XV математическая олимпиада «Шелковый путь», 2016 год
Комментарий/решение:
Построим строго возрастающую последовательность натуральных чисел $(a_i)_{i\ge 1}$, такую, что
$1)\quad (a_{n},\prod\limits_{i=1}^{n-1} a_i)=1,\forall n\in\mathbb N_{>1}$
$2)\quad f(a_{n-1})\mid f(a_n),\forall n\in\mathbb N_{>1}$
$\\$
Сперва докажем, что существует $a_1$ и $a_2$ удовлетворяющие заданым условиям.
Пуст $a_1=2b$ и $a_2=(b^2+s)+a$, для некоторого $1\le s\le 2b$, такого, что $(2b,b^2+s+a)=1$. $($Очевидно, что $a_2>a_2)$
$($такое $s$ существует, ведь можно принять, что $s\equiv 1-b^2-a\pmod {2b})$
Из условия задачи следует, что $$f(a_1)=f(b+b)=f([\sqrt{b^2+s}]+b)\mid f(b^2+s+a)=f(a_2)$$
$\\$
$\\$
Далее по индукцией, будем строить $a_{m+1}$, допуская, что условия $1)$ и $2)$ выполнены для $n$, от $2$ до $m$, где $m\ge 2$.
Пусть $A=\prod\limits_{i=1}^{m}a_i$. Заметим, что $a_m\ge a_1 +1= 2b+1$. Докажем, что существует $B>A$, такое, что $f(a_m)\mid f(B+b)$
$\\$
$\\$
Утверждение: Для любого $g\ge 2b+1$, существует бесконечно много натуральных $x$, такое, что $f(g)\mid f(x)$
Доказательство: Заметим, что для любого $n\ge 2b+1$ верно:
$(1)$ $\left\{\begin{gathered} f(n)=f((n-b)+b)\mid f((n-b)^2+a),\\ (n-b)^2+a\ge (n-b)^2+1\ge 2(n-b)\ge n+1,\\ \end{gathered}\right.$
Пусть $g_1=(g-b)^2+a$ и $g_{i+1}=(g_i-b)^2+a,\forall i\in\mathbb N$
тогда из $(1)\implies$ $f(g)\mid f(g_1),$ $f(g_i)\mid f(g_{i+1}),g_i<g_{i+1}, \forall i\in\mathbb N.\quad \square$
$\\$
$\\$
Значит $f(a_m)\mid f(B+b)$, для некоторого $B>A$.
Из условия : $f(B+b)\mid f(B^2+k+a)$, где $1\le k\le 2A$.
Тогда существует $k$, такое, что $(B^2+k+a,A)=1$
$($так как можно выбрать $k$, так, что бы $k\equiv 1-B^2-a\pmod A)$
Тогда пусть $a_{m+1}=B^2+k+a>A^2\ge A\ge a_m\implies a_{m+1}>a_m$.
Так же верно, что $f(a_m)\mid f(a_{m+1})$ и $(a_{m+1},A)=1.\quad \square$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.