Chủ đề này có 4 trả lời

[Hieutran2000]

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n-1)! chia hết cho $n^{2}$

[Chris yang]

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho (n-1)! chia hết cho $n^{2}$

Mình nghĩ sẽ có vô số số $n$ thỏa mãn ( thử qua thấy nhiều lắm )

với $n$ nguyên tố thì hiển nhiên vô lý. 

Ta xét $n$ là hợp số có dạng $n=ab$ mà $a<b$

$(n-1)!=1.2.3...a(a+1)...b(b+1)...(ab-1)\vdots a^2b^2\Leftrightarrow (a+1)....(b-1)(b+1)...(ab-1)\vdots ab$

Bây giờ chỉ cần cho $\left\{\begin{matrix}2a<b+1\\ 2b<ab-1\end{matrix}\right.$ (luôn chọn đc với $a>2$).

Khi đó đoạn $a+1,....b-1$ sẽ chắc chắn chứa một thừa số chia hết cho $a$ và đoạn $b+1,...,ab-1$ chứa một thừa số chia hết cho $b$

Số $n$ khi phân tích thành tích hai thừa số $a,b$ thỏa mãn điều kiện trên đều thỏa mãn bài toán, nên có vô số số $n$

[I Love MC]

Mình nghĩ sẽ có vô số số $n$ thỏa mãn ( thử qua thấy nhiều lắm )

với $n$ nguyên tố thì hiển nhiên vô lý. 

Ta xét $n$ là hợp số có dạng $n=ab$ mà $a<b$

$(n-1)!=1.2.3...a(a+1)...b(b+1)...(ab-1)\vdots a^2b^2\Leftrightarrow (a+1)....(b-1)(b+1)...(ab-1)\vdots ab$

Bây giờ chỉ cần cho $\left\{\begin{matrix}2a<b+1\\ 2b<ab-1\end{matrix}\right.$ (luôn chọn đc với $a>2$).

Khi đó đoạn $a+1,....b-1$ sẽ chắc chắn chứa một thừa số chia hết cho $a$ và đoạn $b+1,...,ab-1$ chứa một thừa số chia hết cho $b$

Số $n$ khi phân tích thành tích hai thừa số $a,b$ thỏa mãn điều kiện trên đều thỏa mãn bài toán, nên có vô số số $n$

Một bài mở rộng của $(n-1)! \vdots n$

[Hieutran2000]

Mình nghĩ sẽ có vô số số $n$ thỏa mãn ( thử qua thấy nhiều lắm )
với $n$ nguyên tố thì hiển nhiên vô lý.
Ta xét $n$ là hợp số có dạng $n=ab$ mà $a<b$
$(n-1)!=1.2.3...a(a+1)...b(b+1)...(ab-1)\vdots a^2b^2\Leftrightarrow (a+1)....(b-1)(b+1)...(ab-1)\vdots ab$
Bây giờ chỉ cần cho $\left\{\begin{matrix}2a<b+1\\ 2b<ab-1\end{matrix}\right.$ (luôn chọn đc với $a>2$).
Khi đó đoạn $a+1,....b-1$ sẽ chắc chắn chứa một thừa số chia hết cho $a$ và đoạn $b+1,...,ab-1$ chứa một thừa số chia hết cho $b$
Số $n$ khi phân tích thành tích hai thừa số $a,b$ thỏa mãn điều kiện trên đều thỏa mãn bài toán, nên có vô số số $n$

Các số n thỏa mãn là n không có dạng p,2p,8,9 với p là số nguyên tố

[Ego]

Mấy nay bị nhắc nhở không được post bài Buồn thật..
Quay lại bài toán,

i) Ta sẽ chứng minh là nếu $n$ có nhiều hơn $3$ ước nguyên tố thì $(n - 1)! \vdots n^{2}$. Thật vậy, xét $n = \prod_{i = 1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$ với $k \ge 3$, $p_{1} < p_{2} < \ldots < p_{k}$ và $a_{i}$ là các số nguyên dương (cái này cm bằng quy nạp được)
Để ý là $p_{g}^{a_{g}}.p_{h}^{a_{h}} \ge p_{1}^{a_{1}}.p_{2}^{a_{2}} \ge 6$ và $3.2^{\alpha} > 3\alpha$ với mọi $\alpha$ là số nguyên dương.
Xét số nguyên tố $p_{i}$ bất kì, khi đó theo định lý Legendre
$$v_{p_{i}}[(n - 1)!] = v_{p_{i}}(n!) - v_{p_{i}}(n) = v_{p_{i}}(n!) - a_{i} \ge 6.p_{i}^{a_{i} - 1} - a_{i} \ge 3.2^{a_{i}} - a_{i} \ge 2a_{i}$$
Vậy từ đó có điều phải chứng minh.
ii) Xét $n = p^{a}.q^{b}$ với $a, b$ là hai số nguyên dương và $p < q$ là hai số nguyên tố.
Nếu $p \ge 3$ thì trong các số từ $1$ đến $n - 1$ gồm có số $(p^{a} - 1).q^{b}$ và $(p^{a} - 2).q^{b}$. Do đó $v_{q}[(n - 1)!] \ge 2b$. Chứng minh tương tự cũng có được $v_{p}[(n - 1)!] \ge 2a$. (cái này chứng minh bằng Legendre được nhưng dài dòng quá mình lí luận vậy cho lẹ)
Nếu $p = 2$ và $a \ge 2$ thì cũng tương tự trên (do $2^{2} > 2$)
Vậy ta chỉ xét $n = 2.q^{b}$ (Nhận xét là $2.3^{b - 1} \ge 3b$ với mọi $b$ nguyên dương không bé hơn $2$), nếu $q \ge 2$ thì $$v_{q}[(n - 1)!] = v_{q}(n!) - v_{q}(n) = v_{q}(n!) - b \ge [\frac{n}{q}] - b \ge 2.q^{b - 1} - b \ge 2.3^{q - 1} - b \ge 3b - b = 2b$$. Dễ thấy $v_{2} > 2$ nên $(n - 1)! \vdots n^{2}$. Vậy ta chỉ xét $n = 2.q$ với $q \ge 3$. Ta sẽ chứng minh số này không thỏa mãn.
$v_{q}[(n - 1)!] = v_{q}(n!) - v_{q}(n) = 2 - 1 = 1$.
iii) Xét $n = p^{a}$. Rõ ràng nếu $a = 1$ thì không thỏa. Xét $a \ge 2$
- Nếu $p = 2$ thử từ i), ii) cho ta $a \ge 4$. Ta sẽ chứng minh $a \ge 4$ thì thỏa mãn: (để ý $2^{a} - 1 \ge 3a$ với $a \ge 4$)
Khi đó theo Legendre thì $v_{2}[(n - 1)!] = 1 + 2 + \ldots + 2^{a - 1} - a = 2^{a} - 1 \ge 2a$. Đúng.
- Nếu $p = 3$. Thử với $9$, ta thấy không thỏa mãn. Xét $a \ge 3$, (có $3^{a} - 1 \ge 6a$ với mọi $a \ge 3$)
$v_{3}[(n - 1)!] = v_{3}(n!) - a = 1 + 3 + \ldots + 3^{a - 1} - a = \frac{3^{a} - 1}{2} - a \ge 2a$, xong.
Vậy các số thỏa mãn đề bài là các số không thuộc tập hợp $(8, 9, p, 2p)$ với $p$ là một số nguyên tố bất kỳ.