n=p_1 \dots p_6 \ q_1 \dots q_5, где p_i – различные простые, дающие остаток 2, q_i – дающие остаток 1 при делении на 3
Тогда количество натуральных делителей будет (1+1)^{11}>2017
(Дополнение к решению выше) На олимпиаде подобные удтверждения стоит показать на числе в явном виде, например: n=(2 \cdot 5 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 23 \cdot 29) \cdot (7 \cdot 13 \cdot 19 \cdot 31 \cdot 43), так как в противном случае могут появится вопросы к тому, почему такие q_{i} и p_{i}, вообще существуют. Подобное произойдет вряд ли, но стоит обезопасить себя от такой возможности
А кстати, вроде бы такое n не подходит.
Действительно, пусть d \mid n и d \equiv 1 (mod 3), тогда d делится на четное количество p_{i} и также входит произвольное кол-во нечетных.
Выбрать p_{i} - C_{6}^0 + C_{6}^2 + C_{6}^4 + C_{6}^6 способов
Выбрать q_{i} - 2^5 способов
Итого делителей d у нас (C_{6}^0 + C_{6}^2 + C_{6}^4 + C_{6}^6)*2^5
Почему делители принимают именно такой вид?
исправил
Нас просят все делители, и числа, дающие остаток 1 при делении на 3, могут делиться на числа, дающие остаток 2. 25 делится на 5.
Вообще в любом случае количество делителей нельзя считать отталкиваясь от таких признаков. Есть формула : для n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \dots p_k^{\alpha_k}, где {p_i} – различные простые числа, количество делителей будет \prod_1^k (\alpha_k+1)
Нет, я согласен с тем что \tau(n) > 2017, но там же условие “также количество его различных натуральных делителей, дающие при деление на 3 остаток 1, нечетно” - которое не выполняется для такого n
Попробуем взять число вида n = (p_{1}p_{2})^{2k}, где p_{1}, p_{2} - простые вида 3k + 2, а число k -нечетное достаточно большое. Это мотивируется, если взять n = (p_{1}p_{2})^2, тогда у n делители вида 3k + 2 это числа 1, p_{1}^2, p_{2}^2, p_{1}p_{2}, (p_{1}p_{2})^2, но в общем делителей всего 9, что мало
Пусть n = (2*5)^{2*2017}, тогда всего делителей у него явно больше 2017, докажем что делителей 3k + 2 - нечетное количеств.
Пусть d - делитель n вида 3k+2, будем делить d по степени вхождения 2:
Если v_{2}(d) - четна, то v_{2}(d) = 2, 4, \ldots 2*2017,
d = 2^0*5^{a}, тогда a - четно, количество способов выбрать a - 2017, a=0, 2,4, \ldots 2*2017
d = 2^{2}*5^{a}, выбрать a - также 2018 способов
d = 2^{4}*5^{a}, выбрать a также 2018 способов
\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots
d = 2^{2*2017}*5^{a}, также 2018 способов
ИТОГО: 2018^2
Теперь v_{2}(d) - нечетно
d = 2^{1}*5^{a}, где a - нечетно, то есть a = (1, 3, \ldots, 2*2017 - 1) - 2017 способов
\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots
d = 2^{2*2017 - 1}*5^{a}, также a выбрать 2017 способов
ИТОГО: 2017^2
Итого таких d \in \N, что
i) d \mid n
ii)d \equiv 1 (mod 3)
у нас 2018^2 + 2017^2 - нечетно , следовательно n = 10^{2*2017} - подходит
А, блин, показалось количество простых делителей, дающих остаток 1, нечетно
да, тоже так подумал)
А что если просто n=2^{2n}, n – четно и достаточно большое?
Тогда у него в точности n+1 делителей вида 3k+1
Я ж сказала про четность)