Đang tải... (xem toàn văn)
Điều này đúng với mọi ước nguyên tố của abc nên từ đó suy ra abc phải là một lập phương đúng.. x Ta xét các trường hợp sau:..[r]
(1)PHẦN KỸ THUẬT SỐ MŨ ĐÚNG VÀ ĐỊNH LÝ LTE
Cho số nguyên n p số nguyên tố, ký hiệu k v np( ) số mũ p n n chia hết cho k
p không chia hết cho k
p
Quy ước vp(0)
Các tính chất quan trọng:
v abp( )v ap( )v bp( ), (v ap n) n v ap( ) v ap( )v bp( ),p b a|
v ap( ) chẵn với p n số phương v ap( b)minv a v bp( ), p( ), đẳng thức xảy v ap( )v bp( ) (Legendre) v np( !) n n2
p p
v ap( nbn)v ap( b) p a| b a b n, , không chia hết cho p (đây phiên dễ định lý LTE) Nếu n lẻ đổi b b có v ap( nbn)v ap( b)
(Định lý LTE cho số p2) Cho hai số nguyên lẻ x, y thỏa mãn xy n số nguyên dương chẵn Khi đó:
2 2
n n
v x y v xy v xy v n
(Định lý LTE cho số p lẻ) Cho hai số nguyên x, y; n số nguyên dương p số nguyên tố lẻ thỏa mãn:
| - ; | ; |
p x y px p y Ta có n n
p p p
v a b v a b v n Nếu n lẻ ta có v ap( nbn)v ap( b)v np( )
Bài 6.1 (Vĩnh Long) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương n để n| 2n1.
Lời giải
Ta cần chọn n3k với k theo định lý LTE
3(2 1) 3(2 1) 3( )
n
v v v n k
Suy n3 | 2k n 1
Bài 6.2 (Hà Nam) Cho q số nguyên tố lẻ đặt
2
(2 ) q (2 )! ((2 )!) q
A q q q
Chứng minh A có ước nguyên tố p2 q
(2)Giả sử ngược lại ước nguyên tố p Q không vượt q Khi đó, rõ ràng
2 | (2 )!, | (2 )! q
p q p q nên p| q
Từ suy p2 pq
Số Q có dạng 2m n
q với m n, Theo định lý Legendre
2 2
2 1
((2 )!) 2
2 2 2
q q
v q q q
vq((2 )!)q 2 q2 Từ suy 2
2 q (2 ) ,q
Q q q vô lý
Vậy nên Q có ước nguyên tố lớn q
Bài 6.3 (Olympic Gặp gỡ Toán học) Cho a b c, , số nguyên dương mà a b c
b c a
Chứng minh abc lập phương
Lời giải
Theo giả thiết, ta có 2
|
abc a cb ac b
Do tốn khơng thay đổi thay ( , , )a b c (ka kb kc, , ) nên khơng tính tổng qt, giả sử gcd( , , )a b c 1
Xét số p abc| đặt v ap( )x v b, ( )p y v c, ( )p z ba số phải Ta giả sử x0 y z Khi v abcp( ) yz
2 2
( ) , ( ) , ( )
p p p
v a c z v b a y v c b zy
Nếu z2y 2yminz, , 2y zy nên y z 2y z y, mâu thuẫn Nếu z2y zminz, , 2y zy nên y z z, vơ lý
Do z2y vàa v abcp( )3 ,y chia hết cho Điều với ước nguyên tố abc nên từ suy abc phải lập phương
Bài 6.4 (Thanh Hóa) Tìm ba số ngun dương p n k, , thỏa mãn p số nguyên tố Fermat
1 k
n
p n n (1) (Số nguyên tố Fermat số nguyên tố có dạng
2 x 1 với x số tự nhiên)
Lời giải
(3)Nếu n1 (1) viết lại p2k 1 2 1 k 2; 1 p Nếu n2 Ta gọi r ước nguyên tố n
Từ phương trình ta suy pn1 mod n pn1 mod r Do b r, 1 Đặt kord ( )p r k r| 1,n nên k| gcd(r1, )n 1 k Vì r p| 1 r| 2 r 2 | n
Ta có (1) pn 1 n1 n1k1 1 v2pn 1 v2n1k11 Nếu k1 lẻ
2
2 1 2 2
k n
v n v n v p v n v p mâu thuẫn, k1 chẵn Áp dụng định lý LTE, ta có
2 1 2 2
k n
v p v n v p v p v n v k
Nếu v k2 1 v2p 1 p |kn1k n mod p (theo định lí Fermat nhỏ) Tuy nhiên theo (1) nn1k n mod p, vơ lý Do
2 1 2 2 2 mod
v k v p v p v v n n
Nếu p5
2 x 1 x p mod nên 4(mod 5)
n
p 4n(n1) (mod 5).k
Mà 4 n n1 mod 5 k 1 mod 4 nên k3 mod 4 4 n n1 3 mod
Với n0 mod 5 4 n n 133 mod 5 mâu thuẫn, tương tự với trường hợp:
1 mod ; mod ; mod ; mod
n n n n dẫn đến mâu thuẫn
Vì nên n 4 n1 3 mod Ta loại trường hợp p5 Tiếp theo, Nếu p5 2 Khi 3v n2 2 v k2 1 Do
2 2 2 2; 1
v n v n v k
Ta có 5n n n1k Với n 2 k Còn với n3, gọi q ước nguyên tố lẻ n 1
| 5n q 24 | 3
q q q n mod 6 Kết hợp với
2 mod 5n mod13 1 k mod13
n n n Lại áp dụng định lý LTE, ta có
3 1 3 3 |
2 k
n n
(4)Ta có k3 mod 4 k mod 12 Theo định lí Fermat nhỏ suy ra:
7
1k 1 mod 13 1 mod 13 mod 13 ,
n n n n n n vô lí (vì với 13 |n5n1 mod 13 , mâu thuẫn 5n 5 mod 13 )
Vậy nên tất số cần tìm p n k, , 3,1, ; p n k, , 5, 2,
Bài 6.5 (Kiểm tra đội tuyển Vĩnh Phúc) Tìm tất số nguyên dương n cho n! n chia hết
1 !
n
Lời giải Với số nguyên tố p số nguyên dương q ký hiệu p q số mũ p phân tích tiêu chuẩn thừa số nguyên tố q!
Đầu tiên ta chứng minh n4 n p số nguyên tố
!n | !
n n
Thật vậy,
Nếu n4 4
2 4! 24 4.3 12 11 !
,
!n | !
n n
Nếu n p
2
! n ! 1 !
n n n n n n n n
!n | !
n n
Tiếp theo, ta chứng minh n4 n p
! |n !
n n
Gọi p ước nguyên tố n Ta chứng minh
p ! p !
n n n Gọi d
n p k với *
, , ,
k dN k p đưa
2 2 2
p ! p ! p ! p ! p p !
n n n n n n n n d
* *
2
2
d d
d
j j
j N j N
p k p k
d p k
p p
Nhưng ta có
* * * *
2d d d d
d d d
j j j j
j N j N j N j N
p k p k p k p k
p k p k p k
p p p p
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 d
d
j j N
p k
p k d
p
(5)Hay cần chứng minh
2
1
2 d
d d
j j d
p k
p k d
p
1
2 d
d
j j
k
p k d
p
Nhận xét: *
,
x yN x không chia hết cho ythì y
x x
Từ đó, ta có
1
1
1
d d d
d d s
j j
j j s
k
p k p k p k
p p
1
2
0
1 d
s d
s
p k k p p p
Cuối cùng, dễ dàng chứng minh: 1
1 d
k p p p d
quy nạp Nếu d 0 bất đẳng thức
Nếu d 1, phải có k 2( ngược lại n số nguyên tố) BĐT
Nếu d 2, ta cần chứng minh k1 p4 Nếu p2 k2 (ngược lại
n ) bất đẳng thức đúng, p3
Nếu d 3, 1
1 d 2 2d 2d