求具有下述性质的所有整数 $k$：存在无穷多个正整数 $n$，使得 $(n+k) \nmid C_{2 n}^{n}$．
【难度】
【出处】
2014第30届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
首先，$k=1$ 不符合要求．事实上，
$\dfrac{1}{n+1} \mathrm{C}_{2 n}^{n}=\dfrac{(2 n) !}{n ! \cdot(n+1) !}[(n+1)-n]=\mathrm{C}_{2 n}^{n}-\mathrm{C}_{2 n}^{n-1} \in \mathbf{Z}$
因此，对所有正整数 $n$，有 $(n+1) | C_{2 n}^{n}$．
当 $k>1$ 时，$k$ 有素因子 $p$，取 $n=p^{m}-k$，其中，整数 $m$ 足够大，使 $n>0$．这样的 $n$，当然有无穷多个．
接下来证明，对这些 $n$ 有 $(n+k) \nmid C_{2 n}^{n}$，即 $p^{n} \nmid C_{2 n}^{n}$．
事实上，设素数 $p$ 在 $C_{2 n}^{n}=\dfrac{(2 n) !}{(n !)^{2}}$ 中出现
的幂次为 $\alpha$．用 $[x]$ 表示不 超过实数 $x$ 的最大整数．则 $\displaystyle \alpha=\sum\limits_{l=1}^{+\infty}\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]-2 \sum_{l=1}^{+\infty}\left[\dfrac{n}{p^{l}}\right]=\sum_{l=1}^{m}\left(\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]-2\left[\dfrac{n}{p^{l}}\right]\right)$
（由 $2 n<2 p^{m} \leqslant p^{m+1}$，知当 $l \geqslant m+1$ 时，有 $\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]=0$）
$\displaystyle =\sum\limits_{l=1}^{m}\left(\left(2 p^{m-l}+\left[\dfrac{-2 k}{p^{l}}\right]\right)-2\left(p^{m-l}+\left[\dfrac{-k}{p^{l}}\right]\right)\right)$
$\displaystyle =\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]+\sum\limits_{l=2}^{m}\left(\left[\dfrac{-2 k}{p^{l}}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p^{l}}\right]\right)$
$\displaystyle \leqslant\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]+\sum\limits_{l=2}^{m} 1$
（利用 $[2x]-2[x]\leqslant 1$）
$=m -1<m$（由 $p|k$，知 $\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]=0$）
因此，$p^{m} \nmid C_{2 n}^{n}$．
当 $k\leqslant 0$ 时，因为素数有无穷多个，所以，可取奇素数 $p>2|k|$．
令 $n=p+| k |$，这样的 $n$ 有无穷多个．
下面证明，对这些 $n$ 有 $(n+k) \nmid C_{2 n}^{n}$，即 $p \nmid C_{2 n}^{n}$．
事实上，$C_{2 n}^{n}=\dfrac{2 n \cdot(2 n-1) \cdots \ldots(n+1)}{n \cdot(n-1) \cdots \cdots 1}$ ①
因为 $k\leqslant 0$，而 $p>2|k|$，所以，$0<n+k<n+1 \leqslant 2(n+k) \leqslant 2 n$ 及 $3(n+k)>2 n$．
从而，奇素数 $p$ 在式 ① 右边分母中出现的幂次为 $1$ 次（仅在 $n+k$ 中出现 $1$ 次），在分子中出现的幂次也恰为 $1$ 次（仅在 $2(n+k)$ 中出现 $1$ 次），由此 $p \nmid \mathrm{C}_{2 n}^{n}$．
综上，所求的 $k$ 为不等于 $1$ 的所有整数．
$\dfrac{1}{n+1} \mathrm{C}_{2 n}^{n}=\dfrac{(2 n) !}{n ! \cdot(n+1) !}[(n+1)-n]=\mathrm{C}_{2 n}^{n}-\mathrm{C}_{2 n}^{n-1} \in \mathbf{Z}$
因此，对所有正整数 $n$，有 $(n+1) | C_{2 n}^{n}$．
当 $k>1$ 时，$k$ 有素因子 $p$，取 $n=p^{m}-k$，其中，整数 $m$ 足够大，使 $n>0$．这样的 $n$，当然有无穷多个．
接下来证明，对这些 $n$ 有 $(n+k) \nmid C_{2 n}^{n}$，即 $p^{n} \nmid C_{2 n}^{n}$．
事实上，设素数 $p$ 在 $C_{2 n}^{n}=\dfrac{(2 n) !}{(n !)^{2}}$ 中出现
的幂次为 $\alpha$．用 $[x]$ 表示不 超过实数 $x$ 的最大整数．则 $\displaystyle \alpha=\sum\limits_{l=1}^{+\infty}\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]-2 \sum_{l=1}^{+\infty}\left[\dfrac{n}{p^{l}}\right]=\sum_{l=1}^{m}\left(\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]-2\left[\dfrac{n}{p^{l}}\right]\right)$
（由 $2 n<2 p^{m} \leqslant p^{m+1}$，知当 $l \geqslant m+1$ 时，有 $\left[\dfrac{2 n}{p^{l}}\right]=0$）
$\displaystyle =\sum\limits_{l=1}^{m}\left(\left(2 p^{m-l}+\left[\dfrac{-2 k}{p^{l}}\right]\right)-2\left(p^{m-l}+\left[\dfrac{-k}{p^{l}}\right]\right)\right)$
$\displaystyle =\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]+\sum\limits_{l=2}^{m}\left(\left[\dfrac{-2 k}{p^{l}}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p^{l}}\right]\right)$
$\displaystyle \leqslant\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]+\sum\limits_{l=2}^{m} 1$
（利用 $[2x]-2[x]\leqslant 1$）
$=m -1<m$（由 $p|k$，知 $\left[\dfrac{-2 k}{p}\right]-2\left[\dfrac{-k}{p}\right]=0$）
因此，$p^{m} \nmid C_{2 n}^{n}$．
当 $k\leqslant 0$ 时，因为素数有无穷多个，所以，可取奇素数 $p>2|k|$．
令 $n=p+| k |$，这样的 $n$ 有无穷多个．
下面证明，对这些 $n$ 有 $(n+k) \nmid C_{2 n}^{n}$，即 $p \nmid C_{2 n}^{n}$．
事实上，$C_{2 n}^{n}=\dfrac{2 n \cdot(2 n-1) \cdots \ldots(n+1)}{n \cdot(n-1) \cdots \cdots 1}$ ①
因为 $k\leqslant 0$，而 $p>2|k|$，所以，$0<n+k<n+1 \leqslant 2(n+k) \leqslant 2 n$ 及 $3(n+k)>2 n$．
从而，奇素数 $p$ 在式 ① 右边分母中出现的幂次为 $1$ 次（仅在 $n+k$ 中出现 $1$ 次），在分子中出现的幂次也恰为 $1$ 次（仅在 $2(n+k)$ 中出现 $1$ 次），由此 $p \nmid \mathrm{C}_{2 n}^{n}$．
综上，所求的 $k$ 为不等于 $1$ 的所有整数．
答案
解析
备注
