Minhcuc123

Bài này ý tưởng rõ ràng, tuy nhiên lúc làm chi tiết cũng khá mắc công.

 

Đặt $m=2021$ và giả sử $x<y$. Lời giải xuất phát từ nhận xét: xét $p$ là ước nguyên tố bất kì của $x$, từ giả thiết suy ra $p\mid y$, do vậy

\begin{equation}\label{a} m\le v_p(y^m-x^m)=v_p(y!-x!)=v_p(x!)<\frac{x}{p-1}.\end{equation} 

Xét hàm số $f\colon \mathbb{N}^*\to \mathbb{Z}$ được xác định bởi $f(k)=k^m-k!$. Khi đó hàm $f$ nhận giá trị âm và giảm ngặt trong khoảng $(2m-1,+\infty)$.

Với $k>2m$ thì

\[(k+1)^m-k^m=k^m\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^m-1\right)<k^m\left ( \left ( 1+\frac{1}{m} \right )^m-1 \right )<2k^m.\]

Do đó

\[f(k)-f(k+1)=k\cdot k!-\Big((k+1)^m-k^m\Big)> 2\cdot k!-2k^m=-2f(k).\]

Kết hợp với $f(2m)<0$ (vì $(2m)^m\le 2\cdot m!\cdot m^m<(2m)!$) suy ra $f(k)>f(k+1)$ với mọi $k>2m-1$.

Xét trường hợp $p\ge 3$, từ \eqref{a} ta có $x>2m$, kết hợp với Theorem suy ra $f(x)> f(y)$.

Vậy chỉ còn trường hợp $x$ là lũy thừa của $2$, cũng từ \eqref{a} thì $x>m$. Đương nhiên $y$ chẵn, xét $q$ là một ước nguyên tố lẻ của $y$.

• Nếu $q\le x$, từ giả thiết suy ra $q\mid x$ (vô lí).
• Với $q>x$ suy ra $y\ge 2q>2x>2m$, theo Theorem thì $f(y)<0$. Từ đây dễ thấy $f(x)$ âm hay dương cũng vô lí (trường hợp âm kết hợp với phần chứng minh của Theorem).

 

 

Ghi chú. Một số bài toán tương tự có thể kể đến như sau

Bài 1 (Trung Âu 2015). Tìm tất cả cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn

$$a!+b!=a^b+b^a.$$

Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $(n-1)!$ là bội của $n^2$.

Bài 3 (IMO 2019). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(k,n)$ sao cho

$$k!=(2^n-1)(2^n-2)(2^n-4)\cdots (2^n-2^{n-1}).$$

cảm ơn bạn ! Nhưng liệu bạn có thể giải thích rõ tại sao  f(x) âm lại vô lý được không ạ ?

Nếu $2 \mid n$ thì $n$ không thể "tốt" do $2$ chắc chắn phải xuất hiện trong phân hoạch với $n-1$ phần tử. Ta sẽ chứng minh rằng nếu $n$ lẻ và $n \geq 3$ thì $n$ luôn là "tốt".

 

Xét quá trình phân hoạch như sau. Phân hoạch với $n$ phần tử là hiển nhiên vì $n = 2^0 + 2^0 + \dots + 2^0$. Để xây dựng phân hoạch với $n-1$ phần tử ta nhóm hai số $2^0$ để tạo thành số $2^1$.

 

Bằng cách nhóm các số có cùng lũy thừa $2^i$ (để tạo thành một số cũng là lũy thừa của $2$) như vậy ta sẽ xây dựng được các phân hoạch của $n$ với chiều dài từ $n$ cho đến $k$ trong đó $k$ là số các chữ số $1$ trong biểu diễn nhị phân của $n$, tức là $$n = 2^{i_1} + \dots + 2^{i_k}$$ với $0 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_k$. Hiển nhiên là các phân hoạch này đều hợp lệ vì khi $n$ lẻ thì $(2^i, n) = 1$ với mọi $i$.

 

(Phần này có người khác giải quyết hộ mình)

Ta đi xây dựng các phân hoạch với chiều dài từ $2$ đến $k-1$. Phân hoạch với chiều dài $2$ là $n = (n-2^{i_k}) + 2^{i_k}$. Phân hoạch với chiều dài $3$ là $n = (n-2^{i_k}) + 2^{i_k-1} + 2^{i_k-1}$. Như vậy, bằng cách sử dụng đẳng thức $2^{i_k} = 2^j + 2^j + 2^{j+1} + \dots + 2^{i_k-1}$, ta sẽ xây dựng được tất cả các phân hoạch có chiều dài từ $2$ đến $i_k$.

 

Do $0 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_k$ nên $k \leq i_k$, tức là ta đã xây dựng được tất cả các phân hoạch để đảm bảo $n$ là "tốt".

cảm ơn bạn