Problema 4
Seja $$n$$ um inteiro positivo e sejam $$n=d_1>d_2>\dots>d_k=1$$ seus divisores positivos.
a) Prove que
$$d_1-d_2+d_3-\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-1$$
se, e somente se n é primo ou $$n=4$$.
b) Determine os três inteiros positivos n para os quais
$$d_1-d_2+d_3-\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-4$$.
Solução de João Rafael:
a) Temos que:
$$S=n-d_2+\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-1$$
$$\Rightarrow(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+\dots+(-1)^{k-1}d_k=-1$$
Porém como $$d_i>d_{i+1}\Rightarrow d_i-d_{i+1}\geq1$$:
$$-1=(-d_2+d_3)+\dots+(-1)^{k-1}d_k\leq-1\lfloor\frac{k}{2}\rfloor$$ com $$k\geq1$$
$$\Rightarrow k=2$$ ou $$k=3$$
Se $$k=2$$ então os divisores de $$n$$ são $$n$$ e $$1$$, logo $$n$$ é primo.
Se $$k=3$$ então:
$$-d_2+d_3=-1\Rightarrow d_2-1=1\Rightarrow d_2=2$$
Como $$d_2$$ é o divisor do meio de $$n$$ temos que:
$$d_2=2=\sqrt n\Rightarrow n=4$$
Basta fazer as contas e checar que de fato para $$n=4$$ e $$n$$ primo vale que $$S=n-1$$
b) Temos que:
$$S=n-d_2+\dots+(-1)^{k-1}d_k=n-4\Rightarrow(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+\dots+(-1)^{k-1}=-4$$
Como vimos $$(-d_{i}+d_{i+1})\leq-1$$ e isso nos da que $$k\leq9$$.
Certamente $$k\neq\{1,2\}$$($$k=1$$ é impossível; $$k=2$$ chegamos em $$n$$ primo e $$S=n-1\neq n-4$$)
Se $$k=3$$:
$$n-d_2+1=n-4\Rightarrow d_2=5=\sqrt{n}\Rightarrow n=25$$
Fazendo as contas para $$n=25$$ checamos que de fato $$n=25$$ é solução.
Se $$k=4$$:
$$-d_2+d_3=-3\Rightarrow d_2-d_3=3$$
Note que se $$d_{k-1}$$ sempre deverá ser primo pois se caso ele seja composto os seus divisores dividiriam $$n$$ e seriam menores que ele o que é um absurdo pois $$d_{k-1}$$ é o menor divisor de $$n$$ maior que 1. Assim $$d_3$$ é primo e isso implica que ou $$d_2$$ é potência de $$d_3$$ ou $$d_2$$ é primo pois caso o contrário existiria outro divisor de $$n$$ além de $$d_2$$ e $$d_3$$ pois se $$d_2$$ for composto e não for potência de $$d_3$$ teriamos:
$$d_2=ab$$ com $$mdc(b,d_3)=1$$ e $$a,b\ne1\Rightarrow b|n$$ e é diferente de $$d_2, d_3$$, $$1$$ e $$n$$, absurdo.
Logo se $$d_2$$ for potência de $$d_3$$ então $$d_2=d_3^2\Rightarrow d_3^2-d_3=3\Rightarrow d_2\notin \mathbb{R}$$
Se $$d_2$$ for primo temos que $$d_2$$ e $$d_3$$ tem paridade diferente e são primos com $$d_2=d_3+3\Rightarrow d_3=2$$ e $$d_2=5\Rightarrow n=d_2d_3=10$$
Fazendo as contas com $$n=10$$ checamos que é uma solução.
Se $$k=5$$:
$$-d_2+d_3-d_4=-5\Rightarrow d_2+d_4-d_3=5$$
Note que sendo $$n=P_1^{\alpha_1}P_2^{\alpha_2}\dots P_k^{\alpha_k}$$ temos que:
nº de divisores de $$n=\sigma_0(n)=(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\dots(\alpha_k+1)=5$$
Como $$5$$ é primo então $$\alpha_1=4$$ e os demais expoentes serão $$0$$. Assim $$n$$ será potência de primo e logo:
$$d_4=P_1$$, $$d_3=P_1^2$$ e $$d_2=P_1^3\Rightarrow P_1^3+P_1-P_1^2=5\Rightarrow P_1(P_1^2+1-P_1)=5\Rightarrow P_1=5$$ pois 5 é primo e logo $$P_1^2+1-P_1=21\neq1$$, absurdo.
Logo nesse caso não há solução.
Se $$k=6$$:
$$-d_2+d_3-d_4+d_5=-3\Rightarrow -3=(d_3-d_2)+(d_5-d_4)\leq-2$$
A igualdade ocorre com $$d_3=d_2+1$$ e $$d_5=d_4+1$$. Porém sabemos que:
$$d_2d_5=d_3d_4\Rightarrow d_2(d_4+1)=(d_2+1)d_4\Rightarrow d_2=d_4$$, absurdo.
Temos então que:
$$-d_2+d_3-d_4+d_5=-3\Rightarrow -d_2+d_3=-2$$ ou $$-d_4+d_5=-2$$
Se $$d_3-d_2=-2$$ e $$d_5-d_4=-1$$ então:
$$d_2=d_3+2$$ e $$d_4=d_5+1\Rightarrow d_2d_5=d_3d_4\Rightarrow (d_3+2)d_5=d_3(d_5+1)\Rightarrow 2d_5=d_3$$
$$\Rightarrow$$ como $$d_2=d_3+2\Rightarrow d_2=2d_5+2=2d_4$$
Assim os divisores próprios de $$n$$ são $$2d_5+2$$, $$2d_5$$, $$d_5+1$$ e $$d_5$$. Porém note que $$d_4=d_5+1>d_5$$ e $$d_5+1|n\Rightarrow d_5+1=d_5^2$$ ou $$d_5+1$$ é primo.
Se $$d_5+1=d_5^2\Rightarrow d_5\notin\mathbb{R}$$
Se $$d_5+1$$ é primo, como $$d_5$$ também é primo, então $$d_5=2\Rightarrow n=(2d_5+2)d_5=6\times 2=12$$ o que se fizermos as contas de fato é solução.
Se $$d_3-d_2=-1$$ e $$d_5-d_4=-2$$:
$$d_2=d_3+1$$ e $$d_4=d_5+1\Rightarrow(d_3+1)d_5=d_3(d_5+2)\Rightarrow d_5=2d_3\Rightarrow d_5>d_3$$ , absurdo.
Assim para $$k=6$$ temos $$n=12$$.
Se $$k=7$$:
$$\sigma_0(n)=(\alpha_1+1)\dots(\alpha_k+1)=7\Rightarrow \alpha_1=6$$ e os demais $$\alpha_i=0\Rightarrow d_i=P_1^{7-i}$$
$$\Rightarrow -P_1^5+P_1^4-P_1^3+P_1^2-P_1=-5\Rightarrow P_1(-P_1^4+P_1^3-P_1^2+P_1-1)=-5\Rightarrow P_1=5\Rightarrow -P_1^4+P_1^3-P_1^2+P_1-1=-1$$ o que certamente é falso.
Logo nesse caso não há soluções.
Se $$k=8$$:
$$-3\geq-d_2+d_3-d_4+d_5-d_6+d_7=-3$$
A inequação tem que a igualdade quando $$-d_i+d_{i+1}=1$$ para $$i=\{2, 4, 6\}$$
$$\Rightarrow d_3=d_2+1$$ e $$d_7=d_6+1$$.
Como $$d_2d_7=d_3d_6$$:
$$d_2(d_6+1)=(d_2+1)d_6\Rightarrow d_2=d_6$$, absurdo e logo nesse caso não há soluções.
Se $$k=9$$:
$$(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)-d_8=-5$$
Como $$d_8\geq2\Rightarrow -d_8\leq-2$$:
$$(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)>(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)-2\geq(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)-d_8=-5$$
$$\Rightarrow(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)>-3$$
Porém como $$-d_i+d_{i+1}\leq-1$$
$$-3>(-d_2+d_3)+(-d_4+d_5)+(-d_6+d_7)>-3$$, absurdo.
Assim, temos que todos os $$n$$ que satisfazem o enunciado são $$n=\{10, 12, 25\}$$.$$\blacksquare$$
Resposta: $$10, 12, 25$$.