bnmfbfdzbvsdvsdvdfkvhsjdkhvkjsdbjvbsdjkvbsjdnvadbdfsbgfbfdbfbfgbgfngfnfgnfgngfngfvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvvv
1 BỔ ĐỀ LTE VÀ ỨNG DỤNG Doãn Quang Tiến - Nguyễn Minh Tuấn Tạp chí tư liệu tốn học Định nghĩa Cho p số nguyên tố, a số nguyên b số tự nhiên Ta có pb lũy thừa a b số mũ p khai triển b a pb a pb+1 Khi ta kí hiệu pb a sử dụng cách viết thông dụng vp (a) = b Tính chất quan trọng mở đầu.Cho a, b, c số ngun ta có tính chất sau, suy trực tiếp từ định nghĩa i vp (ab) = vp (a) + vp (b) ii vp (an ) = n.vp (a) iii vp (a + b) {vp (a) , vp (b)} Dấu ” = ” xảy vp (a) = vp (b) iv vp (gcd (a1 , a2 , , an )) = vp (ai ) , i = 1, n v vp (lcm [a1 , a2 , , an ]) = max vp (ai ) , i = 1, n vi vp ab = vp (a) − vp (b) , với b số nguyên khác vii a b ⇔ vp (a) vp (b) Bây ta đề cập đến định lý vô quan trọng liên quan đến bổ đề LTE ứng dụng chúng toán Số học Định lý Cho p số nguyên tố n số tự nhiên ta có vp (n!) = n n n − sp (n) + + = , p p p−1 sp (n) hàm tổng chữ số n phân tích số p Tức n = a0 + a1 p + + ak pk , sp (n) = a0 + a1 + + ak Định lý Legendre Chứng minh Từ tới n có n p số chia hết cho p, có n p2 số chia hết cho p2 , Tương tự cho trường hợp lại Từ suy vp (n!) = n p + n p2 + Bây ta chứng minh dấu thứ hai Giả sử n = a0 + a1 p + + ak pk , ∈ {0, 1, , p − 1} , ak = Khi với r < k n ar−1 pr−1 + + a1 p + a0 k−r k−r−1 = a p + a p + + a + k k r pr pr Vì ∈ {0, 1, , p − 1} nên ar−1 pr−1 + + a1 p + a0 pr Do n pr (p − 1) (1 + p + + pr−1 ) pr − = < pr p = ak pk−r + ak pk−r−1 + + ar Vì vp (n!) = n p + n p2 + = a1 + (p + 1) a2 + p2 + p + a3 + + pk−1 + pk−2 + + p + ak a1 + a2 (p − 1) + a3 (p2 − 1) + + ak pk−1 − = p−1 = a0 + a1 p + + ak pk − (a0 + a1 + + ak ) n − sp (n) = p−1 p−1 Từ định lý Legendre chứng minh xong Ví dụ minh họa - China TST 2016 Cho số nguyên dương m = 2k t k số tự nhiên, t số nguyên dương lẻ đặt f (m) = t1−k Chứng minh với số nguyên n dương n số nguyên dương lẻ a n f (m) chia hết cho a m=1 Lời giải Do pai bội pi mà không vượt a nên +∞ i) h=1 n 2x ph i tổng vpi (z) số z = 2u v thỏa mãn pi | z, z +∞ ii) h=1 n 2x ph i +∞ − h=1 n 2x+1 ph i n, v2 (z) = u x tổng vpi (z) số z = 2u v thỏa mãn pi | z, z n, v2 (z) = x Từ ta có +∞ n f (m) vpi = h=1 (1 − x) = x=0 m=1 +∞ +∞ +∞ +∞ n − phi x=1 h=1 Trong k số tự nhiên thỏa mãn Để chứng minh pki h=1 +∞ n n − h x x+1 pi pji h=1 k n x phi +∞ n − phi x=1 = h=1 n< k h=1 n 2x phi pk+1 i n f (m) , ∀a a| n, a m=1 Ta cần chứng minh n vpi f (m) k m=1 với pi số nguyên tố lẻ không vượt n pki Muốn ta chứng minh n < pk+1 i l n n − h x pi phi x=1 Thật vậy, 2a = a + a + n phi n 2phi 1, 2l phi n < 2l+1 phi a nên n n +2 h h 2pi pi l−1 x=1 n n +2 l h h x pi pi l x=1 n 2x phi +1 Từ ta n vpi k f (m) m=1 = h=1 Vậy ta có điều phải chứng minh! +∞ n n − h x pi phi x=1 k = h=1 l n n − h x pi phi x=1 k