Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tồn tại vô hạn $n$ để $d(n)$ không chia hết $d(a^2+b^2)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 22-06-2015 - 22:46

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ luôn tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $n$ có đúng $k$ ước nguyên tố và thoả mãn $d(n)$ không chia hết $d(a^2+b^2)$ với mọi cặp số nguyên dương $(a,b)$ thoả mãn $a+b=n$.

Trong đó kí hiệu $d(n)$ là số các ước dương của $n$.


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#2 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-06-2015 - 08:14

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ luôn tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $n$ có đúng $k$ ước nguyên tố và thoả mãn $d(n)$ không chia hết $d(a^2+b^2)$ với mọi cặp số nguyên dương $(a,b)$ thoả mãn $a+b=n$.

Trong đó kí hiệu $d(n)$ là số các ước dương của $n$.

Trước tiên ta nhận xét là chỉ có SCP mới có số ước là lẻ thôi. Vì vậy ta nghĩ đến việc sẽ chọn $n$ là SCP và tìm $n$ sao cho với $a+b=n$ thì $a^2+b^2$ không là SCP. Nếu $a^2+b^2$ là SCP thì phải tồn tại $x,y$ để $a=x^2-y^2,b=2xy$ như vậy $n=x^2-y^2+2xy=(x+y)^2-2xy$

Tuy nhiên đến đây ta thấy là với mọi $n$ chính phương thì phương trình $n=u^2-2v^2$ luôn có nghiệm.

Nhưng không sao ta vẫn có thể có 1 giải pháp khác. Ta chọn $n$ là một SCP mà $k$ ước nguyên tố của $n$ đều có dạng $8t+2$ hoặc $8t+5$, khi đó $2$ không là thặng dư chính phương của những số nguyên tố này nên nếu $u^2-2v^2=n$ thì cả $u$ lần $v$ đều phải chia hết cho tất cả những số nguyên tố này Do vậy dễ thấy $\sqrt{n}$ phải là ước của cả $x+y$ và $y$ suy ra $(x,y)>\sqrt{n}$ như vậy $a^2+b^2=(x^2+y^2)^2 \vdots n^2$ nên dĩ nhiên là $d(n)$ không chia hết cho $d(a^2+b^2)$. Còn nếu $a^2+b^2$ không là SCP thì $2|d(a^2+b^2)$ là $d(n)$ là số lẻ nên cũng không chia hết.

Trong lời giải này vướng mắc một chút ở chỗ với $k$ đủ lớn phải chứng minh tồn tại các số nguyên tố dạng $8t+2$ hoặc $8t+5$. Có nghĩa là phải cm có vô hạn những số nguyên tố dạng này.

Thực ra có một định lí là tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng $ak+b$  với $(a,b)=1$ nhưng chứng minh vô cùng khó. Có một đl khác cm đơn giản hơn nhiều là tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng $pk+1$. Tuy nhiên cái này k dùng vào bài này. Đây chỉ là một hướng khả thi, có lẽ là có 1 cách tiếp cận khác tốt hơn để tránh vấn đề này.



#3 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 25-06-2015 - 14:52

(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

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#4 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-06-2015 - 16:40

(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.

Sorry anh hiểu nhầm là $d(a^2+b^2)|d(n)$ thay vì $d(n)|d(a^2+b^2)$, có thể xử lí đoạn sau phần $2^{p-1}|a^2+b^2$ như thế này:

Nếu $v_2(a)>v_2(b) \Rightarrow p-1=v_2(n)=v_2(a+b)=v_2(b) \Rightarrow v_2(a^2+b^2)=2v_2(b)=2p-2 \Rightarrow p \nmid d(a^2+b^2)$

Nếu $v_2(a)=v_2(b)$ thì có thể thấy $v_2(a+b) \ge v_2(a)+1 \Rightarrow v_2(a) \le p-2$. Ngoài ra dĩ nhiên ta có $v_2(a^2+b^2)=2v_2+1<2p-1$ như vậy để $p|d(a^2+b^2$ ta phải có $2v_2(a)+1=p-1$ điều này mâu thuẫn vì một bên chẵn, một bên lẻ.

Thử xem nếu bài toán này mà thay điều kiện $d(n) \nmid d(a^2+b^2)$ thành $d(n) \nmid d(2a^2+2b^2)$ thì phải xử lí thế nào và liệu bài toán còn đúng không?

Ta thử xem với những giá trị $k$ nào (không nhất thiết tổng quát chỉ cần những ước lượng nào đó với $k$) thì thay điều kiện thành $d(n) \nmid d(a^2+kb^2)$ bài toán vẫn đúng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Heinrich Marx: 25-06-2015 - 16:50





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh