{{\alpha }_2}$, $k=({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)$.

• ${\alpha }_2⩾4$: $A⩾2^4\cdot 3^4=1296$ — невозможно.
• ${\alpha }_2=3$: $2^{{\alpha }_1}<\frac{1000}{27}<38$, ${\alpha }_1⩽5$, $k⩽6\cdot 4=24$.
• ${\alpha }_2=2$: $2^{{\alpha }_1}<\frac{1000}{9}<112$, ${\alpha }_1⩽6$, $k⩽7\cdot 3=21$.
• ${\alpha }_2=1$: $2^{{\alpha }_1}<\frac{1000}{3}<334$, ${\alpha }_1⩽8$, $k⩽9\cdot 2=18$.

В этом случае $k⩽24$.

$r=1$: $A=p^{{\alpha }_1}⩾2^{{\alpha }_1}$, откуда $2^{{\alpha }_1}<1000$, ${\alpha }_1⩽9$ и $k⩽10$.

Во всех случаях $k⩽32$.

Пример. Число $A=840=2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7$ трёхзначное, и у него

$$k=(3+1)(1+1)(1+1)(1+1)=32$$

делителя.

Значит, наибольшее $k$ равно $32$.

Ответ: а) да; б) нет; в) $32$.