Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho số các ước dạng $4k+3$ của $n$ lớn hơn số các ước dạng $4k+1$ của $n$.
Các ước dạng $4k+1$ và $4k+3$ của $n$
#1
Đã gửi 11-05-2013 - 09:40
#2
Đã gửi 11-05-2013 - 23:18
Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho số các ước dạng $4k+3$ của $n$ lớn hơn số các ước dạng $4k+1$ của $n$.
Giải như sau:
Ta chỉ cần xét $n$ lẻ vì $n$ chẵn thì $n=2^x.y$ với $y$ lẻ nên $d|n$ mà $d \equiv 1,3 \pmod{4}$ khi mà $d|y$ nên ta chỉ cần $n$ lẻ là đủ
Đặt $n=A.B=(p_1^{a_1}...p_n^{a_n}).(q_1^{b_1}.q_2^{b_2}...q_k^{b_k})$ với $p_i \equiv 1 \pmod{4}$ và $q_j \equiv 3 \pmod{4}$
Khi đó số số ước của $n$ là $(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)(b_1+1)...(b_k+1)$
Ta xét một ước $d|n$ với $d \equiv 3 \pmod{4}$ ta đặt $d=mn$ với $m|p_1^{a_1}...p_n^{a_n}$ hay $m|A$ và $gcd(m,B)=1$ và $n|q_1^{b_1}.q_2^{b_2}...q_k^{b_k}$ hay $n|B$ và $gcd(n,A)=1$
Vì $m|A$ nên $m=p_1^{i_1}...p_n^{i_n} \equiv 1 \pmod{4}$ nên số cách chọn $m$ sẽ là số ước của $A$ và các cách chọn này không ảnh hưởng đến cách chọn $n$ do $m \equiv 1 \pmod{4}$, số cách chọn $m$ là $(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)$
Hơn nữa do $d=mn, m \equiv 1 \pmod{4}$ nên $n \equiv 3 \pmod{4}$
Mà $n|B, gcd(n,A)=1$ nên $n=q_1^{r_1}.q_2^{r_2}...q_k^{r_k}$
Ta lại xét $n$ làm hai loại $n=C.D=(q_{i_1}^{r_{i_1}}...q_{i_t}^{r_{i_t}}).(q_{i_{t+1}}^{r_{i_{t+1}}}...q_{i_k}^{r_k})$ với $r_{i_1},r_{i_2},...,r_{i_t}$ chẵn còn $r_{i_{t+1}},r_{i_{t+2}},...,r_{i_k}$ lẻ từ đó $n \equiv 3^{k-t} \pmod{4}$ mà $n \equiv 3 \pmod{4}$ nên $k-t \not \vdots 2$
Ta xét số cách chọn $C$ là số cách chọn mũ chẵn của mỗi thừa số nguyên tố, mà từ $0->r_i$ có $\left\lfloor\dfrac{r_i}{2}\right\rfloor+1$ do đó số cách chọn $C$ là $\left(\left\lfloor\dfrac{r_{i_1}}{2}\right\rfloor+1\right)....\left(\left\lfloor\dfrac{r_{i_1}}{2}\right\rfloor+1\right)$
Tương tự số cách chọn $D$ là số cách chọn mũ lẻ của mỗi thừa số nguyên tố, mà từ $1->r_t$ có $\left\lfloor\dfrac{r_{i_t}+1}{2}\right\rfloor$ do đó số cách chọn $C$ là $\left\lfloor\dfrac{r_{i_{t+1}}}{2}\right\rfloor....\left\lfloor\dfrac{r_{i_k}}{2}\right\rfloor$
mà chú ý $k-t \not \vdots 2$ nên $k-t=s$ lẻ
TH1: $k$ chẵn suy ra số cách chọn $n=C.D$ là $\left(\sum_{1\le 2r+1 \le k-1}\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_{x_1}+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_{x_1}}{2}\right\rfloor+1}...\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_{x_{2r+1}}+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_{x_{2r+1}}}{2}\right\rfloor+1}\right).\left(\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}+1\right\rfloor\right)...\left(\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}+1\right\rfloor\right)$
Và chú ý do $k$ chẵn nên $\left(\sum_{1\le 2r+1 \le k-1}\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_{x_1}+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_{x_1}}{2}\right\rfloor+1}...\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_{x_{2r+1}}+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_{x_{2r+1}}}{2}\right\rfloor+1}\right)=\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}+1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}+1\right)-\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}-1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}-1\right)$
Và để ý rằng $\left(\left\lfloor\dfrac{b_i}{2}\right\rfloor+1\right).\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_i+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_i}{2}\right\rfloor+1}+1\right)=\left\lfloor\dfrac{b_i+1}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{b_i}{2}\right\rfloor+1=b_i$
Nên để $G(4k+3)>G(4k+1)$ thì $\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}+1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}+1\right)-\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}-1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}-1\right)>\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}+1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}+1\right) \Rightarrow \left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_1+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_1}{2}\right\rfloor+1}-1\right)...\left(\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_k+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_k}{2}\right\rfloor+1}-1\right)<0$ $(*)$
Mà $\dfrac{\left\lfloor\dfrac{b_i+1}{2}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{b_i}{2}\right\rfloor+1}-1=0$ khi $b_i$ lẻ và $<0$ khi $b_i$ chẵn
Do đó để $(*)$ đúng thì số số $b_i$ phải chẵn hết vì nếu tồn tại $b_j$ lẻ thì lập tức $VT(*)=0$ loại, nhưng khi ấy $(*)$ cũng loại do là tích của chẵn số âm nên $VT(*)>0$
TH2: $k$ lẻ tương tự loại
Vậy không có số nào
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 11-05-2013 - 23:32
- supermember, Math Is Love, WhjteShadow và 3 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 15-05-2013 - 11:14
Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho số các ước dạng $4k+3$ của $n$ lớn hơn số các ước dạng $4k+1$ của $n$.
Có một cách quy nạp mình vừa nghĩ ra
Giải như sau:
Cũng như cách trên nhận định ta chỉ cm $n$ lẻ mà thôi
Đặt $g_x(4k+1),g_x(4k+3)$ là số ước chia $4$ dư $1$ và $3$ của $x$
Giả sử đúng với mọi $x<n$ hay $g_x(4k+1)\geq g_x(4k+3)$ với mọi $x<n$
Ta sẽ cm $n$ cũng đúng hay $g_n(4k+1)\geq g_n(4k+3)$
Đặt $n=p^t.q$ với $gcd(q,p)=1$ với $p \in P$ và $p$ lẻ và $t\geq 1$ khi đó $q<n$
Theo giả thiết quy nạp $g_q(4k+1)\geq g_q(4k+3)$
TH1: $p \equiv 3 \pmod{4}$
Mà dễ thấy $g_n(4k+1)=g_q(4k+1)+g_q(4k+1).\left\lfloor\dfrac{t}{2}\right\rfloor+g_q(4k+3).\left\lfloor\dfrac{t+1}{2}\right\rfloor$ (căn cứ vào số chẵn nhỏ hơn hoặc bằng $t$ là $\left\lfloor\dfrac{t}{2}\right\rfloor$ và lẻ là $\left\lfloor\dfrac{t+1}{2}\right\rfloor$)
Còn $g_n(4k+3)=g_q(4k+3)+g_q(4k+3).\left\lfloor\dfrac{t}{2}\right\rfloor+g_q(4k+1).\left\lfloor\dfrac{t+1}{2}\right\rfloor$
Như vậy $g_n(4k+1)-g_n(4k+3)=(g_q(4k+1)-g_q(4k+3)).\left(1+\left\lfloor\dfrac{t}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{t+1}{2}\right\rfloor\right)\geq 0$ hiển nhiên
TH2: $p=4k+1$ thì dễ thấy $g_n(4k+1)>>g_n(4k+3)$
Quy nạp được cm, điều đó cũng dẫn đến không có số thỏa đề
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 15-05-2013 - 18:01
- Zaraki và nhungvienkimcuong thích
#4
Đã gửi 15-05-2013 - 14:51
Cách làm tinh tế hơn: Ta đặt $f(n)$ là hiệu của số các ước dương dạng $4k+1$ với số các ước dương dạng $4k+3$ của $n$. Khi đó dễ dàng chứng minh được $f$ là hàm nhân tính. Do đó bài toán quy về chứng minh cho trường hợp $n=p^m$ với $p$ là số nguyên tố và $m$ là số nguyên dương, điều mà dễ dàng kiểm chứng.
- nguyenta98, Math Is Love, chrome98 và 2 người khác yêu thích
Mr Stoke
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh