Ứng dụng số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố trong các bài toán số học

Bài viết chứng minh bài toán cho p là một số nguyên tố lẻ ,số tự nhiên n và hai số nguyên dương phân biệt a và b . Gọi α và β lần lượt là số mũ lớn nhất của p trong a−b và n. Thì số mũ lớn nhất của p trong an−bn là pα+β. Kí hiệu số mũ lớn nhất của p trong m là vp(m) hoặc pα||m (với α là số mũ lớn nhất của p trong m). Mời các bạn cùng tham khảo bài viết để nắm chi tiết hơn nội dung và các phương pháp lập luận giải bài toán nêu trên.

N G D N G S M L N NH T C A TH A S NGUYÊN T

TRONG CÁC BÀI TOÁN S H C Ố Ọ

Lê Tr n Nh c Long - THPT Chuyên Lê Quý ô n - à N ng ầ ạ Đ Đ ẵ

-17/1/2012 T n g di n à n VMF nhân d p sinh nh t 8 n m c a di n à n ặ ễ đ ị ậ ă ủ ễ đ

Cho p là m t s nguyên t l ,s t nhiênộ ố ố ẻ ố ự n và hai s nguyên dố ương phân bi tệ a và b

G iọ α và β l n lầ ượt là s m l n nh t c aố ũ ớ ấ ủ p trong a−b và n Thì s m l n nh t ố ũ ớ ấ

c aủ p trong an−bn là pα+β

Kí hi u s m l n nh t c aệ ố ũ ớ ấ ủ p trong m là vp(m) ho cặ pα||m (v iớ α là s m l n nh t ố ũ ớ ấ

c aủ p trong m)

(Trong bài vi t này ta s s d ng kí hi uế ẽ ử ụ ệ pα||m)

Ch ng minh: ứ

Bài toán đưa v ch ng minh r ng n uề ứ ằ ế a≡b(modp) và pβ||n thì pβ||an−bna−b

Gi sả ử n=pβk Ta s ch ng minh bài toán quy n p theoẽ ứ ạ β

V i trớ ường h pợ β=0 t c làứ n⋮̸p

Khi ó ta có:đ ak≡bk(modp)

akbn−k−1≡bn−1(modp)⇒∑k=0n−1akbn−k−1≡∑k=0n−1bn−1(modp)≡nbn−1≢0(modp)

Vì an−bna−b=∑k=0n−1an−k−1bk

Do óđ an−bna−b⋮̸p

Bây gi gi s bài toán úng ờ ả ử đ đến β ta s ch ng minh úng ẽ ứ đ đến β+1 t c là ta ch c n ch ng ứ ỉ ầ ứ minh p||anp−bnpan−bn Th t v y:ậ ậ

Vì p|a−b nên a=b+xp suy ra ak≡ bk+kbk−1xp(modp2)

Ta được

anp−bnpan−bn=∑k=0p−1an(p−k−1)bnk≡ ∑k=0p−1(bn(p−k−1)+n(p−k−1)xpbn(p−k−1)−1)bnk(mo

dp2)

≡pbn(p−1)+∑k=0p−1n(p−k−1)xpbn(p−1)−1≡pbn(p−1)≡p(modp2)

V y ta ậ được p||anp−bnpan−bn Do óđ

pβ+1||an−bna−b.anp−bnpan−bn=anp−bnpa−b

V y bài toán ậ được ch ng minhứ

Chú ý:

Ta có m t trộ ường h p ợ đặc bi t sau ây v iệ đ ớ p=2

Cho a,b,c∈Z th a mãnỏ 2α||a2−b22 và 2β||n thì 2α+β||an−bn

Ph n ch ng minh k t qu này xin dành cho b n ầ ứ ế ả ạ đọc

V i trớ ường h pợ β=0 thì trường h p ợ đặc bi t này ch úng khiệ ỉ đ 4|a−b

Và sau ây chúng ta s đ ẽ đế n v i m t s bài toán ng d ng tính ch t này ớ ộ ố ứ ụ ấ

Bài toán 1:

Tìm s nguyên dố ương n nh nh t th a mãnỏ ấ ỏ 22012|17n−1

L i gi i: ờ ả

Ta có:24||172−12 Gi sả ử 2α||n

Theo trường h p ợ đặc bi t c a bài toán m ệ ủ ở đầu ta được

24+α||17n−1 Suy ra α+4≥2012⇒α≥2008

i u ó có ngh a là

Đ ề đ ĩ 22008|n⇒n≥22008

Theo b ổ đề ở đầ m u ta được22012|1722008−1

V y giá tr nh nh t c aậ ị ỏ ấ ủ n là 22008

Bài toán 2:

Gi i phả ương trình nghi m nguyênệ 23x+1=19.3y

L i gi i: ờ ả

Áp d ng bài toán m ụ ở đầu ta được3n+1||23n+1 vì 3n là m t s lộ ố ẻ

Vì 19⋮̸3 nên do ó ta đ được3y||23x+1 T ó suy raừ đ y=x+1

V y phậ ương trình tr thành:ở 23x+1=57.3x (*)

t

Đặ t=3x Ta ch ng minhứ 2t>57t ∀t≥10

Th t v y ta có:ậ ậ 2t=26.2t−6=64.2t−6

Ta có 64>57, ta có 24>10 suy ra 2t−6>t úng v iđ ớ t=10

Gi s úng ả ử đ đến t ta có 2t−5=2.2t−6>2t>t+1

V y b t trên úng nên t (*) suy raậ đ đ ừ 3x<10⇒x≤2

Thay x=0;1;2 ch th yỉ ấ x=2 th a mãn (*) V yỏ ậ x=2,y=3 là b nghi m duy nh t c a phộ ệ ấ ủ ương trình

Bài toán 3:

Cho dãy s ố được xác nh nh sauđị ư

a1=52 và an+1=a3n−3a2n+6an−3 v i m iớ ọ n≥1

Tìm s nguyên dố ương n nh nh t sao choỏ ấ ⌊an⌋ +1 chia h t choế 32011

(Đề ch n ọ đội tuy n d thi VMO 2012-KHTNHN vòng 2)ể ự

L i gi i: ờ ả

t

Đặ an=un+1⇒un=an−1

ng th c u bài cho ta :

Đẳ ứ đầ

a1−1=32

an+1−1=(an−1)3+3(an−1)

Nên ta suy ra :

u1=32

un+1=u3n+3un

Ta ch ng minh r ng :ứ ằ u1=23n−1−12n−1∀n≥1 (*)

Th t v y , v iậ ậ ớ n=1 thì ta th y th aấ ỏ

N u ế đẳng th c trên úng v iứ đ ớ n=k t c là :ứ uk=23k−1−12k−1

Khi ó ta có :đ uk+1=u3k+3uk=23k−13k

Do ó theo quy n p toán h c , ta có (*) đ ạ ọ

B i th nên :ở ế

32011|⌊an⌋+1=⌊un⌋+2

⇔32011|23n+1,/,/,/,(∗∗) Theo bài toán 1 ta có 3n+1||23n+1

Nên suy ra n≥2011−1=2010

v y giá trậ ị n nh nh t c n tìm làỏ ấ ầ n=2010

Bài toán 4: Cho an+bn=pk v iớ a,b và k là các s nguyên dố ương, p là m t s nguyên t l ộ ố ố ẻ

và n là m t s l l n h n 1 Ch ng minh r ngộ ố ẻ ớ ơ ứ ằ n ph i là m t l y th a c aả ộ ũ ừ ủ p

L i gi i: ờ ả Vì n l nên ta cóẻ

pk=an+bn=(a+b)(an−1−an−2b+ −abn−2+bn−1)

Vì v yậ a+b=pr v iớ r∈N∗,r≤k

Vì a và b là các s nguyên dố ương nên ta cór≥1

Gi sả ử pβ||n s d ng bài toán m ử ụ ở đầu ta được

pβ+r||an−(−b)n=an+bn=pk

Suy ra pβ+r||pk⇒+β=k−r

Vì các số k và r là xác nh nên ph i có s nguyên dđị ả ố ươngn nh nh tỏ ấ

th a mãnỏ pβ||n để an+bn=pk,

vì am+bm>an+bn,∀m>n

Nên n ph i là s nguyên dả ố ương nh nh t th a mãnỏ ấ ỏ pβ||n là pβ i u này suy raĐ ề n ph i là m t ả ộ

l y th a c aũ ừ ủ p

Bài toán được ch ng minhứ

Bài toán 5:Tìm t t c các s nguyên dấ ả ố ươngn th a mãnỏ n2|2n+1

(IMO1990)

L i gi i: ờ ả

Gi sả ử n là s nguyên dố ương sao cho n2|2n+1 (1)

Suy ra n ph i là m t s l , d th yả ộ ố ẻ ễ ấ n=1 th a mãnỏ

Xét n>1, g iọ p1 là ước nguyên t nh nh t c aố ỏ ấ ủ n

Ta có : 22n≡1(modp1)

G iọ d=ordp12 thì d<p1,d|2n,

và (n,d)=1 Suy ra d|2

N uế d=1 thì p1=1 vô lí V yậ d=2 và p1|3 suy ra p1=3

Gi sả ử pβ||3 thì theo bài toán m ở đầu ta được3β+1||2n+1

K t h p v i (1) ta ế ợ ớ được

32β|3β+1||2n+1⇒2β≤β+1⇒β≤1

T ó suy raừ đ 3||n⇒n=3k;(n;k)=1

G iọ p2 là ước nguyên t nh nh t c aố ỏ ấ ủ k Ta có 26k≡1(modp2)

G iọ d2=ordp22⇒d2<p2 và d2|6k

Mà (d2,k)=1 nên d2|6

D th yễ ấ d2 không th b ng 1 ho c 2ể ằ ặ

N uế d2=3, ta có p2|7⇒p2=7

N uế d2=6, ta có p2|63=7.9⇒p2|7⇒p2=7

Mà ta có: 23≡1(mod7)⇒2k+3≡2k(mod7)

và 2≡2(mod7) và 22≡4(mod7)

Nên phương trình 2k≡ − 1(mod7) không có nghi m nguyênệ

Suy ra 27k+1 không chia h t cho 7 v i m iế ớ ọ k và p2 không t n t i V yồ ạ ậ nch có m t ỉ ộ ước nguyên

t duy nh t là 3, l i cóố ấ ạ 3||n nên suy ra n=3

V y các giá tr c aậ ị ủ n c n tìm làầ n=1 và n=3