Chủ đề này có 3 trả lời

[chuyentoan]

Ký hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước số của $n$.
(a) Tìm số nguyên dương $m$ nhỏ nhất thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$
(b) Chứng minh rằng có vô hạn số $m$ thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$

[nguyenta98]

Ký hiệu $\sigma(n)$ là tổng các ước số của $n$.
(a) Tìm số nguyên dương $m$ nhỏ nhất thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$
(b) Chứng minh rằng có vô hạn số $m$ thỏa mãn $\sigma(6m) < \sigma(6m+1)$

Mình xin được làm câu $b$, câu $a$ ta có thể tìm đơn giản bằng vài thuật toán nhỏ, sau đây là một cách giải, còn một ý tưởng khác để tối mình nghĩ tiếp
Giải như sau:
Nhận định rằng dãy $\sum{\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{2}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor}}-\dfrac{1}{3}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor}}+\dfrac{1}{6}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor}}$ có thể tăng vô hạn tùy ý cùng $n$
(b) Chọn $m=6^x$
Khi ấy $\sigma(6m)=\sigma(6^{x+1})=\sigma(2^{x+1}).\sigma(3^{x+1})=\dfrac{(2^{x+2}-1)(3^{x+2}-1)}{2}$
Ta thấy $6m+1=6^{x+1}+1$ khi $x+1$ đủ lớn thì $6^{x+1}$ có thể chia hết cho mọi ước $d_1,d_2,...$ là dãy số thỏa mãn $d_i \in N$ và $d_i \not \vdots 2,3$
Khi ấy do $d$ là ước của $n$ thì $\dfrac{n}{d}$ cũng là ước của $n$
Do đó $\sigma(6m+1)\geq \dfrac{6^{x+1}+1}{d_1}+\dfrac{6^{x+1}+1}{d_2}+...\dfrac{6^{x+1}+1}{d_n}$ với $d_i$ là tất cả các số nguyên từ $1->n$ mà $\not \vdots 2,3$
Khi ấy theo nhận định trên $n$ tăng tùy ý và tổng tăng tùy ý do đó chọn $n$ để $\dfrac{1}{d_1}+...+\dfrac{1}{d_n}>3$ khi ấy thấy dễ dàng $\sigma(6m+1)>\sigma(6m)$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-01-2013 - 15:40

[chuyentoan]

bạn trình bày không rõ ràng lắm, thực ra mình chưa hiểu cách làm của bạn lắm. trước hết bạn có thể viết lại và chứng minh rõ hơn điều đầu tiên mà bạn nói là tổng ra vô hạn khi $n$ ra vô hạn ấy. Các thắc mắc khác mình sẽ viết ra sau

[chuyentoan]

Nhận định rằng dãy $\sum{\dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...+\dfrac{1}{n}}-\dfrac{1}{2}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor}}-\dfrac{1}{3}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor}}+\dfrac{1}{6}.\sum{\dfrac{1}{1}+...+\dfrac{1}{\left\lfloor\dfrac{n}{6}\right\rfloor}}$ có thể tăng vô hạn tùy ý cùng $n$

Phải chăng ý bạn là:

$S(n) - \frac{1}{2} S\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right) - \frac{1}{3} S\left(\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor\right) + \frac{1}{6} S\left(\left\lfloor\frac{n}{6}\right\rfloor\right)\rightarrow\infty$ với $S\left(n\right)=\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}$