Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Các ước dạng $4k+1$ và $4k+3$ của $n$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 11-05-2013 - 09:40

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 $n$.



#2 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

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


#3 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

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


#4 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 582 Bài viết
  • Giới tính:Nam

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.


Mr Stoke 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh