Bài 55 : Với $n = \prod_{i=1}^{k}p_{i}^{\alpha_{i}}$ trong đó $p_{i} \in P$ và khác nhau . Đặt $f(n)=\prod_{i=1}^{k}\alpha_{i}p_{i}^{\alpha_{i}-1}$ . Chứng minh tồn tại vô hạn $n$ mà $f(n)=f(n-1)+1$ .
Dựa trên ý tưởng của Bằng, mình xin phép được sửa đổi tí cho dễ hiểu - Ego.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương $n=3^3 \cdot p_1p_2 \cdots p_k=1+13^2 \cdot q_1q_2 \cdots q_m$ với $p_i \ne 3, q_j \ne 13$. Khi đó $f(n)=27, f(n-1)=2 \cdot 13=26$. Hay ta cần chứng minh có vô số số square-free $3 \nmid a$ sao cho $13 \nmid b=\frac{27a-1}{13^2}$ cũng là số square-free.
Xét số $K$ đủ lớn và $3^4 \cdot 13^2 \mid K$. Ta tìm số các số square-free $a$ có thể trong khoảng từ $1$ đến $\frac{13^2K}{27}$. Ta thấy rằng có tất cả $\frac 23 \cdot \frac{12}{13^3} \cdot \frac{13^2K}{27}=\frac{8K}{351}$ số $x$ thoả mãn $3 \nmid x, 13^2 \|27x-1$ như thế trong khoảng $\left [1, \frac{169K}{27} \right]$. Do đó có tối thiểu số các số square-free $a$ nằm trong khoảng này là $$\frac{8K}{351}- \sum_{p \ne 3,13} \left \lfloor \frac{8K}{315p^2} \right \rfloor \ge \frac{8K}{351} \left( 1- \sum_{p \ne 3,13} \frac{1}{p^2} \right)=A.$$
Ta thấy rằng với mỗi số square-free $a$ thì có tương ứng một số $b$ thoả $1 \le b \le K$ và $13 \nmid b= \frac{27a-1}{13^2}$. Hay nói cách khác, có tối đa $A$ số $b$ trong $[1,K]$ sao cho $(169b+1)/27$ là số square-free. Ta thấy rằng có $\frac{12}{13} \cdot \frac{1}{27} \cdot K = \frac{12K}{351}$ số $y$ mà $13 \nmid y, y \equiv (-1) \cdot 169^{-1} \pmod{27}$ nên số các số non square-free $b$ tối đa trong khoảng $\left[ 1,K \right]$ là
$$\sum_{p \ne 3,13}\left \lfloor \frac{12K}{351} \cdot \frac{1}{p^2} \right \rfloor \le \frac{12K}{351} \sum_{p \ne 3,13} \frac{1}{p^2}=B.$$
Ta có $$ A>B \iff \frac{2}{5}> \sum_{p \ne 3,13}\frac{1}{p^2}.$$
Và để ý rằng $$\sum_{p \ne 3,13}\frac{1}{p^2} < \frac{\pi^2}{6}-1- \frac{1}{3^2}-\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}-\frac{1}{8^2}-\frac{1}{9^2}-\frac{1}{10^2}-\frac{1}{12^2}-\frac{1}{13^2}-\frac{1}{14^2}-\frac{1}{15^2}<0.4= \frac 25$$
Như vậy $A>B$, hay điều này đồng nghĩa với tồn tại một số square-free dạng $a$ sao cho $13 \nmid \frac{27a-1}{13^2}$ cũng là số square-free trong khoảng $[1,K]$. Ta làm điều tương tự với khoảng $[K+1,2K]$. Quá trình cứ tiếp tực như thế, ta suy ra tồn tại vô số $n$ sao cho $n=3^3 \cdot p_1 \cdots p_k=1+13^2 \cdot q_1q_2 \cdots q_m$ và các số $n$ như thế sẽ thoả mãn $f(n)=f(n-1)+1=27$. $\blacksquare$
@bangbang1412: Bằng, ông có lời giải khác cho bài này không? Nếu có cách xây dựng số $n$ thoả mãn thì quá đẹp.
Bài 56. [Benelux 2016] Cho $n$ là số nguyên dương. Giả sử rằng ước nguyên dương của nó có thể chia thành các cặp sao cho tổng hai số của mỗi cặp chính bằng một số nguyên tố. Chứng minh rằng các số nguyên tố này phân biệt và không số nào trong chúng là ước của $n$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 13-06-2016 - 22:44
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).