Đến nội dung

Hình ảnh

[Số học] THPT tháng 12: Chứng minh tồn tại vô hạn $n$ thoả $n \mid 2^{\sigma (n)}-1$

vmeo

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Cho số nguyên dương $k$. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $n$ thoả mãn đồng thời các tính chất sau:
 
a) $n$ có ít nhất $k$ ước nguyên tố phân biệt.
b) Tất cả các ước nguyên tố khác $3$ của $n$ đều có dạng $4t+1$, với $t$ là số nguyên dương nào đó.
c) $n\mid 2^{\sigma (n)}-1$
 
Ở đây ta kí hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước nguyên dương của $n$.
Thầy Hà Duy Hưng

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
Chris yang

Chris yang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết

Bài này khó quá nhỉ :( Chưa thấy ai động 

Mình có ý tưởng xây dựng dãy nghiệm $n$ thỏa mãn tính chất nào đó để suy ra tồn tại vô số.

Tính chất ước nguyên tố dạng $4t+1$ hướng đến số có dạng $2^{2x}+1$. Xét dãy $(a_n)$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} a_1=3\\ a_{n+1}=2^{2a_n}+1\end{matrix}\right.$.

Không chắc là tất cả nghiệm của dãy sẽ đúng, nhưng mình nghĩ rằng số $n$ thỏa mãn sẽ nằm trong này, hoặc có thể thêm một số điều kiện nào đó 

hide

 

 



#3
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Lời giải của mình cho bài toán này.

 

Lời giải. 

 

Ta sẽ tạm bỏ qua điều kiện (a) để tập trung tìm $n$ thoả mãn điều kiện (b), (c ) trước. Ta sẽ xây dựng dãy $p_1,p_1p_2, p_1p_2p_3, \cdots , p_1p_2 \cdots p_l$ thoả mãn điều kiện (b),(c ). Điều kiện (c ) có thể viết thành $p_1p_2 \cdots p_l \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1$.

------------------------------------

Chọn $p_1=3$ thì ta thấy $3 \mid 2^4-1=2^{\sigma (3)}-1$ thoả mãn. Để ý rằng $v_2(p_1+1)=2$ nên ta chọn $p_2$ sao cho $p_2 \mid 2^2+1 \mid 2^4-1=2^{p_1+1}-1$. Khi đó $p_1p_2 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)}-1$. Tương tự, để ý rằng $v_2 \left( (p_1+1)(p_2+1) \right)=3$ nên ta chọn $p_3$ sao cho $$p_3 \mid 2^4+1 \mid 2^8-1 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)}-1.$$ Khi đó $p_1p_2p_3 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1)(p_3+1)}-1$.

 

Tương tự, khi đã tìm được $p_l$ để $p_1p_2 \cdots p_l \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1$ và $v_2 \left( (p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1) \right)=A$ thì ta chọn $p_{l+1}$ sao cho $$p_{l+1} \mid 2^{2^{A-1}}+1 \mid 2^{2^A}-1 \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_l+1)}-1.$$ 

Khi đó $p_1p_2 \cdots p_{l+1} \mid 2^{(p_1+1)(p_2+1) \cdots (p_{l+1}+1)}-1= 2^{\sigma (p_1p_2 \cdots p_{l+1})}-1$.

 

Dễ thấy rằng với cách xây dựng trên, dãy thoả mãn điều kiện (c ). Điều kiện (b) ở đây cũng thoả mãn vì $p_i \mid 2^{2^x}+1$ nên $p_i \equiv 1 \pmod{4}$.

------------------------------------

 

Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy có vô hạn số, hay nói cách khác là luôn tìm được số $p_{l+1}$ sao cho $p_{l+1} \ne p_i \; (1 \le i \le l)$ và $p_{l+1} \mid 2^{2^{A-1}}+1$. Thật vậy, ta dễ dàng thấy rằng $\gcd \left(  2^{2^{A-1}}+1, 2^{2^i}+1 \right)=1$ với mọi $1 \le i <A-1$. Do $p_{i+1} \mid 2^{2^i}+1$ với mọi $1 \le i \le A-1$ nên suy ra $p_i \ne p_{l+1}$ với mọi $2 \le i \le l$. Ta cũng có rằng $2^{2^{A-1}}+1=p_1^m=3^m$ là không thể xảy ra, cho nên sẽ luôn tồn tại số $p_{l+1}$ thoả mãn điều kiện trên.

 

Để thoả mãn (a), ta chỉ cần chọn các số trong dãy thoả mãn có ít nhất $k$ trước nguyên tố phân biệt, hay các số $n$ thoả mãn (a), (b), (c ) là các số $p_1p_2 \cdots p_k, p_1p_2 \cdots p_{k+1}, \cdots$


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#4
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Dạo này bận quá nên mới vô được diễn đàn  :( Bài này chắc thầy Hà Duy Hưng chế ra từ các tính chất của các số  Fermat

$\textbf{Lời giải.}$

Ta xét các số $F_n=2^{2^n}+1$ trong đó $n$ là một số tự nhiên

Rõ ràng tất cả các số hạng của dãy trên đều nguyên tố cùng nhau và nếu $n\geq 1$ thì $F_n$ sẽ không có ước nguyên tố dạng $4k+3$.

Gọi $p_i$ là một ước nguyên tố của $F_i$ thì $p_0=3$ và $p_1,p_2,...,p_{k-1}$ là các số nguyên tố dạng $4t+1$ và các số này đều phân biệt

Ta chọn $n_{k-1}=p_0p_1...p_{k-1}$ thì $n_{k-1}$ sẽ có đúng $k$ ước nguyên tố phân biệt, và ngoại trừ số $3$ ra thì mọi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều có dạng $4t+1$. Ta chứng minh đây là số thỏa mãn đề bài bằng cách chỉ ra $n_{k-1}|2^{\sigma (n_{k-1})}-1$

Thậy vậy, dễ dàng có $2^k| \sigma (n_{k-1})$ nên ta cần chứng minh: $n_{k-1}|2^{2^k}-1$

Mà mỗi ước nguyên tố của $n_{k-1}$ đều đôi một phân biệt nên bài toán sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra $p_i|2^{2^k}-1,\forall i = \overline{0,k-1}$

Đây là điểu hiển nhiên do $F_i|2^{2^k}-1,\forall i =\overline{0,k-1}$

 


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#5
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

vf


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 19-12-2022 - 12:16

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmeo

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh