Tất nhiên bài toán trên không phải do MS sáng tác rồi, bây giờ thật khó mà tìm ra được một bài toán do mình sáng tác mà lại chưa từng có ai đặt ra trước đây. Lời giải ở đây rất hay và do MS sưu tầm được. Hy vọng đây là vấn đề lý thú, bên cạnh việc đi giải quyết các bài toán mà đôi khi nó đã thành lối mòn.
Ta tiếp tục ... Chúng ta sẽ cần thêm một số kết quả quen thuộc (nhưng không hề dễ) nữa
Bổ đề 4. Cho $t\geq2$ là số nguyên và $p_j$ là số nguyên tố thứ $j$ trong cấp số cộng $2^ts+1$ với $s=1,2,\ldots$. Khi đó với mọi $j\geq2^t$ thì $p_j\geq 2^{t-2}j\log j+1$. Kết quả vẫn đúng nếu ta thay bằng cấp số cộng $2^ts-1$.
Bổ đề 5. Ta kí hiệu $(X_k,Y_k)$ là dãy nghiệm của phương trình Pell ở trên. Khi đó mọi $k\geq8$ và $k\neq12$ thì tập các ước nguyên tố $p$ của $Y_k$ mà $p\nmid Y_j$ với mọi $1\leq j<k$ là khác rỗng (mỗi phần tử của tập này được gọi là một ước nguyên tố nguyên thủy) và hơn thế những ước nguyên tố đó hoặc là ước của $d$ hoặc đồng dư với $\pm1$ theo modulo $k$.
Bây giờ ta sẽ tiếp tục với Trường hợp 2 ở đó $t\geq2$. Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng mọi ước nguyên tố $p$ của $X_m$ là ước nguyên tố nguyên thủy của $Y_{2^{t+1}s}$ trong đó $s$ là một ước của $m_1$. Tuy nhiên điều này không khó lắm và chỉ cần sử dụng nhận xét $Y_{2m}=X_mY_m$ với lưu ý $(X_m,Y_m)=1$ .
Áp dụng bổ đề 5, ta có $p_i\equiv \pm1\pmod{2^{t+1}}$ (do $(X_m,d)=1$). Giả sử $q_1<q_2<\cdots$ là tập tất cả các số nguyên tố trong cấp số cộng $2^{t+1}s-1$. Nếu $j<2^{t+1}$ thì hiển nhiên $q_j\geq 2^{t+1}j-1$. Nếu $j\geq2 ^{t+1}$, sử dụng Bổ đề 4 cho ta $q_j\geq 2^{t-1}j\log j+1$. Do đó
$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{q_j-1}\leq \sum\limits_{j=1}^{2^{t+1}-1}\frac1{2^{t+1}j-2}+\frac1{2^{t-1}}\sum\limits_{j=2^{t+1}}^n\frac1{j\log j}<\frac1{2^{t+1}-2}+\int_1^{2^{t+1}-1}\frac{dx}{2^{t+1}x-2}+\frac1{2^{t-1}}\int_{2^{t+1}-1}^n\frac{dx}{x\log x}<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac{\log(2^{t+1}+1)}{2^{t+1}}+\frac{\log\log n}{2^{t-1}}$.
Hoàn toàn tương tự, cho cấp số cộng $2^{t+1}s+1$, nếu ta kí hiệu $r_1<r_2<\cdots$ là tập các số hạng nguyên tố của nó, thì cũng có đánh giá
$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{r_j-1}<\frac1{2^{t+1}}+\frac{\log(2^{t+1})}{2^{t+1}}+\frac{\log\log n}{2^{t-1}}$.
Do đó
$\sum\limits_{j=1}^n\frac1{p_j-1}<\sum\limits_{j=1}^n\frac1{q_j-1}+\sum\limits_{j=1}^n\frac1{r_j-1}<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log n}{2^{t-2}}$.
Một lần nữa ta có
$\log \sqrt d<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log\left(t+\frac3{\log2}\sqrt d\cdot\log d\right)}{2^{t-2}}$.
Lưu ý rằng với $d\geq2$ cố định, thì vế phải là hàm số theo $t$ và giảm $t\geq2$. Do đó đánh giá trên, vế bên phải thay bằng $t=2$, rồi từ đó suy ra $d\leq 161$.
Tổng kết hai trường hợp cho ta $d\leq 161$.
Đến bây giờ là time cho máy tính, bằng cách thử trực tiếp các trường hợp $d$ không chính phươn, ta nhận thấy rằng $\text{ord}_2(Y_1)< 10$. Áp dụng bổ đề 2, ta có
$\frac{\log2}2\leq \log\sqrt d<\frac1{2^{t+1}-2}+\frac1{2^{t+1}}+\frac{(t+1)\log2}{2^t}+\frac{\log\log\left(t+10\right)}{2^{t-2}}$. Suy ra $t\leq 4$. Do đó $n\leq 14$. Vậy $X_m$ có tối đa $14$ ước nguyên tố nên
$\sqrt d<\dfrac{X_m}{Y_m}=\prod_{i=1}^n\left(1+\frac1{p_i-1}\right)\leq \left(1+\frac{1}{3-1}\right)\left(1+\frac{1}{5-1}\right)\cdots \left(1+\frac{1}{47-1}\right)<3.61$. Suy ra $d\leq 13$.
Tiếp tục sự trợ giúp của máy tính ta có $\text{ord}_2(Y_1)\leq 2$. Ta chỉ ra $t\leq1$. Thực vậy nếu $t\geq2$ thì lưu lý $p_i\equiv\pm1\pmod 8$ và đánh giá như trên lần nữa ta được mâu thuẫn như sau
$\sqrt d<\left(1+\frac{1}{7-1}\right)\left(1+\frac{1}{17-1}\right)\left(1+\frac{1}{23-1}\right)\left(1+\frac{1}{31-1}\right)\left(1+\frac{1}{41-1}\right)\left(1+\frac{1}{43-1}\right)<\sqrt2$.
Do đó $t\leq 1$ và $n\leq t+ord_2(Y_1)\leq 3$. Lại làm như trên cho ta
$\sqrt d<\left(1+\frac{1}{3-1}\right)\left(1+\frac{1}{5-1}\right)\left(1+\frac{1}{7-1}\right)$ hay $d\leq 3$. Do đó $d=2,3$. Ngoài ra $p_1=3,5$ vì nếu $p_1\geq7$ thì như trên cho ta $\sqrt d<\sqrt2$. MÂU THUẪN.
Đến bây giờ vấn đề trở lên rõ ràng:
Với $d=2$ thì $p_1=3,5$ đều vô nghiệm.
Với $d=3$ thì hiển nhiên $p_1\neq3$. Nếu $p_1=5$ cũng vô nghiệm do $3Y_m^2\not\equiv-1\pmod5$.
Vậy $n=1$ thử trực tiếp cho ta $p_1=2,3$. Chứng minh kết thúc.
Chú giải. $Ord_2(m)$ ở đây là chỉ số mũ của $2$ trong $m$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 24-05-2013 - 23:45