Math Labs

Bài 2

Tìm mọi số nguyên nn thỏa mãn n≥2n\ge2 và σ(n)p(n)−1=n,\frac{\sigma(n)}{p(n)-1}=n, trong đó σ(n)\sigma(n) ký hiệu tổng mọi ước nguyên dương của nn, còn p(n)p(n) ký hiệu ước nguyên tố lớn nhất của nn.
Bước 1 trên 3: Chặn trên p_k theo số ước nguyên tố phân biệt k
Bước trướcBước tiếp
pk−1=σ(n)n=∏i=1k(1+1pi+⋯+1piαi)<∏i=1kpipi−1≤∏i=1ki+1i=k+1p_k-1=\frac{\sigma(n)}{n}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{p_i}+\cdots+\frac{1}{p_i^{\alpha_i}}\right)<\prod_{i=1}^{k}\frac{p_i}{p_i-1}\le\prod_{i=1}^{k}\frac{i+1}{i}=k+1
Phân tích chi tiết

Viết n=p1α1⋯pkαkn=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k} với p1<⋯<pkp_1<\cdots<p_k, nên p(n)=pkp(n)=p_k. Dùng công thức nhân tính của σ(n)\sigma(n), mỗi thừa số 1+pi−1+⋯+pi−αi1+p_i^{-1}+\cdots+p_i^{-\alpha_i} nhỏ hơn thực sự tổng cấp số nhân vô hạn pi/(pi−1)p_i/(p_i-1). Vì pi≥i+1p_i\ge i+1 và hàm t↦t/(t−1)t\mapsto t/(t-1) nghịch biến, ∏i=1kpi/(pi−1)≤∏i=1k(i+1)/i=k+1\prod_{i=1}^k p_i/(p_i-1)\le\prod_{i=1}^k(i+1)/i=k+1, suy ra pk−1<k+1p_k-1<k+1.