对整数 $n>1$，设 $n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{t}^{\alpha_{t}}$ 是 $n$ 的标准分解式，定义 $\omega(n)=t, \Omega(n)=\alpha_{1}+\alpha_{2}+\cdots+\alpha_{t}$．
是否对任意给定的正整数 $k$ 及正实数 $\alpha,\beta$，总存在整数 $n > 1$，使得 $\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)}>\alpha, \dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\beta ?$
证明你的结论．
是否对任意给定的正整数 $k$ 及正实数 $\alpha,\beta$，总存在整数 $n > 1$，使得 $\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)}>\alpha, \dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\beta ?$
证明你的结论．
【难度】
【出处】
2013第29届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
结论是肯定的
补充定义 $\omega(1)=\Omega(1)=0$，则对任意的正整数 $a、b$ 有
$\omega(a b) \leqslant \omega(a)+\omega(b)$ ①
$\Omega(a b)=\Omega(a)+\Omega(b)$ ②
对任意给定的正整数 $k$ 及正实数 $\alpha,\beta$ 取正整数 $m>(\omega(k)+1) \alpha$．
因为素数有无穷多个，所以，可取充分大的素数 $p$，使得 $\dfrac{\Omega(k)+1}{p^{m}}+\log _{p} 2<\beta$，
并可取 $m$ 个大于 $p$ 且两两不同的素数 $q_{1}, q_{2}, \cdots, q_{m}$．
只需证明 $n=2^{q_{1} q_{1} \cdots q_{m}} k$ 满足题意．
先证明：$\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)}>\alpha$．
记 $n_{1}=2^{q_{1} q_{2} \cdots q_{m}}+1=\dfrac{n+k}{k}$．
由 $q_{1}, q_{2}, \cdots, q_{m}$ 均为大于 $3$ 的奇素数，知当 $1 \leqslant i \leqslant m$ 时，$\left(2^{q_{i}}+1\right) | n_{1}$，此时，记 $d_{i}=\dfrac{2^{q_{i}}+1}{3}.$
则 $d_i$ 是大于 $1$ 的整数．利用 $\left(2^{r}-1,2^{s}-1\right)=2^{(r, s)}-1\left(r, s \in \mathbf{Z}_{+}\right)$ ③
并注意 $\left(q_{i}, q_{j}\right)=1(i \neq j)$，得
$\left(d_{i}, d_{j}\right)=\dfrac{1}{3}\left(2^{q_i}+1,2^{q_{j}}+1\right)\leqslant \dfrac{1}{3}\left(2^{2 q_{i}}-1,2^{2 q_{j}}-1\right)=\dfrac{2^{\left(2 q_{i}, 2 q_{j}\right)}-1}{3}=\dfrac{2^{2}-1}{3}=1$．
于是，$d_{1}, d_{2}, \cdots, d_{m}$ 是 $n_1$ 的 $m $ 个两两互素且大于 $1$ 的约数．
故 $\omega\left(n_{1}\right) \geqslant m$．
由式 ① 及 $m$ 的取法知 $\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)} \geqslant \dfrac{\omega\left(n_{1}\right)}{\omega(n)} \geqslant \dfrac{\omega\left(n_{1}\right)}{\omega(k)+1}\geqslant \dfrac{m}{\omega(k)+1}>\alpha$．
再证明：$\dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\beta$．
因为 $q_{1} q_{2} \cdots q_{m}$ 是不被 $3$ 整除的奇数，所以，
$n_1=2^{q_1q_2\cdots q_m}+1\equiv\pm 3\pmod{9}$．故 $3|n_1$．
假设 $\dfrac{n_1}{3}$ 存在有一个素因子 $q\leqslant p$．则
$2^{2q_1q_2\cdots q_m}-1=(2^{q_1q_2\cdots q_m}-1)n_1\equiv 0\pmod{q}$．
由费马小定埋知 $2^{q-i}\equiv 1\pmod{q}$．
故由式 ③ 并结合上式知 $q|[2^{(2q_1q_2\cdots q_m-1)}-1]$．
又 $q-1<p<q_{i}(i=1,2, \cdots, m)$，故 $\left(q-1,2 q_{1} q_{2} \cdots q_{n_{i}}\right)=(q-1,2) \leqslant 2$．
这样必有 $q|(2^2-1)$．得 $q=3$，但 $\dfrac{n_1}{3}$ 不是 $3$ 的倍数，矛盾．
因此，$\dfrac{n_1}{3}$ 的所有素因子均大于 $p$．
从而，$\dfrac{n_{1}}{3}>p^{\Omega\left(\tfrac{n_{i}}{3}\right)}$．
于是，根据式 ② 知
$\Omega(n+k)=\Omega(k)+\Omega(3)+\Omega\left(\dfrac{n_{1}}{3}\right)$
$<\Omega(k)+1+\log _{p} \dfrac{n_{1}}{3}$
$<\Omega(k)+1+\log _{p}\left(n_{1}-1\right)$
$=\Omega(k)+1+q_{1} q_{2} \cdots q_{m} \log _{p} 2$
由素数 $p$ 及 $q_1,q_2,\cdots,q_m$ 的取法知
$\dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\dfrac{\Omega(k)+1+q_{1} q_{2} \cdots q_{m} \log _{p} 2}{q_1 q_{2} \cdots q_{m}}<\dfrac{\Omega(k)+1}{p^{m}}+\log _{p} 2<\beta$
补充定义 $\omega(1)=\Omega(1)=0$，则对任意的正整数 $a、b$ 有
$\omega(a b) \leqslant \omega(a)+\omega(b)$ ①
$\Omega(a b)=\Omega(a)+\Omega(b)$ ②
对任意给定的正整数 $k$ 及正实数 $\alpha,\beta$ 取正整数 $m>(\omega(k)+1) \alpha$．
因为素数有无穷多个，所以，可取充分大的素数 $p$，使得 $\dfrac{\Omega(k)+1}{p^{m}}+\log _{p} 2<\beta$，
并可取 $m$ 个大于 $p$ 且两两不同的素数 $q_{1}, q_{2}, \cdots, q_{m}$．
只需证明 $n=2^{q_{1} q_{1} \cdots q_{m}} k$ 满足题意．
先证明：$\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)}>\alpha$．
记 $n_{1}=2^{q_{1} q_{2} \cdots q_{m}}+1=\dfrac{n+k}{k}$．
由 $q_{1}, q_{2}, \cdots, q_{m}$ 均为大于 $3$ 的奇素数，知当 $1 \leqslant i \leqslant m$ 时，$\left(2^{q_{i}}+1\right) | n_{1}$，此时，记 $d_{i}=\dfrac{2^{q_{i}}+1}{3}.$
则 $d_i$ 是大于 $1$ 的整数．利用 $\left(2^{r}-1,2^{s}-1\right)=2^{(r, s)}-1\left(r, s \in \mathbf{Z}_{+}\right)$ ③
并注意 $\left(q_{i}, q_{j}\right)=1(i \neq j)$，得
$\left(d_{i}, d_{j}\right)=\dfrac{1}{3}\left(2^{q_i}+1,2^{q_{j}}+1\right)\leqslant \dfrac{1}{3}\left(2^{2 q_{i}}-1,2^{2 q_{j}}-1\right)=\dfrac{2^{\left(2 q_{i}, 2 q_{j}\right)}-1}{3}=\dfrac{2^{2}-1}{3}=1$．
于是，$d_{1}, d_{2}, \cdots, d_{m}$ 是 $n_1$ 的 $m $ 个两两互素且大于 $1$ 的约数．
故 $\omega\left(n_{1}\right) \geqslant m$．
由式 ① 及 $m$ 的取法知 $\dfrac{\omega(n+k)}{\omega(n)} \geqslant \dfrac{\omega\left(n_{1}\right)}{\omega(n)} \geqslant \dfrac{\omega\left(n_{1}\right)}{\omega(k)+1}\geqslant \dfrac{m}{\omega(k)+1}>\alpha$．
再证明：$\dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\beta$．
因为 $q_{1} q_{2} \cdots q_{m}$ 是不被 $3$ 整除的奇数，所以，
$n_1=2^{q_1q_2\cdots q_m}+1\equiv\pm 3\pmod{9}$．故 $3|n_1$．
假设 $\dfrac{n_1}{3}$ 存在有一个素因子 $q\leqslant p$．则
$2^{2q_1q_2\cdots q_m}-1=(2^{q_1q_2\cdots q_m}-1)n_1\equiv 0\pmod{q}$．
由费马小定埋知 $2^{q-i}\equiv 1\pmod{q}$．
故由式 ③ 并结合上式知 $q|[2^{(2q_1q_2\cdots q_m-1)}-1]$．
又 $q-1<p<q_{i}(i=1,2, \cdots, m)$，故 $\left(q-1,2 q_{1} q_{2} \cdots q_{n_{i}}\right)=(q-1,2) \leqslant 2$．
这样必有 $q|(2^2-1)$．得 $q=3$，但 $\dfrac{n_1}{3}$ 不是 $3$ 的倍数，矛盾．
因此，$\dfrac{n_1}{3}$ 的所有素因子均大于 $p$．
从而，$\dfrac{n_{1}}{3}>p^{\Omega\left(\tfrac{n_{i}}{3}\right)}$．
于是，根据式 ② 知
$\Omega(n+k)=\Omega(k)+\Omega(3)+\Omega\left(\dfrac{n_{1}}{3}\right)$
$<\Omega(k)+1+\log _{p} \dfrac{n_{1}}{3}$
$<\Omega(k)+1+\log _{p}\left(n_{1}-1\right)$
$=\Omega(k)+1+q_{1} q_{2} \cdots q_{m} \log _{p} 2$
由素数 $p$ 及 $q_1,q_2,\cdots,q_m$ 的取法知
$\dfrac{\Omega(n+k)}{\Omega(n)}<\dfrac{\Omega(k)+1+q_{1} q_{2} \cdots q_{m} \log _{p} 2}{q_1 q_{2} \cdots q_{m}}<\dfrac{\Omega(k)+1}{p^{m}}+\log _{p} 2<\beta$
答案
解析
备注
