Bài toán 33. [IMC 2013, Day 2, Problem 4] Có tồn tại hay không một tập vô hạn $M$ gồm những số nguyên dương sao cho với hai số $a,b \in M$ bất kì, $a < b$, chúng ta có tổng $a + b$ là một số phi-bình-phương?

Bài toán 33. [IMC 2013, Day 2, Problem 4] Có tồn tại hay không một tập vô hạn $M$ gồm những số nguyên dương sao cho với hai số $a,b \in M$ bất kì, $a < b$, chúng ta có tổng $a + b$ là một số phi-bình-phương?

Lời giải

(Định nghĩa: Một số nguyên dương được xem là phi-binh-phương khi không có bất kì một số chính phương nào lớn hơn 1 chia hết nó.)<> (Để xuất bởi Fedor Petrov, Đại học Bang St. Petersburg)<> Câu trả lời là có. Chúng ta xây dựng một dãy vô hạn $1 = n_1 < 2=n_2 < n_2 < \ldots $ sao cho $n_i + n_j$ là một số phi-bình-phương với mọi $i < j$. Giả sử rằng chúng ta đã có một số số $n_k > \ldots < n_k (k \ge 2)$ thỏa mãn điều kiện đó, và chúng ta đi tìm một số hạng $n_{k+1}$ thích hợp để làm số hạng tiếp theo của dãy đó. Chúng ta sẽ chọn $n_{k+1}$ dưới dạng $n_{k+1}= 1+Mx$, với $M = ((n_1 +\cdots +n_k + 2k)!)^2$ và một số nguyên dương $x$ nào đó. Với $i = 1,2,\ldots ,k$ chúng ta có $n_i + n_{k+1} =1+ Mx + n_i= (1 + n_i )m_i,$ với $m_i$ và $M$ nguyên tố cùng nhau, nên bất cứ số chính phương nào chia hết $l+ M x + n$ cũng sẽ nguyên tố cùng nhau với $M$. Để có thể tìm được một số $x$ thích hợp, chọn một số $N$ đủ lớn và xét các giá trị $x = 1, 2,\ldots , N$. Nếu một giá trị $1\ge x < N$ không phù hợp, điều này có nghĩa rằng sẽ tồn tại một chỉ số $1\ge i \ge k$ và một số nguyên tố $p$ nào đó sao cho $p^2 |1+ Mx + n_i$. Với $p \ge 2k$, điều này là không thể xảy ra bởi vì $p|M$. Hơn nữa, chúng ta còn có $p^2 < 1+ Mx + n_i < M(N +1)$, nên $2k < p < \sqrt{M(N+1)}).$ Với $i$ và $p$ cố định, các giá trị của $x$ sao cho $p^2 |1+ Mx + n_i$ là một cấp số cộng với công sai $p^2$. Chính vì vậy, sẽ có tối đa $\dfrac{N}{p^2}+1$ các giá trị như vậy. Tổng kết lại, số những số $x$ không phù hợp sẽ là $$\sum\limits_{i = 1}^k {\sum\limits_{2k < p < \sqrt {M\left( N + 1 \right)} } {\left( \frac{N}{{{p^2}}} + 1 \right)} } < k \times \left( {N\sum\limits_{p > 2k} {\frac{1}{p^2}} + \sum\limits_{p < \sqrt {M\left( {N + 1} \right)} } 1 } \right)$$ $$ < kN\sum\limits_{p > 2k} {\left( \frac{1}{p - 1} - \frac{1}{p} \right)} + k\sqrt {M\left( N + 1 \right)} < \frac{N}{2} + k\sqrt {M\left( N + 1 \right)} $$ Nếu $N$ đủ lớn, số này sẽ nhỏ hơn $N$; và khi đó, chắc chắn tồn tại một số $x$ thích hợp. Đây là một trong những bài toán về số học đẹp nhất trong những kì thi Toán học những năm gần đấy, tính cả những kì thi quốc tế cho học sinh và sinh viên. Điểm mấu chốt ở đây là nếu $a_1,\ldots ,a_k$ là những số nguyên dương sao cho $a_1,\ldots ,a_k$ không thể bao phủ hết các số dư trong phép chia cho $p^2$, với $p$ là một số nguyên tố, chúng ta có thể tìm vô hạn số $n > 1$ sao cho $n+a_i$ phi-bình-phương với mọi $i$. Nhận xét này cho phép chúng ta xây dựng một dãy $a_1, a_2,\ldots $ bằng cách xây dựng cách thêm một phần tử mới từ một dãy các phần tử có sẵn. Chú ý thêm nữa rằng, nếu $a_1, a_2,\ldots ,a_k$ không thể bao phủ hết các số dư trong phép chia cho $p^2$ với mọi $p$, thì nếu chúng ta thêm một phần tử $a_{k+1}$ sao cho $a_{k+1} + a_1,\ldots ,a_{k+1} + a_k$ là các số phi-bình-phương, thì $a_1,\ldots ,a_{k+1}$ cũng không thể bao phủ hết các số dư trong phép chia cho $p^2$ với mọi $p$.