Với số nnguyên dương, đặt f(n) là các ước nguyên dương của. Xét tập hợp G = { n ∈ Z : f ( m ) < f ( n ) , ∀ m ∈ Z , 0 < m < n } và gọi p i ​ là số nguyên tố thứ i ( i ∈ Z ) Chứng minh rằng: Nếu nthuộc G và p m ​ là ước nguyên tố của nthì ( p 1 ​ p 2 ​ ... p m ​ ) là ước của n. Với số nguyên tố p m ​ , gọi k,M là các số nguyên dương thỏa mãn 2 k > p m ​ và . Chứng minh rằng: Nếu n>M và n thuộc G thì n chia hết cho p m ​

Giải thích

Giả sử n = p 1 k 1 ​ ​ p 2 k 2 ​ ... p n k n ​ ​ ( k ∈ N , i = 1 a ) ⇒ f ( n ) = ( k 1 ​ + 1 ) ( k 1 ​ + 1 ) ... ( k 1 ​ + 1 ) Giả sử n chia hết cho p m ​ , tồn tại i thỏa mãn 1 ≤ i < m ≤ a mà n không chia hết cho p i ​ Suy ra k m ​ ≥ 1 k = 0 Xét n 0 ​ = p m ​ n ​ − p i ​ , ta có n 0 ​ < n v a ˋ f ( n 0 ​ ) = f ( n ) ( k i ​ + 2 ) ( k n + 1 ​ ) ( k i ​ + 2 ) k n ​ ​ = f ( n ) k n ​ + 1 2 k n ​ ​ Do k n ​ ≥ 1 ⇒ 2 k n ​ ≥ k n ​ + 1 n e ^ n f ( n 0 ​ ) ≥ f ( n ) mâu thuẫn Vậy n chia hết cho p i ​ với mọi i = 1,2,....,m Xét n ∈ G v a ˋ n > M Giả sử không chia hết cho p m ​ thì mọi ước của n đều thuộc tâp { p 1 ​ p 2 ​ , ... p m − 1 ​ } (Thật vậy, giả sử n có ước p j ​ > p m ​ thì theo ý (a) n chia hết cho p 1 ​ p 2 ​ , ... p m ​ , ... p j ​ mâu thuẫn Suy ra n = p 1 k 1 ​ ​ p 2 k 2 ​ ​ .... p m − 1 k m − 1 ​ ​ ( k 1 ​ ∈ N , i = 1 , m − 1 ) ​ Vì n > N nên tồn tại 1 ≤ i ≤ m − 1 s a o c h o k i ​ > 2 k Đặt n 1 ​ = p i ​ n ​ v a ˋ n 0 ​ = n 1 ​ . p m ​ . Do p i k ​ ≥ 2 k > p m ​ s u y r a n 0 ​ < n f ( n ) = ( k 1 ​ + 1 ) ( k 2 ​ + 1 ) .... ( k i ​ + 1 ) . f ( n 0 ​ ) = ( k 1 ​ + 1 ) ( k 2 ​ + 1 ) .... ( k i − 1 ​ + 1 ) ( k 1 ​ − k + 1 ) ( k i + 1 ​ + 1 ) ( k i ​ + 1 ) .2 V ı ˋ k 1 ​ + 1 < 2 k ⇒ 2 ( k i ​ − k + 1 ) > k i ​ + 1 ⇒ f ( n 0 ​ ) > f ( n ) Mâu thuẫn Vậy có điều cần chứng minh