2022.9.11 2022年全国高中数学联赛A卷加试第二题另解

标签：11 frac 2p cdots 另解 加试 alpha 2n sigma

二.设整数\(n(n>1)\)恰有\(k\)个互不相同的素因子，记\(n\)的所有正约数之和为\(\sigma(n)\)，证明\(\sigma(n)|(2n-k)!\)（\(2022\)年全国高中数学联赛加试第二题）

解析

思路是很简单的，主要运用的思想是数学归纳法
以及引理：任意连续\(k\)个正整数的乘积都能被\(k!\)整除
因此，我们通过比较除数与连续正整数个数的大小即得结果
想到此方法并不难，因为题目的结果实在实在实在是太弱了
我们考虑对\(n\)乘上一个\(p^\alpha(p为非n因数的质数)\)，此时左边和右边同时扩大，但右边扩大的量级明显比左边大的多，因此很容易联想到数学归纳法
具体分析过后，下面我们给出完整的另证

另解(\(\mathbb{B}\))

这里我们采用对\(k\)归纳的思想

当\(k=1\)时，设\(n=p^r(p\)为素数，\(r\ge1)\)，此时\(\sigma(n)=\sigma(p^r)=1+p+p^2+\cdots+p^r\)，因而只要证明\(1+p+p^2+\cdots+p^r|(2p^r-1)!\)，
注意到\(2p^r-1-(1+p+p^2+\cdots+p^r)=\frac{1}{p-1}((2p^r-1)(p-1)-(p^{r+1}-1))=\frac{1}{p-1}(p^r-1)(p-2)\ge0\)可知\(1+p+p^2+\cdots+p^r\le2p^r-1\)，知结论显然成立

下面我们假设结论对\(k\)成立，则当\(k+1\)时，设\(n\)恰有\(k+1\)个互不相同的素因子，则设\(n=p^rn_1(n_1\in\mathbb{Z}^+\)，\(p\nmid n_1\)，\(p\)为素数，\(r\ge1)\)，那么\(n_1\)恰有\(k\)个互不相同的素因子
对\(n_1\)利用归纳假设可知\(\sigma(n_1)|(2n_1-k)!\)

由唯一分解定理，设\(n_1=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}(p_1,p_2,\cdots,p_k,p\)为两两互异的素数，\(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k\in\mathbb{Z}^+)\)，那么\(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}p^r\)
因而

\[\sigma(n_1)=\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\cdot\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1}\cdots\frac{p_k^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1} \]

\[\sigma(n)=\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1}\cdot\frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1}\cdots\frac{p_k^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1}\cdot\frac{p^{r+1}-1}{p-1} \]

可知\(\sigma(n)=\sigma(n_1)\cdot\frac{p^{r+1}-1}{p-1}\)
因而欲证\(\sigma(n)|(2n-(k+1))!=(2p^rn_1-(k+1))!\)，只要证

\[\frac{p^{r+1}-1}{p-1}\cdot(2n_1-k)!|(2p^rn_1-(k+1))! \]

而命题等价于$$\frac{p^{r+1}-1}{p-1} | (2n_1-k+1)(2n_1-k+2)\cdots(2p^rn_1-(k+1))$$
注意到\(2n_1-k+1(>2\cdot2^k-k+1>0),2n_1-k+2,\cdots,2p^rn_1-(k+1)\)是\(2p^rn_1-(k+1)-(2n_1-k+1)+1=2n_1(p^r-1)-2\)个连续的正整数
故\((2n_1(p^r-1)-2)!|(2n_1-k+1)(2n_1-k+2)\cdots(2p^rn_1-(k+1))\)，因此我们只要证

\[\frac{p^{r+1}-1}{p-1}|(2n_1(p^r-1)-2)! \]

注意到\((2n_1(p^{r}-1)-2)-(2p^{r}-1)=2(n_1-1)(p^r-1)-3\ge0\)（因为\(n_1\ge2,p^r\ge2\)，当\(n_1=2,p^r=2\)时\(p|n_1\)，不符合假设）
故

\[\begin{aligned} &(2n_1(p^r-1)-2)-\frac{p^{r+1}-1}{p-1}\\ =&((2n_1(p^r-1)-2)-(2p^r-1))+(2p^r-1-(1+p+p^2+\cdots+p^r))\\ \ge&0+0=0 \end{aligned} \]

从而知上式成立，即结论对\(k+1\)成立
由归纳原理，知结论对任意\(k\in\mathbb{Z}^+\)成立，证毕！

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