Cho số nguyên dương n. Đặt [imath]r_{k}(n) = n -[\frac{n}{k}]k[/imath] và [imath]s_{n}=\sum r_{k}(n)[/imath] ([imath]k \in Z[/imath], [imath]1\leq k \leq n[/imath])
Chứng minh tồn tại vô số nguyên dương n để [imath]s_{n}=s_{n+1}[/imath]
David Wind[imath]r_k(n)[/imath] thực tế có thể hiểu là số dư của n khi chia cho k nhé. Thật ra vẫn xài được phần nguyên, nhưng mà mình sẽ đi theo cái hướng gọi sô dư đi nha.
Ta sẽ chứng minh với [imath]n=2^t-1[/imath] thì thỏa mãn, tức [imath]s_{2^t-1} = s_{2^t}[/imath]
Ta nhận thấy, trong phần lớn trường hợp, ta đều có: [imath]r_{k} (n) +1 = r_k (n+1)[/imath] ngoại trừ khi [imath]k|n+1[/imath] thì [imath]r_k (n)= k-1; r_k (n+1)=0[/imath]
Ta cũng xét điều này với [imath]n=2^t-1[/imath] .
Ta có: [imath]r_k(n+1) - r_k(n) = 1[/imath] với mọi [imath]k[/imath] không có dạng lũy thừa của 2.
và [imath]r_k(n+1) - r_k(n) = 0 - (k-1) = 1-k[/imath] với [imath]k[/imath] có dạng lũy thừa của 2. ([imath]k\leq n )[/imath] (có [imath]t[/imath] giá trị [imath]k[/imath] như vậy: [imath]2^0, 2^1 , \cdots, 2^{t-1}[/imath])
Khi này, xét hiệu:
[imath]s_{n+1} - s_{n} = r_{n+1}(n+1) + (r_n(n+1) -r_n (n) ) + (r_{n-1} (n+1) - r_{n-1} (n+1) ) + \cdots + (r_1 (n+1) - r_1(n))[/imath]
[imath]=2^t -1 - (2^0 +2^1+ \cdots + 2^{t-1} ) = 0[/imath]
Vậy có vô hạn [imath]n=2^t-1[/imath] sao cho [imath]s_n=s_{n+1}[/imath]
Ngoài ra mời bạn tham khảo tại:
[Lý thuyết] Chuyên đề HSG: Số học
[Bài tập] Chuyên đề HSG: Số học
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
