素因子幂次的控制

UPD on 2025.7.31：修正了一些错误

---

通过 \(CRT\) ，同余等方法控制素因子幂次是一种重要的思想

CP1

下面例题中，关键是 \(v_p\) 的性质：\(v_p(a\pm b)\ge min(v_p(a),v_p(b))\) ，取等当且仅当 \(v_p(a)\ne v_p(b)\)

例1

设整数 \(c,d>1\) ，数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=c,a_{n+1}=a_n^d+c,n\ge 1\) ，求证：对任意正整数 \(n\ge 1\) ，存在 \(a_n\) 的素因子 \(p\) ，它不整除于 \(a_1,a_2,...,a_{n-1}\) 中的任何一个

递推公式常数项与 \(a_1\) 相等是重要信息，也是本题的关键切入点

反证法，假设对某个 \(n\) 与所有素数 \(p\mid a_n\) 都能找到 \(i<n,p\mid a_i\)

取一个素数 \(p\) ，记 \(v_p(a_n)=w\) ，并设 \(i<n\) 满足 \(p\mid a_i\)

接下来 \(a_{n+1}= a_n^d+c\equiv a_1\:(mod~a_n^d)\) 给出 \(a_{n+k}\equiv a_k\:(mod~p^{w+1})\) （因为 \(d>1\) ），给出 \(p^w~||\:a_n,a_{2n},a_{3n},...\)

对 \(i\) 做相同的考察，设 \(v_p(a_i)=x\) ，则 \(p^x~||\:a_i,a_{2i},...,a_{in}\) ，从而 \(x=w\)

由于对 \(a_n\) 的所有素因子成立，从而 \(a_n\mid a_1a_2...a_{n-1}\) ，而归纳可知 \(a_{n+1}>a_n^d>a_na_{n-1}...a_1\) ，矛盾

例2

证明：存在正常数 \(K\) 及无穷正整数列 \(A=\{a_1<a_2<...<a_n\}\) ，使得对任意正整数 \(n\) ，有 \(a_n<K\cdot (\frac{11}{10})^n\) ，且 \(A\) 中任意有限不同元素之和不是完全平方数

一个类似的题目是：构造无穷集使其任意有限子集元素和不为幂数，答案是 \(\{2^n\cdot 3^{n+1}\}\) ，无论如何 \(2,3\) 的幂次不一致，也就不是幂数

对于这道题，只要选定 \(p\) ，使得 \(p\) 的幂次为奇数即可

可以构造出 \(\{r\cdot p^{2m}+p^{2m-1}\mid 0\le r\le p-2\}\) ，注意以 \(p^{2m-1}\) “结尾”的元素不能超过 \(p-1\) 个

选取 \(k_i\) 个 \(r\cdot p^{2m_i}+p^{2m_i-1}\) ，对最小的 \(m_i\) 可以知道 \(p^{2m_i-1}\) 的数量 \(k_i\le p-1\) ，从而 \(v_p(\sum a_i)=2m_i-1\)

若 \(n=(p-1)(m-1)+q\) ，则 \(a_n=p^{2m-1}+(q-1).p^{2m}<p^{2m+1}=p^{2\frac{n-q}{p-1}+3}<p^3(p^{\frac 2{p-1}})^n\)

取 \(p\) 充分大，可满足题目条件

例3

证明：对每个正整数 \(t>1\) ，存在正整数 \(n\) 使得 \(n,t\) 互素并且 \(n+t,n^2+t,...\) 都不是整数幂

关键的是拆分 \(n^k+t=n^k-1+t+1\) ，于是可以取 \(p\mid t+1\) ， \(v_p(t+1)=k\) ，并取 \(v_p(n-1)=k+1\) ，于是 \(v_p(n^i+t)=k\) 说明它只能是整数的 \(r\) 次幂，其中 \(r\mid k\)

我们说，如果取 \(n\) 是一个 \(k!\) 次数，那么 \(n^i+t\) 就不可能是任何 \(r\) 次数了。只要取 \(n=x^{k!}=s^r,x=ap^{k+1}+1(p\nmid a)\) ，然后取 \(a\) 充分大，使得 \((s+1)^r-s^r\ge rs^{r-1}>t\) 即可

例4

设 \(p>2\) 是素数，证明：对充分大 \(x\) ， \(x+1,...,x+\frac {p+3}2\) 中至少有一个大于 \(p\) 的素因子。

想法是当很大的 \(\alpha\) 满足 \(p^\alpha \mid x+i\) 时，对其它 \(x+j\) ， \(p\) 的次数很有限，否则 \(p^\alpha\mid i-j\)

假设命题不成立。取不超过 \(p\) 的所有素数 \(p_1,p_2,...,p_k\)

设 \(x\) 充分大，现在对 \(\large x+i=p_1^{a_{i1}}p_2^{a_{i2}}...p_k^{a_{ik}}\) ，存在 \(\large p_j^{a_{ij}}>\frac {p+1}2\) ，否则 \(x+i\le (\frac{p+1}2)^k\) ，与 \(x\) 充分大矛盾。

记这个 \(j\) （可能不止一个）为 \(d_i\) ，因为 \(k<\frac{p+3}2\) ，由抽屉原理给出 \(\exists m,n\in \{1,2,...,\frac{p+3}2\},d_m=d_n=s\) ，则 \(\large p_s^{\min\{a_{ms},a_{ns}\}}\mid x+i-(x+j)\) ，而 \(p^{a_{ms}},p^{a_{ns}}>\frac{p+1}2\ge |i-j|\) ，矛盾

注：类似想法的例子很多，比如：

1. 设 \(a_1<a_2<...<a_n\) 是正整数无穷递增序列，证明：对每个 \(N\) 可以找到 \(a_i+a_j\) 拥有大于 \(N\) 的素因子

2. 设 \(d_1,d_2,...,d_9\) 是两两不同的整数，证明：当 \(x\) 充分大， \((x+d_1)(x+d_2)...(x+d_9)\) 可以有充分大的素因子

3. 设 \(a,n\) 是正整数，满足 \(a\ge [1,2,...,n-1]\) ，证明：存在两两不同的素数 \(p_1,...,p_n\) ，使得 \(p_i\mid a+i\) 对 \(1\le i\le n\) 成立 （考虑 \(x_i=\frac{a+i}{gcd(a+i,[1,2,...,n-1])}\) 两两互素）

此外 \(Sylvester-Schur\) 定理：对 \(b\ge a\) 有 \(b,b+1,...,b+a-1\) 有一个数的最大素因子超过了 \(a\) 。进一步地，当 \(b\) 充分大，至多有一个数的最大素因子不超过 \(a\)（这个定理的最大难点还是在于 \(b\) 较小的情况）

例5

求所有函数 \(g:N_+\rightarrow N_+\) 使得 \((g(n)+m)(g(m)+n)\) 为完全平方数对任意 \(m,n\in N_+\) 成立

关键是再引入一个数 \(s\) ，考虑 \((g(s)+n)(g(n)+s)\) 与 \((g(s)+m)(g(m)+s)\) ，\(s\) 可动，使得 \(g(n)+s,g(m)+s\) 一定程度上可控。

现在设 \(p\mid g(n)-g(m)\) ，那么取 \(s\) 使得 \(p\mid g(n)+s,g(m)+s\) ，并且 \(p\) 是奇数次，就可以要求 \(p\mid g(s)+n,g(s)+m\) ，进一步 \(p\mid n-m\)

\(s\) 的取法很简单的，怎么取都行，给出一种简单的：若 \(v_p(g(n)-g(m))=1,s=p^3r-g(n)\) ，其中 \(p\nmid r\) 充分大， \(v_p(g(n)-g(m))\ge 2,s=pr-g(n)\)

现在考虑 \(m=n-1\) ，则 \(|g(n+1)-g(n)|=1\) （显然不相等），再考虑连续的 \(g(n),g(n+1),g(n+2)\) ，因为 \(g(n+2)\ne g(n)\) ，所以 \(g(n+1)-g(n)\) 与 \(g(n+2)-g(n+1)\) 同号，推到所有正整数成立，于是 \(g(n)=n+k,k\ge 0\)

例6

1. 设 \(p>2\) 是素数， \(S\) 是 \(n\) 元集，证明：可以找到 \(S\) 的子集 \(T\) 使得 \(|T|\ge \lceil\frac n2\rceil\) 并且 \(\forall a,b\in T\) ，有 \(v_p(a+b)=min\{v_p(a),v_p(b)\}\)

2. \(n=2^k+1\) ，证明：对正整数 \(a_1<a_2<...<a_n\) ，数 \(\prod_{1\le i<j\le n}(a_i+a_j)\) 至少有 \(k+1\) 个不同的素因子

我们考虑将 \(v_p(a)\) 相同的所有 \(a\in S\) ，按 \(\large\frac{a}{p^{v_p(a)}}\) 的值分类，然后在 \(1,-1\) 中选多的一类， \(2,-2\) 中选多的一类，依次类推，最后选出的数不少于 \(\frac n2\) 个，并且符合题设。

于是考虑 \(p\mid \prod_{1\le i<j\le n}(a_i+a_j)\) ，取出 \(2^{k-1}+1\) 个数使得 \(v_p(a_i+a_j)=min\{v_p(a_i),v_p(a_j)\}\) ，有 \(p^{v_p(a_i+a_j)}\mid (a_i,a_j)<a_i+a_j\) ，这使得 \(a_i+a_j\) 含有除 \(p\) 之外的素因子 \(p'\)

记 \(m=2^{k-t}+1\) ，考虑已经找到的 \(p_1p_2...p_t\mid \prod_{1\le i<j\le m} (a_i+a_j)\) ，已经满足对 \(1\le i\le t\) 有 \(v_{p_i}(a_u+a_v)=min\{v_{p_i}(a_u),v_{p_i}(a_v)\}\) ，于是 \(p_1^{v_{p_1}(a_u+a_v)}...\mid (a_u,a_v)<a_u+a_v\) ，从而可以找到 \(a_u+a_v\) 的新素因子 \(p_{t+1}\) ，再从 \(a_1,a_2,...,a_m\) 挑选 \(\frac {m+1}2\) 个满足 \(v_{p_{t+1}}(a_u+a_v)=min\{v_{p_{t+1}}(a_u),v_{p_{t+1}}(a_v)\}\)

例7

设 \(S_n=1!+2!+...+n!\) ，证明：存在正整数 \(n\) 使得 \(S_n\) 有超过 \(10^{2012}\) 的素因子

反证法，记不超过 \(10^{2012}\) 的并且整除无穷个 \(S_n\) 的素因子为 \(p_1<p_2<...<p_k\) ，其余的素数有限，于是对于充分大 \(n\) ， \(S_n\) 不含其余素数因子

由无限性，存在 \(n\ge p_i\) ，使得 \(p_i\mid S_n\) 成立，说明 \(p_i\mid 1!+2!+...+(p_i-1)!+p_iM\) ，于是 \(p_i\mid S_{p_i-1}\)

一个关键的想法是去估计 \(v_p(S_n)\) ，对素数 \(p\) ，如果存在 \(n\) 使得 \(v_p(S_n)<v_p((n+1)!)\) ，那这个素数的幂次就不会再上升，因为 \((n+1)!,(n+2)!,...\) 里 \(p\) 的幂次只能越来越高，从而 \(v_p(S_{n+k})\le v_p(S_n)\) 恒成立，进一步地， \(v_p(S_i)\) 最后为常数。

取充分大的 \(n\) 使得这些素数对应的幂次都成为常数（素数个数是有限的，所以找得到 \(n\) ），剩余的 \(p_1,p_2,...,p_k\) 满足 \(v_{p_i}(S_n)\ge v_{p_i}((n+1)!)\) 对任意 \(n\) 全部成立

那么对充分大 \(n\) 将会有 \((n+1)!\mid 1!+2!+...+n!<n\cdot n!\) ，矛盾。

推广：对无穷正整数列 \(\{a_i\}\) 满足：

1. \((a_i,a_{i+1})=1\)

2. 对任意正整数 \(m\) 存在正整数 \(l\) 使得 \(m\mid a_l\)

则对 \(S_n=a_1+a_1a_2+...+a_1a_2...a_n\) 题设成立。

CP2

下面的例子展示了中国剩余定理以及欧拉定理在素数幂次控制的用处。

例1

设 \(f(x)\) 为整系数多项式，令 \(P=\{p\mid p为素数，且存在 j,使得 p\mid f(2023^j)\}\) ，若 \(P\) 为有限集，求 \(f(x)\)

若 \(f(x)\) 常数项为 \(0\) ，令 \(f(x)=xg(x)\) ，显然 \(g(x)\) 对应的 \(P\) 依然有限，下设 \(f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0\)

令 \(S=P -\{7,17\}\) ，记 \(S=\{p_1,p_2,...,p_k\}\)

记 \(m=\varphi(p_1p_2...p_k)\)

我们有 \(f(2023^{km})\equiv a_n+...+a_1+a_0=f(1)\:(mod~p_i)\)

这并不能解决问题，但我们可以做如下调整

设 \(f(2023)=p_1^{t_1}p_2^{t_2}...p_k^{t_k}\cdot 7^a\cdot17^b\)

记 \(m=varphi(p_1^{t_1+1}p_2^{t_2+1}...p_k^{t_k+1})\) ，我们有

\(f(2023^{km})\equiv f(2023)\:(mod~p_i^{t_i+1})\)

这意味着 \(f(2023^{km})\) 中 \(p_i\) 的次数也为 \(t_i\) ，唯一可能不同的就是 \(7,17\) 的次数

然而事实是，当 \(k\) 充分大，\(f(2023^{km})\) 中 \(7,17\) 的幂次就由 \(a_0\) 决定了（因为 \(x\) 中 \(7,17\) 的幂次充分大），这意味着 \(f(2023^{km})\) 将是一个定值，从而 \(f(x)=a_0\)

进一步地，全部解即 \(f(x)=cx^k\)

例2

求所有正整数 \(n\) 满足性质：存在不全相同的正整数 \(b_1,b_2,...,b_n\) ，使得对所有自然数 \(k\) ， \((b_1+k)(b_2+k)...(b_n+k)\) 都是幂数。

比较显然的事实是 \(n\) 为合数时，设 \(n=ab\) ，可以选择 \(a\) 个 \(1\) ，其余为 \(2\) ，知原式 \(=(k+1)^a(k+2)^{a(b-1)}=((k+1)(k+2)^{b-1})^a\) 一定是幂数

当 \(n\) 为素数时，我们声称可以找到 \(k\) 使得 \((b_1+k)...(b_n+k)\) 不是幂数

把重复的 \(b_i\) 并在一起，考虑使得 \(b_i=x_j\) 的 \(i\) 共有 \(a_j\) 个，也就是 \(x_j\) 出现了 \(a_j\) 次

由于 \(n\) 是素数， \(a_j\) 存在两个互素（否则它们有公约数，加起来却是素数）。比如是 \(a_1,a_2\) ，我们将使得 \((x_1+k)\) 中有一个素因子 \(p_1\) ，并且其它 \(x_i+k\) 中没有。

取 \(p_1>\max\limits_{1\le i,j\le n} \{x_i-x_j\}\) ，然后令 \(k\equiv p_1-x_1\:(mod~p_1^2)\) ，则对 \(i>1\) 有 \(x_i+k=x_1+i+x_i-x_1\equiv x_i-x_1\:(mod~p)\) ，即 \(v_{p_1}((b_1+k)(b_2+k)...(b_n+k))=a_1\)

同理可令 \(v_{p_2}((b_1+k)(b_2+k)...(b_n+k))=a_2\) ，然而 \((a_1,a_2)=1\) 说明这个数不是幂数

（显然，一个数是 \(x^y\) 的形式的充要条件是 \(y\) 整除每个素因子的幂次）

例3

证明：对每个正整数 \(m,n\) ，存在正整数 \(k\) ，使得 \(2^k-m\) 有至少 \(n\) 个不同的素因子

将 \(m\) 替换成它的最大奇因子，我们将对每个 \(k\) （使得 \(2^k-m>1\) ）找到 \(\omega (2^l-m)>\omega (2^k-m)\)

我们设 \(2^k-m=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}\) ，于是令 \(l=k+\varphi(p_1^{\alpha_1+1}...p_k^{\alpha_k+1})\) ，则

\(2^l-m\equiv 2^k-m\:(mod~p_i^{\alpha_i+1})\)

于是 \(p_i^{\alpha_i} ||~2^l-m\) ，但是 \(2^l-m>2^k-m\) ，所以 \(2^l-m\) 一定有 \(p_1,p_2,...,p_k\) 之外的素因子

最后留下两个题（我懒得打了）

1. 能否将所有有理点涂成 \(n\) 种颜色使得每种点只有一个颜色，并且每条以有理点为端点的线段上包含每种颜色的点？

2. 证明：设 \(a\) 是正整数，则存在无穷多素数整除 \(2^{2^1}+a,2^{2^2}+a,...\) 中的某项