[Berner]

Encuentre todos los números positivos \( n \) tales que para todos los enteros impares \( a \), si $$
n \geq a^{2}$$ entonces \( a \) divide a \( n \).

[martiniano]

Hola.

Encuentre todos los números positivos \( n \) tales que para todos los enteros impares \( a \), si $$
n \geq a^{2}$$ entonces \( a \) divide a \( n \).

Fíjate que:

Para \[ n\leq{3^2} \] lo cumplen todos los números.
Para \[ 3^2\leq{n\leq{5^2}} \] lo cumplen los múltiplos de \[ 3 \].
Para \[ 5^2\leq{n\leq{7^2}} \] lo cumplen los múltiplos de \[ 3\cdot{5}=15 \], es decir, el \[ 30 \] y el \[ 45 \].
Para \[ 7^2\leq{n\leq{9^2}} \] lo cumplirían los múltiplos de \[ 3\cdot{}5\cdot{}7=105 \]. Pero esto no es posible porque \( 105>9^2=81 \).

Y ahora justifica que ya no hay más soluciones por encima de este valor porque si \( n>81 \) fuese otra solución, entonces el producto de los impares menores que \[ \sqrt[ ]{n} \] sería mayor que \[ n \].

Un saludo.

[Luis Fuentes]

Hola

Y ahora justifica que ya no hay más soluciones por encima de este valor porque si \( n>81 \) fuese otra solución, entonces el producto de los impares menores que \[ \sqrt[ ]{n} \] sería mayor que \[ n \].

Una forma de ver esto:

Spoiler

Sea \( a\geq 7 \) el mayor impar tal que \( n\geq a^2 \), es decir:

\( (a+2)^2\geq n \)

Entonces \( a,a-2,a-4 \) son impares coprimos cuyo cuadrado es menor que \( n \) y por tanto su producto debería de ser un divisor de \( n \):

\( (a+2)^2\geq n\geq a(a-2)(a+4) \)

Ahora es fácil ver que para \( a\geq 7 \) esta desigualdad es falsa.

[cerrar]

Saludos.

[Berner]

Sea \( n \) un número positivo tal que para todo entero impar \( a \), si \( n \geq a^{2} \), entonces \( a \) divide a \( n \). Consideremos el entero impar \( a = 1 \). Como \( 1 \leq a^2 \) para todo entero impar \( a \), se tiene que \( 1 \) divide a \( n \). Por lo tanto, \( n \) debe ser al menos igual a 1.

Ahora, consideremos cualquier otro entero impar \( a > 1 \) y supongamos que \( n \geq a^2 \). Ya que \( a \) es impar, podemos escribir \( a = 2k+1 \) para algún entero no negativo \( k \). Entonces, \( a^2 = (2k+1)^2 = 4k^2+4k+1 \leq 4k(k+1) + 1 \). Así, si \( n \geq a^2 \), también tenemos que \( n \geq 4k(k+1)+1 \).

Como \( a \) divide a \( n \), existe algún entero \( m \) tal que \( n = am \). Si escribimos \( m = 2^r m' \), donde \( m' \) es impar, entonces \( a \) divide a \( m' \). Debido a que esto es cierto para todo entero impar \( a > 1 \), tenemos que \( m' \) debe ser igual a 1.

Por lo tanto, \( m = 2^r \) para algún número entero no negativo \( r \). Entonces, \( n = 2^r a \) y, ya que \( a \) es impar, \( 2 \) divide a \( n \) si y solo si \( r \geq 1 \). Por lo tanto, cualquier número positivo de la forma \( n = 2^r \), donde \( r \) es un número entero no negativo, cumple con la condición dada en el problema.

[Luis Fuentes]

Hola

Como \( a \) divide a \( n \), existe algún entero \( m \) tal que \( n = am \). Si escribimos \( m = 2^r m' \), donde \( m' \) es impar, entonces \( a \) divide a \( m' \). Debido a que esto es cierto para todo entero impar \( a > 1 \), tenemos que \( m' \) debe ser igual a 1.

Esto es falso. Solo es cierto para todo entero impar cumpliendo que \( a^2\leq n \).

Por lo tanto, \( m = 2^r \) para algún número entero no negativo \( r \). Entonces, \( n = 2^r a \) y, ya que \( a \) es impar, \( 2 \) divide a \( n \) si y solo si \( r \geq 1 \). Por lo tanto, cualquier número positivo de la forma \( n = 2^r \), donde \( r \) es un número entero no negativo, cumple con la condición dada en el problema.

Está mal. Ya mostró martiniano cuales son las soluciones:

\( 1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,18,21,24,30,45 \)

Por ejemplo \( n=12 \) es solución. Los impares cumpliendo que \( a^2\leq 12 \) son \( a=1,3 \) y \( n \) es múltiplo de \( 1,3 \).

Y por ejemplo \( n=2^4=16 \) NO es solución porque \( 3^2\leq 16 \) pero \( 16 \) no es divisible por \( 3 \).

Saludos.