(Cách khác)
Lời giải :
Ta chọn $n$ như sau :
$$n=2^{p-1}p_2p_3...p_k$$
Trong đó $p$ là số nguyên tố, và $p_2,p_3,...,p_k$ là $k$ số nguyên tố phân biệt lớn hơn $3$.
Hiển nhiên có vô số số $n$ như vậy, và hiển nhiên rằng $\omega (n)=k$.
Ta sẽ chứng minh với cách này thì với mọi cặp $(a,b)$ nguyên dương có tổng bằng $n$ thì ta đều có $d(n)\nmid d(a^2+b^2)$.
Thật vậy, giả sử tồn tại một cặp số nguyên dương $(a,b)$ thoả $a+b=n$ và $d(n)\mid d(a^2+b^2)$.
Dễ thấy $d(n)=2^{k-1}.p$. Suy ra :
$$p\mid d(a^2+b^2)\Rightarrow q^{p-1}\mid a^2+b^2$$
với $q$ là một ước nguyên tố nào đó của $a^2+b^2$. Thế thì :
$$q^{p-1}\leq a^2+b^2< (a+b)^2=4^{p}p_2^2p_3^2...p_k^2$$
Rõ ràng nếu $q<4$ thì với $p$ đủ lớn ta sẽ có $q^{p-1}>4^{p-1}p_2^2p_3^2...p_k^2$. Như vậy $q=2,3$.
Nếu $q=3$ thì suy ra $3\mid a^2+b^2$, suy ra $3\mid a,b$. Kéo theo $3\mid n$.
Dễ thấy điều này mâu thuẫn với cách chọn $n$ như trên.
Vậy phải có $q=2$. Dẫn tới :
$$2^{p-1}\mid a^2+b^2$$
Rõ ràng $a,b$ cùng tính chẵn lẻ, nhưng chúng không thể cùng lẻ vì khi đó $a^2+b^2\equiv 2\pmod 4$, vậy phải có $a,b$ cùng chẵn.
Đặt $a=2^A.x,b=2^B.y$ ($x,y$ lẻ), không giảm tổng quát có thể giả sử $A\geq B$.
Ta có :
$$2^{p-1}\mid 2^{2A}x^2+2^{2B}y^2=2^{2B}(2^{2A-2B}x^2+y^2)$$
Chú ý rằng $2^{2A-2B}x^2+y^2\equiv 1,2,3\pmod 4$. Do đó suy ra :
$$2B+1\geq p-1\Rightarrow A\geq B\geq \dfrac{p-1}{2}$$
Suy ra rằng $2^{(p-1)/2}\mid a,b$
Như vậy ta có thể có được biểu diễn sau :
$$a^2+b^2=2^{p-1}(a_1^2+b_1^2)$$
Do $d(n)$ là hàm nhân tính nên :
$$p\mid d(a^2+b^2)=d(2^{p-1}.(a_1^2+b_1^2))=p+d(a_1^2+b_1^2)\Rightarrow p\mid d(a_1^2+b_1^2)$$
Tương tự trên ta được :
$$2^{\frac{p-1}{2}}\mid a_1,b_1$$
Tiếp tục quá trình này, ta sẽ suy ra :
$$2^{\frac{p-1}{2}.N}\mid a,b$$
Với số nguyên dương $N$ tuỳ ý, rõ ràng điều này là vô lí.
Ta có điều cần chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 25-06-2015 - 14:54