Chủ đề này có 3 trả lời

[Juliel]

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 $n$.

[Karl Heinrich Marx]

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.

[Juliel]

(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

[Karl Heinrich Marx]

(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