Bài 2. (7,0 điểm) Một số nguyên dương $n>1$ được gọi là "đẹp" nếu tồn tại các số nguyên dương đôi một phân biệt $d_1,d_2,...,d_k$ (với $k\ge 2$) sao cho $n=d_1{d}_2...d_k$ và $d_i^2\mid (n+3d_i)$, $\forall i=\overline{1,k}$. Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số nguyên dương "đẹp".
a) Giả sử $n\in S$ là số chính phương không chia hết cho 3, $n=d_1{d}_2...d_k$ và $d_i^2\mid (n+3d_i)$, $\forall i=\overline{1,k}$. Chứng minh các số $d_i$ $(i=1,2,...,k)$ đôi một nguyên tố cùng nhau và là các số chính phương.
b) Chứng minh tập hợp $S$ có vô hạn phần tử.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P2):

a) Giả sử tồn tại $1\le i<j\le k$ sao cho $d_i,d_j$ có một ước nguyên tố chung $p$.

Từ $d_i^2\mid n+3d_i$, do $d_i\mid n$, suy ra $d_i\mid \frac{n}{d_i}+3$. Tương tự, $d_j\mid \frac{n}{d_j}+3$.

Đặt $D_i=\frac{n}{d_i}$. Vì $d_j\mid D_i$ nên $p\mid D_i$. Mặt khác, $p\mid d_i$ và $d_i\mid D_i+3$, suy ra $p\mid D_i+3$.

Do đó $p\mid 3$, nên $p=3$. Khi ấy $3\mid d_i\mid n$, mâu thuẫn với giả thiết $3\nmid n$.

Vậy các số $d_1,d_2,\dots ,d_k$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bây giờ $n=d_1{d}_2\cdots d_k$ là số chính phương.

Với mỗi ước nguyên tố $p$ của $d_i$, do các $d_j$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $v_p(n)=v_p(d_i)$.

Vì $n$ là số chính phương nên $v_p(n)$ chẵn. Suy ra $v_p(d_i)$ chẵn với mọi ước nguyên tố $p$ của $d_i$.

Do đó mỗi $d_i$ là một số chính phương.

b) Xét dãy $(n_m{)}_{m\ge 0}$ xác định bởi $n_0=18$ và $n_{m+1}=n_m\frac{n_m+3}{3}$.

Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau: Với mỗi $m\ge 0$, tồn tại các số nguyên dương đôi một phân biệt $d_1,d_2,\dots ,d_r$ sao cho $n_m=d_1{d}_2\cdots d_r$, $d_i^2\mid n_m+3d_i$ và $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ với mọi $i$.

Với $m=0$, ta có $n_0=18=3\cdot 6$ nên mệnh đề đúng với $m=0$.

Giả sử mệnh đề đúng với $m$, và viết $n_m=d_1{d}_2\cdots d_r$. Đặt $d_{r+1}=\frac{n_m+3}{3}=\frac{n_m}{3}+1$.

Khi đó $n_{m+1}=n_m{d}_{r+1}=d_1{d}_2\cdots d_r{d}_{r+1}$.

Với $1\le i\le r$, từ $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ suy ra $d_i\mid d_{r+1}-1$. Ta có $n_{m+1}+3d_i=d_{r+1}(n_m+3d_i)+3d_i(1-d_{r+1})$.

Theo giả thiết quy nạp, $d_i^2\mid n_m+3d_i$. Mặt khác, $d_i\mid d_{r+1}-1$, nên $d_i^2\mid 3d_i(1-d_{r+1})$.

Do đó $d_i^2\mid n_{m+1}+3d_i$.

Đối với số $d_{r+1}$, ta có $n_{m+1}+3d_{r+1}=d_{r+1}(n_m+3)=3d_{r+1}^2$, nên $d_{r+1}^2\mid n_{m+1}+3d_{r+1}$.

Ta cũng có $d_i\mid \frac{n_m}{3}\mid \frac{n_{m+1}}{3}$ với $1\le i\le r$, còn $d_{r+1}\mid \frac{n_{m+1}}{3}$.

Cuối cùng, do $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ nên $d_i\le \frac{n_m}{3}<\frac{n_m}{3}+1=d_{r+1}$ nên $d_{r+1}$ khác tất cả các số $d_1,\dots ,d_r$.

Suy ra mệnh đề quy nạp đúng, nên $n_m$ là số đẹp với mọi $m\ge 0$.

Mặt khác, $\frac{n_m+3}{3}>1$, nên $n_{m+1}>n_m$. Do đó các số $n_m$ đôi một khác nhau.

Vậy tập hợp $S$ có vô hạn phần tử.