Bổ đề nâng số mũ và ứng dụng

Bổ đề nâng số mũ là một công cụ rất hiệu quả, giải quyết nhanh gọn nhiều bài toán số học khó như chia hết, phương trình nghiệm nguyên, chứng minh sự tồn tại... Do khuôn khổ bài viết nên các tính chất đơn giản, không trình bày chứng minh ở đây, bạn đọc xem như bài tập nhỏ; các chứng minh công thức Legendre, định lý Kummer, bổ đề nâng lũy thừa có trong một số tài liệu đã dẫn, chúng tôi không nêu lại. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Bổ đề nâng số mũ và ứng dụng Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 BỔ ĐỀ NÂNG SỐ MŨ VÀ ỨNG DỤNG Trịnh Khắc Tuân Trường THPT Thọ Xuân 5, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung Bổ đề nâng số mũ là một công cụ rất hiệu quả, giải quyết nhanh gọn nhiều bài toán sốhọc khó như chia hết,phương trình nghiệm nguyên, chứng minh sự tồn tại. . . Do khuônkhổ bài viết nên các tính chất đơn giản, không trình bày chứng minh ở đây, bạn đọc xemnhư bài tập nhỏ; các chứng minh công thứcLegendre, định lý Kummer, bổ đề nâng lũythừa có trong một số tài liệu đã dẫn, chúng tôi không nêu lại.1 Số mũ đúngĐịnh nghĩa 1.1. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và α là số tự nhiên. Ta gọi pα làlũy thừa đúng của a và α là số mũ đúng của p trong khai triển của a nếu pα | a và pα+1 - a.Khi đó ta viết pα k a hay v p ( a) = α. Ví dụ: Ta có v3 (54) = 3 vì 33 |54 và 34 - 54. Từ định nghĩa ta có một số tính chất đơn giản sau.Tính chất 1.1. Với a, b, c là các số nguyên, p là số nguyên tố thì:- v p ( ab) = v p ( a) + v p (b).- v p ( an ) = n.v p ( a). - min v p ( a) , v p (b) ≤ v p ( a + b), dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi v p ( a) 6= v p (b).- v p {gcd (| a| , |b| , |c|)} = min v p ( a) , v p (b) , v p (c) .- v p {lcm (| a| , |b| , |c|)} = max v p ( a) , v p (b) , v p (c) .- b | a ↔ v p ( a ) ≥ v p ( b ). Tính chất của số mũ đúng được sử dụng nhiều trong các bài toán số học như chia hết,chứng minh sự tồn tại hoặc không tồn tại, giải phương trình nghiệm nguyên. . . Sau đâyta xét một số ví dụ.Ví dụ 1.1 (Poland 2016). Cho k, n nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng nếu tồntại số tự nhiên a thỏa mãn k |2a + 1, n|2a − 1 thì không tồn tại số tự nhiên b thỏa mãnk |2b − 1, n|2b + 1.Lời giải. Giả sử tồn tại b thỏa mãn. Ta có k | 2a + 1 | 22a − 1 và n | 2a − 1 nên ordk (2) | 2a, ordk (2) | b và ordk (2) - a. Do đó v2 (ordk (2)) = v2 ( a) + 1 → 2v2 (a)+1 | b → v2 ( a) + 1 ≤ v2 (b). Tương tự 2v2 (b)+1 | a −→ v2 ( b ) + 1 ≤ v2 ( a ). Mâu thuẫn này chứng tỏ không tồn tại b thỏa mãn. 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019Ví dụ 1.2. Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn c(ca + 1)2 = (2c + b) (3c + b). Chứngminh rằng c là số chính phương.Lời giải. Ta có c(ca + 1)2 = 6c2 + 5bc + b2 → c|b2 . Gọi p là ước nguyên tố tùy ý của c, ta có v p b2 ≥ v p (c) → 2v p (b) ≥ v p (c). (1) Nếu v p (b) ≥ v p (c) thì do gcd (ca + 1, c) = 1 nên v p (ca + 1) = 0. Do đó v p (c) = v p (2c + b) + v p (3c + b) ≥ 2v p (c), vô lý. Vậy v p (c) > v p (b) → v p (c) = v p (2c + b) + v p (3c + b) ≥ 2v p (b). (2) Từ (1) và (2) suy ra v p (c) = 2v p (b), như vậy mọi lũy thừa trong khai triển ra thừa sốnguyên tố của c đều chẵn, tức là c là số chính phương. xy3Ví dụ 1.3 (Greece 2015). Tìm x, y nguyên dương và p nguyên tố sao cho = p. x+yLời giải. Ta có xy3 = p ( x + y) → x | py, y| px. Do đó với mọi số nguyên tố q 6= p ta có vq ( x ) ≤ vq (y) ≤ vq ( x ). Nên vq ( x ) = vq (y)và v p ( x ) − v p (y) ≤ 1. Do đó x = py hoặc x = y hoặc y = px. - Nếu x = py → py4 = p ( py + y) → y3 = p + 1 → p = y3 − 1 =( y − 1) y2 + y + 1 . Do đó y − 1 = 1, y2 + y + 1 = p → y = 2, p = 7, x = 14. - Nếu x = y → x4 = p.2x → x3 = 2p, mâu thuẫn do v2 x3 ∈ {1, 2} không chia hết cho 3. - Nếu y = px → p3 x4 = p ( x + px ) → p2 x3 = 1 + p, vô lý. Vậy ( x, y, p) = (14, 2, 7).Ví dụ 1.4 (Turkey MO). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: Với mọi anguyên dương lẻ và nguyên tố cùng nhau với n thì 2n2 an − 1. Chứng minh rằng n là số square - free. (Một số nguyên được gọi là số square - free nếu nó là tích của các sốnguyên tố phân biệt)Lời giải. Xét ước nguyên tố p bất kỳ của n và đặt m = v p (n). Nếu p chẵn thì chọn a nsao cho a ≡ 5 ( mod8) , a ≡ 1 mod m thì dễ thấy v2 2n2 = 1 + 2m vàv2 ( an − 1) = pv2 ( a − 1) + v2 (n) = 2 + m. Suy ra 1 + 2m ≤ 2 + m − → m ≤ 1. Tương tự với p lẻ. Do đótất cả số mũ cua p| n đều là 1 nên n là số square - free.Ví dụ 1.5 (Đề đề nghị Olympic 30.4). Gọi A là tập hợp các ước chung của 310 . Hai sốx, y ∈ A gọi là liên kết với nhau nếu tồn tại k ∈ Z+ sao cho xy| x k + yk . Hỏi có bao nhiêu cặp có tính thứ tự, không nhất thiết phân biệt ( x, y) liên kết với nhau trong A ?Lời giải. Trước hết chứng minh điều kiện cần và đủ để có 2 sốx, y liên kết với nhau là x, ycó cùng tập ước nguyên tố. Thật vậy, chiều thuận là hiển nhiên vì a| bk và b| ak chứng tỏkhông thể có các ước nguyên tố riêng; chiều đảo thì chỉ cần chọn k đủ lớn để với p là ướcnguyên tố củaab thì v p ( ab) = v p ( a) + v p (b) ≤ k min v p ( a) , v p (b) ≤ v p ak + bk . Xét sự có mặt của ước nguyên tố 2 trong hai sốa, b: Nếu cùng là mũ 0thì có 1 cách chọn,nếu cùng là mũ lớn hơn 0 thì mỗi số có 10 cách chọn nên tổng cộng có 102 + 1 = 101 cách. Do các ước nguyên tố2, 3, 5 độc lập nhau nên theo nguyên lý nhân có 1013 cặp liên kếtnhau. ...