Chủ đề này có 5 trả lời

[128]

Tìm $n\in \mathbb{N}$, n>1, n có 16 ước và $d_{d_{5}}=(d_{_{2}}+d_{4})d_{6}$ trong đó $1=d_{1}<d_{2}<...<d_{16}=n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 128: 10-11-2015 - 23:27

[Zaraki]

Cho mình hỏi đề bài của bạn có phải như thế này không: $d_{d_5}=(d_{d_2}+d_2)d_6$ ? 

Hơn nữa, hình như í bạn "$d_i$ là ước lớn thứ $i$ của $n$" không đúng lắm, vì nếu như thế sẽ không tồn tại $n$ thoả mãn. Mình nghĩ nên là $1=d_1 <d_2< \cdots <d_{15}<d_{16}=n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 10-11-2015 - 13:48

[128]

Cho mình hỏi đề bài của bạn có phải như thế này không: $d_{d_5}=(d_{d_2}+d_2)d_6$ ? 

Hơn nữa, hình như í bạn "$d_i$ là ước lớn thứ $i$ của $n$" không đúng lắm, vì nếu như thế sẽ không tồn tại $n$ thoả mãn. Mình nghĩ nên là $1=d_1 <d_2< \cdots <d_{15}<d_{16}=n$.

Vâng em sửa lại đề rồi ạ.

[vta00]

Nếu $n$ lẻ thì tất cả các ước của $n$ đều lẻ suy ra $d_{d_{5}}$ lẻ,mà $d_{2}+d_{4}$ chẵn nên vô lí,suy ra $n$ chẵn do đó $d_{2}=2$

Bổ đề 1: nếu $n$ là số nguyên tố thì $n$ có 2 ước,còn $n$ là hợp số thì $n$ có ít nhất 4 ước.

Bổ đề 2: $d_{i}$ luôn có tối đa $i$ ước,số ước của $n$ luôn lớn hơn số ước của $d_{i}$,$i= \overline{1,16}$

Ta có $d_{4}\geq 4$,nếu $d_{4}=4$ thì suy ra $d_{3}=3$,$d_{d_{5}}$ có tối đa 16 ước,do 6 có 4 ước nên $d_{6}$ có tối đa 4 ước suy ra $d_{6}$ có dạng $pq,p^{t}$ với $p,q$ là 2 số nguyên tố phân biệt và $t=\overline{1,3}$,nếu n có dạng $pq$, giả sử $p,q$ đều khác 2,3 vô lí vì sẽ có nhiều hơn 16 ước,nếu $pq=6$ suy ra $d_{6}=6$ và $d_{5}=5$ vô lí vì lúc này $d_{d_{5}}=d_{5}= d_{6}(d_{2}+d_{4})$ suy ra phải có ít nhất một ước khác 2 và 3,giả sử là $p$,còn $q= 2$,từ đây suy ra $d_{5}=p$ với $4<p<12$ suy ra $p=7$ suy ra $d_{7}=2.7.6$ số này có 16 ước vô lí,nếu $p=11$ thì $d_{11}=2.11.6$ cũng vô lí do có 16 ước,suy ra $d_{5}=12$ suy ra $d_{12}=12p$ có nhiều hơn 16 ước

Với trường hợp $q=3$,$d_{6}=3p$ vô lí vì còn hơn 2 ước của $d_{6}$ nhỏ hơn d_{6}$ thỏa mãn lớn hơn d_{4}$

Với trường hợp $d_{6}=q^{t}$ nếu $q>12$ thì $t=1$, $q<12$ thì $t=2$,ở trường hợp đầu tính ra $d_{5}=12$,$d_{12}=6q$ do đó $n=6kq$ ,$k=2$ vẫn không thỏa mãn,$k$ khác 2 càng không vì sẽ có nhiều hơn 16 ước hoặc là tồn tại một ước nguyên tố $t$ khác ước nguyên tố $q$.Còn ở trường hợp 2 suy ra $q=7$ ,$d_{6}= 7^{2}=49$,n lúc này nhiều hơn 16 ước.

Bây giờ ta đi chứng minh không tôn tại với $d_{4}>4$:

Nếu $d_{4}$ chẵn suy ra $d_{4}+2$ chẵn,đặt $d_{4}=2k$ thì $d_{4}+2=2\left ( k+1 \right )$, có $n$ chia hết $2k\left ( k+1 \right )$,nếu một trong hai số $k,k+1$ là số nguyên tố thì số còn lại phải là hợp số,do$\left ( k,k+1 \right )=1$ nên sẽ có ít nhất 16 ước,điều này vô lí,tương tự khi cả 2 số là hợp số(hiển nhiên 2 số không đồng thời là số nguyên tố vì  $d_{4}>4$)

Nếu $d_{4}$ lẻ là hợp số và $d_{4}+2$ lẻ và cũng là hợp số thì suy ra $2d_{4}\left ( d_{4}+2 \right )$ có nhiều hơn 16 ước.

Nếu $d_{4}$ lẻ là số nguyên tố và $d_{4}+2$ là hợp số,chỉ có $d_{4}=7,d_{4}=13$ là thích hợp thay vào ta có $d_{d_{5}}=9d_{6}$ nếu $d_{d_{4}}=9$ suy ra $d_{3}=3,d_{5}=9$ do đó $n=2.9.11.A$ với $A$ là số tự nhiên nếu $A=2$ suy ra có 2 số là ước của $n$ nhỏ hơn $d_{4}$ là 4 và 3 vô lí,$A=3$ thì ra $n=3.9.11.2$ cũng không thỏa mãn,nếu $A$ là hợp số thì $n$ có nhiều hơn 16 ước,nếu $A$ là số nguyên tố,xét $A=7$ vô lí vì số ước không bằng 16,$A>7$ thì $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí. Còn $d_{4}=13$ suy ra $15|n$ nên sẽ có 2 ước nhỏ hơn $d_{4}$ là 3,5 vô lí.

Nếu $d_{4}$ lẻ là hợp số và $d_{4}+2$ lẻ là số nguyên tố thì $d_{4}=9$ lúc này $n|11$ nên $n=2.9.11.A$ với $A$ là số tự nhiên nếu $A=2$ suy ra có 2 số là ước của $n$ nhỏ hơn $d_{4}$ là 4 và 3 vô lí,$A=3$ thì ra $n=3.9.11.2$ cũng không thỏa mãn,nếu $A$ là hợp số thì $n$ có nhiều hơn 16 ước,nếu $A$ là số nguyên tố,xét $A=7$ vô lí vì số ước không bằng 16,$A>7$ thì $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí.

Nếu $d_{4}$ lẻ là số nguyên tố và $d_{4}+2$ lẻ là số nguyên tố thì$d_{4}=11$ suy ra $n=11.13.2.p$ với p là số nguyên tố,$p=2$ vô lí vì sẽ có nhỏ hơn 16 ước,$p=3$ thử lại điều kiện giả thiết thấy không đúng,$p=7$ thỏa mãn,$p=11,p=13$ đều không thỏa mãn vì có nhỏ hơn 16 ước,$p>13$ không thỏa mãn vì lúc này $d_{3}>d_{4}=11$ vô lí.

Vậy $n=2002$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vta00: 12-11-2015 - 16:40

[Zaraki]

Lời giải. Từ đẳng thức dễ dàng suy ra $2 \mid n$. Khi đó $d_2=2$. Ta có $d_{d_5}=(2+d_4)d_6$. Do $d_5>d_4$ nên $d_5 \ge d_4+1$, do $d_6>d_5$ nên $d_6 \ge d_4+2$. Ta suy ra $d_7>d_4+2$ suy ra $d_{d_5}<d_7d_6$. Có có ít nhất $5$ ước lớn hơn hoặc bằng $d_7d_6$ là $d_6d_7,d_6d_8,d_6d_9,d_6d_{10},d_6d_{11}$ nên $d_{d_5} \le d_{11}$.

 

Ta cũng có $d_{d_5}>d_4d_6$ và có ít nhất $9$ ước lớn hơn hoặc bằng $d_4d_6$ là $d_1,d_2,d_3,d_4,d_5,d_6,d_6d_2,d_6d_3,d_6d_4$. Do đó $d_{d_5} \ge d_{10}$. 

 

Như vậy $d_{10} \le d_{d_5} \le d_{11}$ suy ra $d_5 \in \{ 10,11 \}$.

 

Nếu $d_5=10$ thì $2=d_2<d_3<d_4<10$ và một trong hai số $d_3,d_4$ bằng $5$. Từ đây ta suy ra $d_3=5,d_4=7$. Do đó $9 \mid d_{d_5}=d_{10} \mid n$, mâu thuẫn.

 

Nếu $d_5=11$ thì $2=d_2<d_3<d_4<11$. Ta tìm được $(d_3,d_4) \in \{ (3,6),(4,7),(5,10) \}$.

 

Trường hợp $(d_3,d_4)=(4,7)$ loại vì khi đó $3  \mid d_{11} \mid n$. 

Trường hợp $(d_3,d_4)=(3,6)$ loại vì khi đó $8 \mid d_{11} \mid n$.

Trường hợp $(d_3,d_4)=(5,10)$ loại vì khi đó $3 \mid d_{11} \mid n$.

 

Vậy không tồn tại số nguyên dương $n$ thoả mãn đề bài.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 11-11-2015 - 05:04

[Zaraki]

Cảm ơn vta00 đã chỉ ra rằng vẫn còn có một nghiệm là $2002$. Mình kiểm tra lại thì thấy lời giải của mình có sai: không thể khẳng định rằng $d_6d_2,d_6d_3, \cdots$ là ước của $n$.