Bài 6. (7,0 điểm)

a) Với mỗi số nguyên dương $n$, gọi $\sigma (n)$ là tổng các ước dương của $n$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho $n$ là ước của $2^{\sigma (n)}-1$.

b) Cho dãy số nguyên dương $(a_n{)}_{n\ge 1}$ và dãy các số nguyên tố $(p_n{)}_{n\ge 1}$ thoả mãn với mỗi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, ta có $p_n\mid a_n$ và $a_{n+1}=\frac{a_n}{p_n}\left(p_n^{1013}-1\right)$. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $a_m$ chia hết cho 2026.

a) Với $0\le i\le k-1$, chọn $p_i$ là ước nguyên tố nào đó của $2^{2^i}+1$.

Dễ thấy $(2^{2^i}+1,2^{2^j}+1)=1$ với $i\ne j$ nên các $p_i$ phân biệt.

Chọn $n=p_0{p}_1\cdots p_{k-1}$.

$\Rightarrow p_0{p}_1\cdots p_{k-1}\mid (2+1)(2^2+1)\dots (2^{2^{k-1}}+1)=2^{2^k}-1$.

Mà $2^k\mid (p_0+1)(p_1+1)\dots (p_{k-1}+1)=\sigma (n)\Rightarrow n\mid 2^{2^k}-1\mid 2^{\sigma (n)}-1$.

b) Đặt $q=1013\in \mathbb{P}$. Giả sử phản chứng, không tồn tại $m$ để $2q\mid a_m$.

Nhận xét 1: Nếu $p\mid k^{q-1}+k^{q-2}+\cdots +k+1$ thì $p\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$.

Ta có $p\mid x^q-1$. Gọi $h={\mathrm{ord}}_{p}k$, có $h\mid q\Rightarrow h\in \{1,q\}$.

- Nếu $h=1$ thì $k\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, suy ra $p=q$.
- Nếu $h=q$ thì ta có $k^{q-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$, do đó $q\mid p-1$.

Nhận xét 2: $\forall n\ge 1$, $p_n\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$.

Nếu tồn tại $m$ để $p_m\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, ta có $p_m$ lẻ nên $p_m\equiv 1(\mathrm{mod}2q)\Rightarrow a_{m+1}=\frac{a_m}{p_m}(p_m^q-1)\equiv 0(\mathrm{mod}2q)$ (vô lý) $\Rightarrow \forall n\ge 1$, ta có $p_n\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$.

Nhận xét 3: $\forall n\ge 2$, $q\nmid a_n$.

Nếu tồn tại $n$ để $q\mid a_n$, $n\ge 2$. Xét $n$ nhỏ nhất như vậy, ta phải có $a_n$ lẻ.

Ta có $a_n=\frac{a_{n-1}}{p_{n-1}}(p_{n-1}^q-1)$; nếu $p_{n-1}>2$ thì $a_n$ chẵn (vô lý).

$\Rightarrow p_{n-1}=2$, $a_n=\frac{a_{n-1}}{2}(2^q-1)$. Có $q\nmid 2^q-1$; $q\mid a_n$ nên $q\mid a_{n-1}$.

Mà $a_{n-1}$ chẵn nên $2q\mid a_{n-1}$ (vô lý).

Nhận xét 4: $\forall n\ge 1$, $p_n\le a_1$.

Giả sử tồn tại $n$ để $p_n>a_1$. Xét số $n$ nhỏ nhất như vậy, khi đó $n>1$ và $\forall i<n$, $p_i<p_n$.

Chú ý $p_n\not\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$.

Ta có $a_{n+1}=\frac{a_n}{p_n}(p_n^{2q}-1)=\cdots =a_1\prod _{i=1}^n\frac{p_i^q-1}{p_i}$

$\Rightarrow p_n\mid a_1(p_1^q-1)(p_2^q-1)\dots (p_n^q-1)$.

Mà từ nhận xét 1, có $p_n\nmid p_i^{q-1}+\cdots +p_i+1\forall i=\overline{1,n}$.

Ta cũng có $p_n>a_1$, $p_n>p_i-1\forall i=\overline{1,n}$

$\Rightarrow p_n\nmid a_1(p_1^q-1)(p_2^q-1)\dots (p_n^q-1)$ (vô lý)

Như vậy $p_n\le a_1$.

Do đó dãy $\{p_n\}$ nhận hữu hạn giá trị, nên tồn tại $p\in \{p_n\}$ để xuất hiện vô hạn lần trong dãy.

Trở lại bài toán ban đầu:

Xét $p$ lớn nhất như vậy, khi đó tồn tại $N$ để $\forall n\ge N$, $p\ge p_n$.

Ta thấy $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n-1$ vì $p\ge p_n$.

Ngoài ra $p\not\equiv 0,1(\mathrm{mod}q)$ nên $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n^{q-1}+\cdots +1$ (theo Nhận xét 1)

Vì thế $\forall n\ge N$, $p\nmid p_n^q-1$.

$\Rightarrow \forall n\ge N$, $v_p(a_{n+1})=v_p(a_n)-v_p(p_n)=\cdots =v_p(a_N)-v_p(p_n{p}_{n-1}\dots p_N)$

Vì có vô hạn phần tử trong dãy $\{p_n\}$ bằng $p$, ta chọn được $n$ đủ lớn để trong $p_N,p_{N+1},\dots ,p_n$ có không ít hơn $v_p(a_N)+1$ số bằng $p\Rightarrow v_p(a_{n+1})<0$ (vô lý).

Vậy điều giả sử là sai, ta có tồn tại $m\ge 1$ để $2q\mid a_m$, điều phải chứng minh.