nhungvienkimcuong

Bài này có thể sử dụng xấp xỉ Stirling. Với $n!\approx\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$ thì

\[\frac{C_{2n+1}^n}{2^{2n+1}}=\frac{(2n+2)!}{\left(2^{n+1}(n+1)!\right)^2}\approx\frac{1}{\sqrt{\pi (n+1)}}.\]

Liệu có tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho $p^n = x^3 + y^3$ với $n,x,y$ là các số nguyên dương và $n \ge 3$ hay ko?

Trường hợp $p>3$ thì bạn ở trên đã làm tương đối đúng. Tuy nhiên với $p\in \{2,3\}$ thì vẫn tồn tại $x,y,n$ thỏa mãn; đơn cử như

\[2^{4}=2^3+2^3,\quad 3^{5}=3^3+\left(2\cdot 3\right)^3.\]

Ghi chú. Kiểu bài này thì rất nhiều, bài tương tự có thể xem ở đây hoặc ở chủ đề này.

Trên cùng một mặt phẳng cho tập $A$ gồm $k$ điểm phân biệt và tập $B$ gồm $14$ đường thẳng phân biệt thỏa mãn cứ mỗi một đường thẳng đã cho sẽ đi qua đúng $14$ điểm thuộc tập $A$. Chứng minh rằng $k$ không bé hơn $102$

Ứng với mỗi $i\in \{1,2,\dots,k\}$, kí hiệu $x_i$ là số đường thẳng đi qua điểm thứ $i$ của tập hợp $A$. Như vậy đếm số bộ $(a,b)$ với $a\in A,b\in B$ sao cho điểm $a$ nằm trên đường thẳng $b$ thấy ngay

\[\sum_{i=1}^kx_i=14^2.\tag{1}\]

Tiếp theo đếm số bộ $\big(a,\{b_1,b_2\}\big)$ với $a\in A$ và $b_1,b_2\in B$ sao cho giao điểm của hai đường thẳng $b_1,b_2$ là điểm $a$:

• Đếm theo $a$ thì số bộ cần tính chính là $\sum_{i=1}^kC_{x_i}^2$.
• Đếm theo $\{b_1,b_2\}$, chú ý rằng hai đường thẳng có không quá một điểm chung nên số bộ cần tính không vượt quá $C_{14}^2$.

Do đó ta có bất đẳng thức

\[\sum_{i=1}^kC_{x_i}^2\le C_{14}^2.\tag{2}\]

Thay $(1)$ vào $(2)$ ta có $\sum_{i=1}^kx_i^2\le 14\times 27$, mặt khác theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki thì

\[k\left(\sum_{i=1}^kx_i^2\right)\ge \left(\sum_{i=1}^kx_i\right)^2\implies k\ge \frac{\left(\sum_{i=1}^kx_i\right)^2}{\sum_{i=1}^kx_i^2}\ge \frac{\left(14^2\right)^2}{14\times 27}.\]

Ghi chú. Một số bài toán tương tự cũng đếm bằng hai cách có thể xem ở đây và đây.

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng tồn tại $p$ số nguyên dương không vượt quá $2p^2$ sao cho tổng các cặp số trong $p$ số đó phân biệt.

Tương tự bài 1 ở đây, chú ý thay cơ số $2$ bằng cơ số khác là căn nguyên thủy của $p$.

Cho $a_1<a_2<\cdots$ là dãy các số nguyên dương tăng vô hạn. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $l$ thì luôn tồn tại $i \neq j$ với $1 \leq i,j $ thỏa mãn $a_i + a_j$ có một ước nguyên tố lớn hơn $l$. 

Đề bài yêu cầu chứng minh số lượng ước nguyên tố của các tổng $a_i+a_j$ là vô hạn. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng, gọi tập hợp các số nguyên tố như thế là $\mathbb{X}$ và giả sử số phần tử của $\mathbb{X}$ là hữu hạn (bằng $n$). 

Vì dãy số $(a_k)_{k\ge 1}$ không bị chặn nên tồn tại $a_m$ thỏa mãn $\sqrt[n]{a_m}>a_{n+1}$. Với $i\in \{1,2,\dots,n+1\}$ ta có

\[a_i+a_m=\prod_{p\in\mathbb{X}}p^{\alpha}>a_m,\]

do vậy tồn tại số nguyên tố $p_i\in\mathbb{X}$ và số nguyên dương $\alpha_i$ sao cho $p_i^{\alpha_i}>\sqrt[n]{a_m}$. Như vậy với mỗi số trong dãy gồm $n+1$ số là $a_1+a_m,\ a_2+a_m,\ \dots,\ a_{n+1}+a_m$ thì đều tồn tại một ước số (có dạng $p^{\alpha}$ với $p\in\mathbb{X},\alpha\in\mathbb{N}^*$) lớn hơn $\sqrt[n]{a_m}$, gọi đây là tính chất $\color{blue}{(\ast)}$.

Vì $\mathbb{X}$ chỉ có $n$ phần tử nên tồn tại hai số trong $n+1$ số trên có chung số nguyên tố $p$ thỏa mãn $\color{blue}{(\ast)}$, giả sử là $a_{i_1}+a_m$ và $a_{i_2}+a_m$ với $1\le i_1<i_2\le n+1$. Đặt $\alpha^*=\min(\alpha_{i_1},\alpha_{i_2})$ thì

\[p^{\alpha^*}\mid a_{i_1}+a_m,\ p^{\alpha^*}\mid a_{i_2}+a_m\implies p^{\alpha^*}\mid a_{i_2}-a_{i_1}.\]

Tới đây thấy ngay vô lí vì 

\[p^{\alpha^*}\overset{\color{blue}{(\ast)}}{>}\sqrt[n]{a_m}\overset{\text{cách chọn }a_m}{>}a_{n+1}>a_{i_2}>a_{i_2}-a_{i_1}.\]