高校数学・場合の数（順列・組合せ）

約数の個数，約数の総和（入試問題）

♪♥ このページは，元の教材「高校数学の基本問題」の「約数の個数・約数の総和」について，サーバ・トラブル等に備えてバックアップ・ファイルとして作成したものです．
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【単元の目次】《数学Ⅰ》
• 数と式 • 根号計算 • 場合の数.順列.組合せ • ２次不等式

【目次】 • 積の法則 • 和の法則 • 場合分けのまとめ方
• 樹形図・辞書式配列 • 階乗 • 順列 • 重複順列
• 隣り合う並べ方 • 両端指定,整数の順列
• 円順列，じゅず順列 • 組合せ • 組合せ（練習問題）
• 組合せ（文章題） • 組み分け
• 同じものがあるときの順列 • 順路 • 番号札のもらい方 • 重複組合せ • 重複組合せ（文章題）
• 約数の個数・総和 • 二項定理・多項定理
• 順列，組合せ，確率（共通,センター問題）

== 約数の個数，約数の総和（入試問題） ==

【約数の個数】
　正の整数Nの（正の）約数の個数は，Nを素因数分解することにより求めることができる．
　すなわち，p, q, rを素数とし，a, b, cを正の整数とするとき，Nの素因数分解が

N=paqbrc

になるとき，Nの（正の）約数の個数は，

(a+1)(b+1)(c+1)個になる．

（解説）
例えば，12=2231の約数は，1と12自身も含めて，

1=2030, 2=2130, 4=2230,
3=2031, 6=2131, 12=2231

の6個になる．これは，12=2231の約数が

2m3n

の形で表され，m=0, 1, 2およびn=0, 1という形で各指数が0の場合を1通りとして数えるからである．

(2+1)(1+1)=6個になる．

※約数の個数は，素因数分解したときの，素数p, q, rではなく，その指数a, b, cによって決まることに注意

【約数の総和】
　正の整数Nの素因数分解が

N=paqbrc

になるとき，Nの（正の）約数の総和は，

(1+p+･･･+pa)(1+q+･･･+qb)(1+r+･･･+rc)

になる．
　この公式は，数学Bの等比数列の和の公式を使えば，次の形に書ける．
$\frac{p^{a+ 1}-1}{p-1}\times\frac{q^{b+ 1}-1}{q-1}\times\frac{r^{c+ 1}-1}{r-1}$

（解説）
例えば，12=2231に対して

(20+21+22)(30+31+31)

という式を展開したものを考えると

2030+2130+2230
+2031+2131+2231

となって「約数の総和」が得られる．（自分で思いつくのは，難しいかもしれないが，言われれば分かる話である）
　一般に，

(1+p+･･･+pa)(1+q+･･･+qb)(1+r+･･･+rc)

を展開すると，

各々のかっこから１つの項を選んで掛けたのものの和になる．（この式のかっこを外すと，約数が１回ずつ出てくる）
　そこで，この式が約数の総和に等しい．
【例1】　18=2132の約数の総和は

(1+2)(1+3+9)=39

【例2】　72=2332の約数の総和は

(1+2+4+8)(1+3+9)=195

【例3】　8=23の約数の総和は

1+2+4+8=15

※大学入試では，この公式に数字を入れるだけで答が出るような問題は，めったに出ない．

【問題1】
　2016の正の約数は全部でア個あり，それらの平均はイである．

（2016年度慶応義塾大理工学部）

［解答を見る］

（解答）
ア ←

2016=25×32×7

だから，約数は全部で(1+5)(1+2)(1+1)=36個ある
イ ←
約数の総和は
(1+2+4+8+16+32)(1+3+9)(1+7)
=63×13×8
になるから，［ア］の結果を使って平均を求めると
63×13×8÷36=182
→解答を隠す←

【問題2】
　2016の正の約数の中で，偶数であるものの個数は 1 個で，これらすべての和は 2 である．

（2016年度福岡大医.理.工学部）

［解答を見る］

（解答）
　2016=25×32×7だから，
偶数の約数は，2×(2a×3b×7c)
　　（a=0～4, b=0～2, c=0～1）
の形に書ける．
　(1+4)(1+2)(1+1)=30個ある
偶数の約数の和は
　2×(1+2+4+8+16)(1+3+9)(1+7)=6448
→解答を隠す←

【問題3】
　12nの正の約数の個数が28個となるような自然数nは,n= クである．

（2014年度慶応義塾大看護医療学部）

［解答を見る］

（解答）
　12n=22n×3nだから，その約数の個数は
　(2n+1)(n+1)=28個
ここで，2n+1>n+1に注意すると，次の組合せが候補になる．

n+1	1	2	4
2n+1	28	14	7

　このうちで，nが定まるのは，n+1=4, 2n+1=7より，n=3

（別解）
(2n+1)(n+1)=28を方程式として解く
2n2+3n−27=0
(2n+9)(n−3)=0
n=3 　(>0)
→解答を隠す←

【問題4】
(1)　約数の個数が18である最小の自然数mを求めよ.
(2)　自然数nの約数の個数が60で，かつ1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10がnの約数であるとき，nを求めよ．

（2000年度産業医大）

［解答を見る］

（解答）
(1)
　18=21×32
　他方で，正の整数m=2a3b5cの約数の個数は
(1+a)(1+b)(1+c)
であるから，次の組合せが約数の個数が18個となる候補になる．

1+a	18	9	3	6
1+b		2	3	3
1+c			2
m	$2^{17}=131072$	$2^{8}3^1=768$	$2^{2}3^25^1=180$	$2^{5}3^2=288$

表により，m=180が最小
(2)
　1, 2, 3, 22, 5, 2×3, 7, 23, 32, 5×2が約数であるには
　　23×32×51×71
の倍数でなければならない．
　約数の個数が60=22×3×5=(1+1)(1+1)(1+2)(1+4)であるには，求める整数は
　　24×32×51×71
の形をしていればよい．
　24×32×51×71=5040
→解答を隠す←

【問題5】
(1)　108の正の約数の個数を求めよ．
(2)　a, b, c, dを自然数とし，a≧cとする．m=2a3b, n=2c3dについて，m, nの正の約数の個数がそれぞれ80, 72で，mとnの正の公約数の個数が45であるという．このとき，a, b, c, dを求めよ．

（2005年度群馬大教育学部）

［解答を見る］

（解答）
(1)　108=22×33だからその約数の個数は3×4=12個
(2)

a≧c･･･(*)
(a+1)(b+1)=80=16×5･･･①
(c+1)(d+1)=72=8×9･･･②
b, dの大きくない方をxとすると
(c+1)(x+1)=45=9×5･･･③

②÷③=72÷45は割り切れないから，x≠d⇒x=b
これを踏まえて書き直すと

a≧c･･･(*)
(a+1)(b+1)=80=16×5･･･①
(c+1)(d+1)=72=8×9･･･②
(c+1)(b+1)=45=9×5･･･③

①③には１よりも大きな公約数b+1がある
⇒b+1=5
②③には１よりも大きな公約数c+1がある
⇒c+1=9
以上から，b=4, c=8, a=15, d=7 →解答を隠す←

【問題6】
　nを正の整数とする．10nの正の約数すべての積は
イである．

（2011年度早稲田大商学部）

［解答を見る］

（解答）
10n=2n×5nの正の約数は次の表の通り

20×50	21×50	22×50	23×50	･･･	2n×50
20×51	21×51	22×51	23×51	･･･	2n×51
20×52	21×52	22×52	23×52	･･･	2n×52
･･･	･･･	･･･	･･･	･･･	･･･
20×5n	21×5n	22×5n	23×5n	･･･	2n×5n

　どの行にも20, 21, 22, ･･･, 2nがあるから，20, 21, 22, ･･･, 2nはn+1回登場する
$2^0\times 2^1\times 2^2\times \cdots\times 2^n$
$\times 2^0\times 2^1\times 2^2\times \cdots\times 2^n$
$\times 2^0\times 2^1\times 2^2\times \cdots\times 2^n$
$\times \cdots$
$\times 2^0\times 2^1\times 2^2\times \cdots\times 2^n$
$=(2^{0+ 1+ 2+\cdots+ n})^{n+ 1}$
$=(2^{\frac{n(n+ 1)}{2}})^{n+ 1}$
$=2^{\frac{n(n+ 1)^^2}{2}}$
　同様にして，どの列にも50, 51, 52, ･･･, 5nがあるから，50, 51, 52, ･･･, 5nはn+1回登場する
$\times 5^{\frac{n(n+ 1)^^2}{2}}$
以上により
$2^{\frac{n(n+ 1)^^2}{2}}5^{\frac{n(n+ 1)^^2}{2}}=10^{\frac{n(n+ 1)^^2}{2}}$
→解答を隠す←

（参考）
　自然数nの（正の）約数の総和をS(n)で表すとき，

• S(n)=2nとなるときnを完全数という．
• S(n)>2nとなるときnを過剰数という．
• S(n)<2nとなるときnを不足数という．

【例】　n=6, 28, 496, 8128, ... は完全数である．
$6=2\times 3=2^1(2^2-1)$ ･･･(*1)

約数の和は(1+2)+(3+6)=12

$28=4\times 7=2^2(2^3-1)$

約数の和は(1+2+4)+(7+14+28)=56

$496=16\times 31=2^4(2^5-1)$

約数の和は
(1+2+4+8+16)+(31+62+124+248+496)=992

$8128=64\times 127=2^6(2^7-1)$

約数の和は
(1+2+4+8+16+32+64)+(127+254+508+1013+2032+4064+8128)=16256

　一般に $2^m-1$ が素数であるとき， $2^{m-1}(2^m-1)$ の形に書ける自然数は完全数である．(ユークリッド言論)･･･(*2)

　オイラーは，偶数の完全数は上記の形のものだけであることを証明した（1772）

• $2^m-1$ が素数であるためには,mが素数でなければならない．
• mが素数であって， $M_m=2^m-1$ も素数となるとき， $M_m$ はメルセンス素数と呼ばれる．

• 奇数の完全数は見つかっていない．あるかないかも証明されていない．

==高校数学で♪～楽しく～♪解けそうな問題==

【追加問題1】
　p, qを異なる素数とするとき，N=pqの形に書ける完全数を求めてください．

（筆者作成･･･間違いがあればお知らせください）

（解答）
　N=pqにおいて，p, qは素数であるから，約数の総和は
(1+p)(1+q)
これが完全数であるには
(1+p)(1+q)=2pq
1+p+q+pq=2pq
(p−1)(q−1)=2
p, qの対称式だから，p<qと仮定してもよい
このとき
p−1=1, q−1=2
p=2, q=3
N=pq=6

【追加問題2】
　 $2^m-1$ が素数であるとき， $2^{m-1}(2^m-1)$ の形に書ける自然数は完全数であることを証明してください．

（筆者作成･･･間違いがあればお知らせください）

（解答）
　 $p=2^m-1$ が素数であるから， $N=2^{m-1}(2^m-1)$ の形に書ける自然数の約数は
$1,2,2^2,2^3,\hspace{2}\cdots\hspace{2},2^{m-1},p$
約数の総和は
$\frac{2^m-1}{2-1}\times (p+ 1)=(2^m-1)2^m=2N$
よって， $N$ は完全数

【追加問題3】･･･上記【問題5】の類似問題
　偶数の完全数 $n=2^{p-1}(2^p-1)$ の約数の積が $n^p$ で与えられることを示せ．

「初等整数論9章」Lames J.Tattersall原著
小松尚夫訳 / 森北出版 P.132

（解答）
　 $n=2^{p-1}(2^p-1)$ が完全数であるときは， $q=2^p-1$ は素数である．
　このとき， $n$ の約数は
$1,\hspace{2}2,\hspace{2}2^2,\hspace{2}2^3,\hspace{2}\cdots\hspace{2},\hspace{2}2^{p-1}$
$q,\hspace{2}2q,\hspace{2}2^2q,\hspace{2}2^3q,\hspace{2}\cdots\hspace{2},\hspace{2}2^{p-1}q$
であるから，それらの積は
$1\times 2\times 2^2\times 2^3\times \cdots\times 2^{p-1}$
$\times q\times 2q\times 2^2q\times 2^3q\times \cdots\times 2^{p-1}q$
$=2^{1+ 2+ 3+\cdots+(p-1)}$
$\times q^p\times 2^{1+ 2+ 3+\cdots+(p-1)}$
$=2^{\frac{(p-1)p}{2}}$
$\times q^p\times 2^{\frac{(p-1)p}{2}}$
$=2^{(p-1)p}q^p$
$=(2^{(p-1)}q)^p$
$=n^p$

【追加問題4】
　奇数の不足数や偶数の不足数が無数に存在することを示せ．

「初等整数論9章」Lames J.Tattersall原著
小松尚夫訳 / 森北出版 P.131

（解答）
　奇数の素数が無限に存在することは既知とする．
　奇数の素数p (>2)の約数は1, pであるから，それらの約数の総和は，1+pになり，
2p−S(p)=2p−(p+1)=p−1>0
だから，pは不足数である．したがって，奇数の不足数は無数に存在する．
　奇数の素数p (>5)に対して，n=2pという偶数を考えると，その約数は，1, 2, p, 2pであるから，それらの約数の総和は，S(n)=1+2+p+2p=3p+3=3(p+1)になり，
2n−S(n)=4p−3(p+1)
=p−3>0
であるから，nは不足数である．
　したがって，偶数の不足数も無数に存在する．

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