Bài toán 32.[IMC 2012, Day 2, Problem 3] Số các số nguyên dương $n$ sao cho $n!+1$ chia hết $(2012n)!$ là hữu hạn hay vô hạn ? (Đề xuất bởi Fedor Petrov, Đại học bang St. Petersburg)

Bài toán 32.[IMC 2012, Day 2, Problem 3] Số các số nguyên dương $n$ sao cho $n!+1$ chia hết $(2012n)!$ là hữu hạn hay vô hạn ? (Đề xuất bởi Fedor Petrov, Đại học bang St. Petersburg)

Lời giải

Lời giải

1. Xét một số thực dương n sao cho $n!+1|(2012n)!$. Chúng ta biết một điều hiển nhiên rằng với các số nguyên không âm tuỳ ý $a_1,\ldots,a_k, (a_1 + \cdots + a_k )!$ chia hết cho $a_1! \ldots a_k!$. (Số các dãy số có chứa $a_1$ số $1, \ldots, a_k$ số $k$ là $\dfrac{(a_1 + \cdots + a_k )!}{a_1!\cdots a_k!}$). Cụ thể hơn, đến đây, chúng ta có $(n!)^2012$ chia hết $(2012n)!$. Bởi vì $n!+1$ nguyên tố cùng nhau với $(n!)^{2012}$, tích của chúng $(n!+ 1)(n!)^{2012}$ cũng sẽ chia hết $(2012n)!$, và khi đó: $$(n! + 1) \times (n!)^{2012} \le (2012n)!$$ Sử dụng bất đẳng thức nổi tiếng sau: $$\left(\dfrac{n+1}{e}\right)^n < n! \le n^n,$$ chúng ta có $$\left(\dfrac{n}{e}\right)^{2013n} < (n!)^{2013} < (n!+1)(n!)^{2012} \le (2012n)! < (2012n)^{2012n}$$ $$n < 2012^{2012}e^{2013}$$ Như vậy, chúng ta chỉ có hữu hạn số tự nhiên $n$ thoả mãn điều kiện để bài. Thay vì sử dụng ước lượng $$\left(\dfrac{n+1}{e}\right)^n < n!,$$ chúng ta sử dụng hệ số của hoán vị có lặp: $$(x_1+\cdots +x_\ell)^N=\sum\limits_{k_1 + \cdots + k_\ell = N} {\frac{N!}{k_1!\ldots k_\ell!}x_1^{k_1}\ldots x_\ell^{k_1}} $$ Áp dụng công thức trên với $N = 2012 n, \ell= 2012$ và $x_1 =\ldots = x_\ell = 1$, chúng ta có: $$\dfrac{(2012n)!}{(n!)^{2012}} < (1+1+\cdots + 1)^{2012n} = 2012^{2012 n},$$$$n! < n! + 1 \dfrac{(2012n)!}{(n!)^{2012}} < 2012^{2012n}.$$ Ở vế phải, chúng ta có một cấp số nhân, và dĩ nhiên cấp số nhân này sẽ tăng chậm hơn so với hàm giai thừa ở vế trái. Chính vì thế, bất đẳng thức này chỉ đúng với một số giá trị $n$ nhất định.

Lời giải

2. Giả sử rằng $n > 2012$ là một số nguyên sao cho $n! + 1|(2012n)!$. Để ý rằng tất cả các ước nguyên tố của $n! +1$ đều lớn hơn $n$, và tất cả các ước nguyên tố của $(2012n)!$ đều nhỏ hơn $2012n$. Xét một số nguyên tố $p$ sao cho $n < p < 2012n$. Trong các số $1, 2,\ldots ,2012n$, có $\left[ \dfrac{2012n}{p} \right] < 2012$ số chia hết cho $p$; vì $p^2 > n^2 > 2012n$, sẽ không có số nào chia hết cho $p^2$. Chính vì vậy, luỹ thừa của $p$ trong khai triển ra thừa số nguyên tố của $(2012n)!$ cao nhất sẽ là 2011. Khi đó, $$ n! +1 = \gcd(n! + 1, (2012n)!) < \prod\limits_{n < p < 2012p} {p^{2011}} $$ Áp dụng bất đẳng thức $\prod\limits_{ p \le X} {p} < 4^X$ chúng ta có: $$ n! < \prod\limits_{n < p < 2012p} {p^{2011}} < {\left( {\prod\limits_{p < 2012n} p } \right)^{2011}} < \left(4^{2012n}\right)^{2011}=\left(4^{2012\times 2011}\right)^n$$ Một lần nữa, chúng ta lại có một hàm luỹ thừa ở vế trái và một cấp số nhân ở vế phải.

Lời giải

3. Vì $(n!)^{2012}|(2012n)!$, và vì $\gcd(n!,n!+1) = 1$, chúng ta có $$(n!)^{2013}+(n!)^{2013}|(2012n)!.$$ Ngoài ra: $$\left( n + 1 \right)^{2012}\dfrac{\left( n + 1 \right)! + 1}{n! + 1} > \left( 2012n + 2012 \right)\left( 2012n + 2011 \right)\cdots \left( 2012n + 1 \right)$$ $$ \Leftrightarrow f\left( n \right) = \frac{\left( 2012n \right)!}{\left( n! \right)^{2013} + \left( n! \right)^{2012}} > \dfrac{\left( 2012n + 2012 \right)!}{\left( \left( n + 1 \right)! \right)^{2013} + \left( \left( n + 1 \right)! \right)^{2012}} = f\left( {n + 1} \right)$$ Chúng ta thấy $\dfrac{{\left( {n + 1} \right)! + 1}}{{n! + 1}} > n$, trong khi $$(2012 n +2012)(2012 n +2011)\cdots (2012 n +1) < (2012n +2012)^{2012} = 2012^{2012}(n+1)^{2012}.$$ Chính vì thế, bất đẳng thức ở trên sẽ đúng với một giá trị $n$ đủ lớn. Chính vì thế, đến một giá trị $n$ đủ lớn, hàm số $f(n)$ sẽ là một hàm giảm ngặt. Giả sử rằng tồn tại vô hạn số nguyên $n$ sao cho $f(n)$ là một số nguyên, chúng ta gọi chúng là $a_1 < a_2 < \ldots $, khi đó, đến một lúc nào đó, dãy số nguyên này sẽ trở thành dãy hằng, tức là $\exists k,f(a_k) = f(a_{k+1}) = \ldots $. Vì $f$ là một hàm giảm, chúng ta có $f(a_k) = f(a_{k+1})=f(a_{k+2}) = \ldots $. Chính vì vậy, với mọi $t > a_k$, chúng ta đều có: $$\dfrac{\left( 2012t \right)!}{\left( t! \right)^{2013} + \left( t! \right)^{2012}} = \dfrac{\left( 2012t + 2012 \right)!}{\left( \left( t + 1 \right)! \right)^{2013} + \left( \left( t + 1 \right)! \right)^{2012}}$$ hay $$\left( t + 1 \right)^{2012}\frac{\left( t + 1 \right)! + 1}{t! + 1} = \left( 2012t + 2012 \right)\left( 2012t + 2011 \right)\cdots \left( 2012t + 1 \right)$$ Áp dụng lý luận tương tự bên trên, chúng ta sẽ thấy rằng, đẳng thức này sẽ không còn đúng với một số $t$ đủ lớn (vì khi đó, vế trái sẽ tăng nhanh và lớn hơn vế phải). Chúng ta có điều phải chứng minh.