整除问题(2)

CP4

杂题

例1

设递增正整数数列 \(\{a_n\}\) 满足相邻两项差不超过常数 \(k\) ，求证： 存在无穷对 \((i,j),s.t.~a_i\mid a_j\)

构造 \(k\) 列无穷数表，第一行为 \(a_1+1,a_1+2,...,a_1+k\) ，之后若第 \(j\) 行为 \(x+1,x+2,...,x+k\) ，则第 \(j+1\) 行为 \(N+x+1,N+x+2,...,N+x+k,N=(x+1)(x+2)...(x+k)\)

根据抽屉原理，该数表的每行都有 \(\{a_n\}\) 中的至少一个元素，考虑该数表的任 \(k+1\) 行，一定存在两个同列的数，使得它们均属于 \(\{a_n\}\) ，此时它们两个满足 \(a_i\mid a_j\)

由该数表的无穷性可知命题成立

例2

求最小的整数 \(n\) ，使得存在 \(a_1,a_2,...,a_n\) 满足 \(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\mid (a_1+a_2+...+a_n)^2-1\)

本题较为关键的点在于说明 \(a_1+a_2+...+a_n\) 为奇数。

事实上， \(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\) 与 \(a_1+a_2+...+a_n\) 是同奇偶的，由于偶数不整除于奇数，这表明 \(a_1+a_2+...+a_n\) 为奇数

从而 \(8\mid (a_1+a_2+..+a_n)^2-1\) ，有 \(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\mid \frac 18[(a_1+a_2+..+a_n)^2-1]\)

显然 \(a_i\) 不全相等，从而 \(a_1^2+...+a_n^2>\frac 1n(a_1+a_2+...+a_n)^2\) ，则 \(\frac 1n(a_1+a_2+...+a_n)^2<\frac 18[(a_1+a_2+..+a_n)^2-1]\) ，即 \(n\ge 9\)

\(a_1=a_2=2,a_3=...=a_9=1\) 符合条件

例3

整数 \(a,b,c,d,e\) 满足 \(\sum\limits_{sym}ab=0\) ，求证： \(a+b+c+d+e\mid a^5+b^5+c^5+d^5+e^5-5abcde\)

法一：

构造 \(f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)(x-e)=x^5+Ax^4+Cx^3+Dx^2+Ex-abcde\)

\(A=-\sum a\) ，并且由题设知 \(C=0\) ， \((\sum a)^2=\sum a^2\)

结合 \(0=\sum f(a)=\sum a^5+A\sum a^4+D\sum a^2-E\sum a-5abcde\) ，可证明 \(\sum a\mid \sum a^5-5abcde\)

法二：

注意到：（默认为 \(sym\) 求和）

\((\sum a)(\sum a^4-\sum ab^4+\sum a^2b^2)=\sum a^5-2\sum a^3bc+\sum a^2b^2c\)

\((\sum abc)(2\sum a^2-\sum ab)=2\sum a^3bc-\sum a^2b^2c-\sum a^2bcd-10abcde\)

\((\sum a)(\sum abcd)=\sum a^2bcd+5abcde\)

全部相加可知命题成立

例3

递增正整数数列 \(\{a_k\}\) 满足 \(a_{k+1}\mid 2(a_1+a_2+...+a_k)\) ，若存在无穷多素数 \(p\) 满足存在正整数 \(k\) 使得 \(p\mid a_k\) ，证明：对任意正整数 \(n\) ，存在正整数 \(k\) 使得 \(n\mid a_k\)

整除条件的利用是很直接但很容易忽视的，我们设 \(2S_k=x_{k+1}a_{k+1}\) ，关键的想法是我们去估计 \(x_k,x_{k+1}\) 的大小关系。

实际上 \(2S_k=(x_k+2)a_k\) 而 \(a_{k+1}>a_k\) 说明 \(x_k+2>x_{k+1}\) ，进而 \(x_k+1\ge x_{k+1}\) 。

我们说 \(x_k\) 是无界的。否则 \(x_k\) 在 \(k\ge N\) 之后变为常数，那么 \(S_{k-1}=Ca_k\) 导致 \(a_k\) 在此之后是等比数列，与 \(a_k\) 素因子的无穷性矛盾。

所以 \(x_k+2\) 迟早会取到 \(2n\) 的倍数，然后 \(a_{k+1}=\frac{x_k+2}{x_{k+1}}a_k\) 一定是 \(n\) 的倍数。