对任意的正整数 $n$，记 $D_n$ 为 $n$ 的正约数全体，$f_i(n)$ 为集合 $F_{i}(n)=\left\{a \in D_{n}+a \equiv i(\bmod 4)\right\}$ 的元素个数，其中 $i=1,2$．求最小的正整数 $m$，使得 $2 f_{1}(m)-f_{2}(m)=2017$．
【难度】
【出处】
2017中国东南数学奥林匹克试题(高一)
【标注】
【答案】
略
【解析】
设正整数 $m$ 满足 $2 f_{1}(m)-f_{2}(m)=2017$．显然 $f_2(m)$ 不为零，故 $2|m$．
设 $p_{1}, \cdots, p_{k}$ 是 $m$ 的所有模 $4$ 余 $1$ 的质因子，$q_{1}, \cdots, q_{l}$ 是 $m$ 的所有模 $4$ 余 $3$ 的质因子．将 $m$ 表示成标准分解形式 $\displaystyle m=2^{\alpha} \prod\limits_{i=1}^{n} p_{i}^{\beta} \prod_{j=1}^{n} q_{j}^{\gamma}$，对于 $k,l$ 中有 $0$ 的情况，相应的乘积定义为 $1$．令 $\displaystyle P=\prod\limits_{i=1}\left(1+\beta_{i}\right), Q=\prod_{j=1}\left(1+\gamma_{j}\right)$
引理：$f_{1}(m)=P \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil ,f_{2}(m)=P Q $．（这里 $ \left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$ 表示不小于 $\dfrac{Q}{2}$ 的最小整数）
引理的证明：考虑 $m$ 的任意正约数 $\displaystyle a=2^{\alpha^{\prime}} \prod\limits_{i=1}^{k}p_{i}^{\beta^\prime} \prod_{j=1}^{l} q_{j}^{\gamma^\prime}$，其中
$a^{\prime} \in\{0,1, \cdots, \alpha\}, \beta_{i}^{\prime} \in\{0,1, \cdots, \beta_i\}(1 \leqslant i \leqslant k),\gamma^{\prime}, \epsilon\left\{0,1, \cdots, \gamma_{j}\right\}(1 \leqslant j \leqslant l)$
先计算 $f_2(m)$．由于 $a \equiv 2(\bmod 4)$ 当且仅当 $\alpha^{\prime}=1$，故由乘法原理得，$\displaystyle f_{2}(m)=\left|F_{2}(m)\right|=1 \cdot \prod\limits_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right) \cdot \prod_{j=1}^{l}\left(1+\gamma_{j}\right)=P Q$．
我们对 $l$ 进行归纳，证明符合条件的 $\left(\gamma_{1}^{\prime}, \gamma_{2}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l}^{\prime}\right)$ 的取法数为 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
当 $ l= 0$ 时，只有唯一的平凡取法，而此时 $Q=1$，故 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil=1$，结论成立．
假设结论对 $l-1$ 已成立，考虑 $l$ 的情形，有以下两种情况：
（a）若存在某个 $\gamma_j(1\leqslant j\leqslant l)$ 为奇数，不妨设 $\gamma_l$ 为奇数，那么先对 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l-1}^{\prime}$ 任意取值，有 $\displaystyle \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)$ 种取法，而对每一种取法，使 $\gamma_{1}^{\prime}+\cdots+\gamma_{l-1}^{\prime}+\gamma_{l}^{\prime} \equiv 0(\bmod 2)$ 成立的 $\gamma_{l}^{\prime} \in\left\{0,1, \cdots, \gamma_{l}\right\}$ 的取法恰有 $\dfrac{1+\gamma_{l}}{2}$ 种，从而符合条件的取法数为 $\displaystyle \dfrac{1+\gamma_{i}}{2} \times \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)=\dfrac{Q}{2}=\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
（b）若 $\gamma_{j}(1 \leqslant j \leqslant l)$ 均为偶数，那么根据归纳假设，使 $\gamma_{l}^{\prime}=0$ 的 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots,\gamma_{l-1}^{\prime}$ 的取法数为 $\displaystyle \lambda_{1}=\left\lceil\frac{1}{2} \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)\right\rceil$．对于 $\gamma_{l}^{\prime} \in\left\{1,2, \cdots, \gamma_{l}\right\}$ 的所有想法，与（a）类似，可先对 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l-1}^{\prime}$ 任意取值，再选出使 $\gamma_{1}^{\prime}+\cdots+\gamma_{l-1}^{\prime}+\gamma_{l}^{\prime} \equiv0(\bmod 2)$ 成立的 $\gamma_{l}^{\prime}$，相应的取法数为 $\displaystyle \lambda_{2}=\frac{\gamma_{l}}{2} \cdot \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)$．从而符合条件的取法数为 $\lambda_{1}+\lambda_{2}=\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
由数学归纳法知，对一般的 $l$，符合条件的 $\left(\gamma_{1}^{\prime}, \gamma_{2}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l}^{\prime}\right)$ 的取法数为 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
由乘法原理知，$\displaystyle f_{1}(m)=\left|F_{1}(m)\right|=1 \cdot \prod\limits_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right) \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil=P \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$，引理证毕．
根据引理，有 $2017=2 f_{1}(m)-f_{2}(m)=P \cdot\left(2\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil- Q\right)$ ①
故只可能 $Q$ 为奇数，且由于此时 $2\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil-Q=1$，所以 $P=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right)=2017$．
注意到 $2017$ 是质数，只可能 $k= 1, \beta_1= 2016$，这样 $\displaystyle m=2^{\alpha} p_{1}^{2016} \prod\limits_{j=1}^{l} q_{j}^{\gamma_j} \geqslant 2 \cdot 5^{2016}$．
另一方面，当 $m= 2\cdot 5^{2016}$ 时，有 $P= 2017, Q = 1$，满足 ①．从而所求的最小正整数 $m$ 为 $2\cdot 5^{2016}$．
设 $p_{1}, \cdots, p_{k}$ 是 $m$ 的所有模 $4$ 余 $1$ 的质因子，$q_{1}, \cdots, q_{l}$ 是 $m$ 的所有模 $4$ 余 $3$ 的质因子．将 $m$ 表示成标准分解形式 $\displaystyle m=2^{\alpha} \prod\limits_{i=1}^{n} p_{i}^{\beta} \prod_{j=1}^{n} q_{j}^{\gamma}$，对于 $k,l$ 中有 $0$ 的情况，相应的乘积定义为 $1$．令 $\displaystyle P=\prod\limits_{i=1}\left(1+\beta_{i}\right), Q=\prod_{j=1}\left(1+\gamma_{j}\right)$
引理：$f_{1}(m)=P \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil ,f_{2}(m)=P Q $．（这里 $ \left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$ 表示不小于 $\dfrac{Q}{2}$ 的最小整数）
引理的证明：考虑 $m$ 的任意正约数 $\displaystyle a=2^{\alpha^{\prime}} \prod\limits_{i=1}^{k}p_{i}^{\beta^\prime} \prod_{j=1}^{l} q_{j}^{\gamma^\prime}$，其中
$a^{\prime} \in\{0,1, \cdots, \alpha\}, \beta_{i}^{\prime} \in\{0,1, \cdots, \beta_i\}(1 \leqslant i \leqslant k),\gamma^{\prime}, \epsilon\left\{0,1, \cdots, \gamma_{j}\right\}(1 \leqslant j \leqslant l)$
先计算 $f_2(m)$．由于 $a \equiv 2(\bmod 4)$ 当且仅当 $\alpha^{\prime}=1$，故由乘法原理得，$\displaystyle f_{2}(m)=\left|F_{2}(m)\right|=1 \cdot \prod\limits_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right) \cdot \prod_{j=1}^{l}\left(1+\gamma_{j}\right)=P Q$．
我们对 $l$ 进行归纳，证明符合条件的 $\left(\gamma_{1}^{\prime}, \gamma_{2}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l}^{\prime}\right)$ 的取法数为 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
当 $ l= 0$ 时，只有唯一的平凡取法，而此时 $Q=1$，故 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil=1$，结论成立．
假设结论对 $l-1$ 已成立，考虑 $l$ 的情形，有以下两种情况：
（a）若存在某个 $\gamma_j(1\leqslant j\leqslant l)$ 为奇数，不妨设 $\gamma_l$ 为奇数，那么先对 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l-1}^{\prime}$ 任意取值，有 $\displaystyle \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)$ 种取法，而对每一种取法，使 $\gamma_{1}^{\prime}+\cdots+\gamma_{l-1}^{\prime}+\gamma_{l}^{\prime} \equiv 0(\bmod 2)$ 成立的 $\gamma_{l}^{\prime} \in\left\{0,1, \cdots, \gamma_{l}\right\}$ 的取法恰有 $\dfrac{1+\gamma_{l}}{2}$ 种，从而符合条件的取法数为 $\displaystyle \dfrac{1+\gamma_{i}}{2} \times \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)=\dfrac{Q}{2}=\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
（b）若 $\gamma_{j}(1 \leqslant j \leqslant l)$ 均为偶数，那么根据归纳假设，使 $\gamma_{l}^{\prime}=0$ 的 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots,\gamma_{l-1}^{\prime}$ 的取法数为 $\displaystyle \lambda_{1}=\left\lceil\frac{1}{2} \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)\right\rceil$．对于 $\gamma_{l}^{\prime} \in\left\{1,2, \cdots, \gamma_{l}\right\}$ 的所有想法，与（a）类似，可先对 $\gamma_{1}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l-1}^{\prime}$ 任意取值，再选出使 $\gamma_{1}^{\prime}+\cdots+\gamma_{l-1}^{\prime}+\gamma_{l}^{\prime} \equiv0(\bmod 2)$ 成立的 $\gamma_{l}^{\prime}$，相应的取法数为 $\displaystyle \lambda_{2}=\frac{\gamma_{l}}{2} \cdot \prod\limits_{j=1}^{l-1}\left(1+\gamma_{j}\right)$．从而符合条件的取法数为 $\lambda_{1}+\lambda_{2}=\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
由数学归纳法知，对一般的 $l$，符合条件的 $\left(\gamma_{1}^{\prime}, \gamma_{2}^{\prime}, \cdots, \gamma_{l}^{\prime}\right)$ 的取法数为 $\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$．
由乘法原理知，$\displaystyle f_{1}(m)=\left|F_{1}(m)\right|=1 \cdot \prod\limits_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right) \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil=P \cdot\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil$，引理证毕．
根据引理，有 $2017=2 f_{1}(m)-f_{2}(m)=P \cdot\left(2\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil- Q\right)$ ①
故只可能 $Q$ 为奇数，且由于此时 $2\left\lceil\dfrac{Q}{2}\right\rceil-Q=1$，所以 $P=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\beta_{i}\right)=2017$．
注意到 $2017$ 是质数，只可能 $k= 1, \beta_1= 2016$，这样 $\displaystyle m=2^{\alpha} p_{1}^{2016} \prod\limits_{j=1}^{l} q_{j}^{\gamma_j} \geqslant 2 \cdot 5^{2016}$．
另一方面，当 $m= 2\cdot 5^{2016}$ 时，有 $P= 2017, Q = 1$，满足 ①．从而所求的最小正整数 $m$ 为 $2\cdot 5^{2016}$．
答案
解析
备注
