Делимость и разложение на простые множители

\(153=9\cdot17\), значит, \(9\mid153\). \(154=11\cdot14\), значит, \(11\mid154\). \(221=13\cdot17\), значит, \(13\mid221\). Все три утверждения верны.

Пусть \(a=5x\), \(b=5y\), где \(x,y\) - целые. Тогда \(7a+4b=35x+20y=5(7x+4y)\). Следовательно, \(5\mid 7a+4b\).

\(1260=126\cdot10=(2\cdot3^2\cdot7)(2\cdot5)=2^2\cdot3^2\cdot5\cdot7\).

\(840=84\cdot10=(2^2\cdot3\cdot7)(2\cdot5)=2^3\cdot3\cdot5\cdot7\). Поэтому число делителей равно \((3+1)(1+1)(1+1)(1+1)=32\).

Если \(d\mid n\), то вместе с \(d\) есть парный делитель \(\frac nd\). Разные делители образуют пары, кроме случая \(d=\frac nd\), то есть \(d^2=n\). Поэтому непарный делитель существует ровно тогда, когда \(n\) - квадрат. Следовательно, количество делителей нечетно ровно для полных квадратов.

Среди трех последовательных чисел одно делится на \(3\), а хотя бы одно четно. Значит, произведение делится на \(3\) и на \(2\). Так как \(\gcd(2,3)=1\), произведение делится на \(6\).

Среди четырех последовательных чисел одно делится на \(3\). Также среди них есть два четных числа, одно из которых делится на \(4\). Эти два четных числа вместе дают множитель \(8\). Следовательно, произведение делится на \(8\cdot3=24\).

Из \(a\mid b\) следует \(b=ak\), а из \(b\mid c\) следует \(c=bm\), где \(k,m\) - целые. Тогда \(c=(ak)m=a(km)\). Так как \(km\) - целое число, \(a\mid c\).

Имеем \(n\equiv -3\pmod{n+3}\). Поэтому \(n^2+n+1\equiv 9-3+1=7\pmod{n+3}\). Значит, \(n+3\mid7\). Отсюда \(n+3=\pm1,\pm7\), то есть \(n=-2,-4,4,-10\). Проверка обратной подстановкой подтверждает все четыре значения.

Если \(p>3\), то \(p\not\equiv0\pmod3\). При \(p\equiv1\pmod3\) число \(p+8\equiv0\pmod3\), а при \(p\equiv2\pmod3\) число \(p+4\equiv0\pmod3\). В обоих случаях одно из чисел больше \(3\) и делится на \(3\), значит, составное. Проверяем \(p=3\): получаем \(3,7,11\), все простые. Ответ: \(p=3\).

Варианты для произведения \((\alpha_i+1)\): \(12\), \(6\cdot2\), \(4\cdot3\), \(3\cdot2\cdot2\). Они дают кандидатов \(2^{11}\), \(2^5\cdot3=96\), \(2^3\cdot3^2=72\), \(2^2\cdot3\cdot5=60\). Наименьшее из них \(60\). У числа \(60=2^2\cdot3\cdot5\) действительно \((2+1)(1+1)(1+1)=12\) делителей.

Показатель двойки можно выбрать как \(1,2,3,4,5\): \(5\) вариантов. Показатель \(3\) имеет \(3\) варианта: \(0,1,2\). Показатель \(5\) имеет \(2\) варианта: \(0,1\). Итого \(5\cdot3\cdot2=30\) четных делителей.

Имеем \(n(n^2-1)(n^2-4)=n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)\), то есть произведение пяти последовательных целых чисел \(n-2,n-1,n,n+1,n+2\). Среди них есть число, делящееся на \(5\), есть число, делящееся на \(3\), и достаточно множителей \(2\), чтобы получить \(8\): среди пяти последовательных чисел есть либо число, делящееся на \(4\), и еще одно четное число, либо число, делящееся на \(8\). Значит, произведение делится на \(8\cdot3\cdot5=120\).

Для любого \(n\) произведение трех последовательных чисел делится на \(6\), значит, \(m=6\) подходит. Если некоторое \(m\) подходит для всех \(n\), то при \(n=1\) оно делит \(1\cdot2\cdot3=6\). Поэтому \(m\le 6\) в смысле делимости, и наибольшее \(m\) равно \(6\).

Произведение четырех последовательных чисел всегда делится на \(24\): среди них есть множитель \(3\), а два четных числа вместе дают множитель \(8\). Значит, \(24\) подходит. Если \(m\) подходит для всех \(n\), то при \(n=1\) оно делит \(1\cdot2\cdot3\cdot4=24\). Следовательно, наибольшее \(m=24\).

Если \(2n+1\mid n^2+n+3\), то \(2n+1\mid 4(n^2+n+3)\). Но \(4(n^2+n+3)=4n^2+4n+12=(2n+1)^2+11\). Значит, \(2n+1\mid 11\). Так как \(n\) положительно, \(2n+1\ge3\), поэтому \(2n+1=11\), откуда \(n=5\). Проверка: \(n^2+n+3=33\), \(2n+1=11\), подходит.

Так как \(p>3\) - простое, оно нечетно и не делится на \(3\). Числа \(p-1\) и \(p+1\) - два соседних четных числа; одно из них делится на \(4\), другое на \(2\), значит, их произведение делится на \(8\). Кроме того, среди \(p-1,p,p+1\) одно число делится на \(3\), но \(p\) не делится на \(3\), значит, \(3\mid(p-1)(p+1)\). Так как \(8\) и \(3\) взаимно просты, \(24\mid p^2-1\).

Если \(p\ne3\), то \(p^2\equiv1\pmod3\), поэтому \(p^2+2\equiv0\pmod3\). При \(p>3\) это число больше \(3\), значит, оно составное. При \(p=2\) получаем \(p^2+2=6\), тоже составное. При \(p=3\) получаем \(11\), простое. Ответ: \(p=3\).

Пусть \(p^\alpha\) - степень простого \(p\) в разложении \(a\), а \(p^\beta\) - в разложении \(b\). Из \(a^2\mid b^2\) следует \(2\alpha\le2\beta\), значит, \(\alpha\le\beta\). Это верно для каждого простого \(p\), поэтому все простые степени числа \(a\) входят в \(b\). Следовательно, \(a\mid b\).

Если \(n=p^2\), где \(p\) простое, то его делители: \(1,p,p^2\), их ровно \(3\). Обратно, пусть \(n=q_1^{\alpha_1}\cdots q_s^{\alpha_s}\). Тогда \(\tau(n)=(\alpha_1+1)\cdots(\alpha_s+1)=3\). Так как \(3\) простое, произведение может иметь только один множитель, равный \(3\). Значит, \(s=1\) и \(\alpha_1=2\), то есть \(n=q_1^2\), квадрат простого.

Каждое число от \(1\) до \(2n\) единственно представляется в виде \(2^tq\), где \(q\) нечетно. Возможных нечетных \(q\) не больше \(n\): это \(1,3,5,\ldots,2n-1\). Среди \(n+1\) выбранных чисел по принципу Дирихле найдутся два с одинаковой нечетной частью \(q\): \(2^aq\) и \(2^bq\), где пусть \(a

Если \(\tau(n)=15\), то возможны структуры \(p^{14}\) или \(p^4q^2\). Первый вариант невыгоден и, чтобы делиться на \(12\), потребовал бы огромного числа. Во втором варианте нужно поставить больший показатель на меньший простой. Так как число должно делиться на \(12=2^2\cdot3\), берем \(2^4\cdot3^2=144\). У него \((4+1)(2+1)=15\) делителей, и оно делится на \(12\). Вариант \(2^2\cdot3^4=324\) больше, а добавление других простых увеличит число. Ответ: \(144\).

По модулю \(2\) всегда \(n^5\equiv n\), значит, \(2\mid n^5-n\). По модулю \(3\) проверяем остатки \(0,1,2\): в каждом случае \(n^5\equiv n\). По модулю \(5\) также для остатков \(0,\pm1,\pm2\) получаем \(n^5\equiv n\). Значит, \(30=2\cdot3\cdot5\mid n^5-n\) для всех \(n\). С другой стороны, при \(n=2\) имеем \(2^5-2=30\), поэтому любой универсальный делитель \(m\) должен делить \(30\). Следовательно, наибольшее \(m=30\).

Рассмотрим \(k\) последовательных чисел \((k+1)!+2,(k+1)!+3,\ldots,(k+1)!+(k+1)\). Для каждого \(j=2,3,\ldots,k+1\) число \((k+1)!\) делится на \(j\). Поэтому \((k+1)!+j\) тоже делится на \(j\). При этом \((k+1)!+j>j\), значит, \(j\) является нетривиальным делителем этого числа. Следовательно, каждое из этих \(k\) чисел составное.