Ký hiệu $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương $a$ và $b$; $\delta (n)$ là tổng các ước nguyên dương của số nguyên dương $n$.
a) Chứng minh rằng $\delta (n)$ là số lẻ khi và chỉ khi tồn tại số tự nhiên $t$ sao cho $\frac{n}{2^t}$ là số chính phương.
b) Cho số nguyên dương $k\ge 6$. Tồn tại hay không số nguyên dương $n$ thoả mãn $(n+i,\delta (n+i))=1$, $\forall i\in \{1,2,\dots ,k\}$, hãy giải thích?

a) Ta chứng minh với $p$ là số nguyên tố lẻ thì $\delta (p^k)$ chẵn khi và chỉ khi $k$ chẵn. Ta có:
$$\delta (p^k)=p^k+p^{k-1}+\cdots +1\equiv k+1(\mathrm{mod}2)\text{(do coˊ }k+1\text{ hạng tử lẻ)}$$
Nên $\delta (p^k)$ lẻ khi và chỉ khi $k$ chẵn (đpcm).
Chiều thuận: Giả sử $\delta (n)$ là số lẻ. Đặt $n=2^k\cdot p_1^{k_1}\dots p_m^{k_m}$ ($p_i$ là các số nguyên tố lẻ). Khi đó:
$$\delta (n)=\delta (2^k)\cdot \delta (p_1^{k_1})\dots \delta (p_m^{k_m})$$
Vì $\delta (n)$ lẻ nên $\delta (p_i^{k_i})$ lẻ với mọi $i$. Suy ra $k_i$ chẵn với mọi $i$, do đó $\frac{n}{2^k}$ là số chính phương.
Chiều đảo: Giả sử tồn tại số tự nhiên $t$ để $\frac{n}{2^t}$ là số chính phương.
Khi đó với mọi số nguyên tố lẻ $p_i$, số mũ $v_{p_i}\left(\frac{n}{2^t}\right)$ là số chẵn $\Rightarrow v_{p_i}(n)$ chẵn $\Rightarrow k_i$ chẵn.
$\Rightarrow \delta (p_i^{k_i})$ lẻ với mọi $i$.
Mà $\delta (2^k)=1+2+\cdots +2^k$ luôn lẻ.
$\Rightarrow \delta (n)=\delta (2^k)\cdot \delta (p_1^{k_1})\dots \delta (p_m^{k_m})$ là số lẻ (đpcm).

b) Giả sử tồn tại số nguyên $n$ thoả mãn tính chất đã cho.
Vì $k\ge 6$ nên có 3 số chẵn liên tiếp $m,m+2,m+4$ thuộc tập hợp sao cho:
$$(m,\delta (m))=1,(m+2,\delta (m+2))=1,(m+4,\delta (m+4))=1$$
Do $m,m+2,m+4$ chẵn nên $\delta (m),\delta (m+2),\delta (m+4)$ phải lẻ. Áp dụng câu a, ta có:
$$m=2^a\cdot x^2,m+2=2^b\cdot y^2,m+4=2^c\cdot z^2\text{(với }x,y,z\text{ lẻ)}$$
Trường hợp 1: $a=1$.
Khi đó $m\equiv 2(\mathrm{mod}4)\Rightarrow m+4\equiv 2(\mathrm{mod}4)\Rightarrow c=1$. Ta có:
$$\frac{m}{2}=x^2\text{vaˋ}\frac{m}{2}+2=z^2⟹(z-x)(z+x)=2\text{(vıˋ lyˊ do VT : 4)}$$
Trường hợp 2: $a>1\Rightarrow b=1$ và $m⋮4$.
Do $b=1\Rightarrow m+2=2y^2\Rightarrow \frac{m}{2}+1=y^2$. Vì $(m+2,\delta (m+2))=1$ nên $m+2/⋮3$.
Mà $\frac{m}{2}$ chẵn $\Rightarrow y$ lẻ $\Rightarrow y^2-1⋮8\Rightarrow \frac{m}{2}⋮8\Rightarrow a\ge 4$.
Do $m⋮16\Rightarrow m+4\equiv 4(\mathrm{mod}16)\Rightarrow c=2\Rightarrow \frac{m}{4}+1=z^2$.
Xét modulo 3, trong 3 số chẵn trên phải có 1 số chia hết cho 3. Vì $m+2/⋮3$, ta xét các khả năng:
- $m⋮3\Rightarrow \delta (m)/⋮3\Rightarrow \delta (2^a)/⋮3\Rightarrow 2^{a+1}-1/⋮3\Rightarrow a$ chẵn.
Vì $a$ chẵn nên $\frac{m}{4}$ là số chính phương.
Mà $\frac{m}{4}+1=z^2\Rightarrow \frac{m}{4}=0\Rightarrow m=0$ (vô lý).
- $m+4⋮3\Rightarrow m+2=(m+4)-2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$.
Mà $m+2=2y^2\equiv 2(\mathrm{mod}3)$ (vô lý do $y^2\equiv 1(\mathrm{mod}3)$).
Vậy không tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn bài toán.