tailieunhanh - 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). bài viết để nắm chi tiết hơn nội dung và các phương pháp lập luận giải bài toán nêu trên. | Ứng dụng số mũ lớn nhất của thừa số nguyên tố trong các bài toán số học Ứ NG D Ụ N G S Ố M ŨL Ớ N NH Ấ T CỦ A TH Ừ A S Ố NGUYÊN T Ố TRONG CÁC BÀI TOÁN S Ố H Ọ C Lê Tr ần Nh ạc Long - THPT Chuyên Lê Quý Đ ôn- Đ à Nẵ ng ---------------------------------------- 17/1/2012 T ặ ng di ễ n đ à n VMF nhân d ịp sinh nh ậ t 8 nă m củ a di ễ n đ àn 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) (Trong bài viết này ta sẽ sử dụng kí hiệu pα||m) Chứng minh: Bài toán đưa về chứng minh rằng nếu a≡b(modp) và pβ||n thì pβ||an−bna−b. Giả sử n=pβk. Ta sẽ chứng minh bài toán quy nạp theo β Với trường hợp β=0 tức là n⋮̸p. Khi đó ta có: 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 đó an−bna−b⋮̸p Bây giờ giả sử bài toán đúng đến β ta sẽ chứng minh đúng đến β+1 tức là ta chỉ cần chứng minh p||anp−bnpan−bn. Thật vậy: 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) Vậy ta được p||anp−bnpan−bn. Do đó pβ+1||an−bna−−bnpan−bn=anp−bnpa−b Vậy bài toán được chứng minh Chú ý: Ta có một trường hợp đặc biệt sau đây với p=2 Cho a,b,c∈Z thỏa mãn 2α||a2−b22 và 2β||n thì 2α+β||an−bn Phần chứng minh kết quả này xin dành cho bạn đọc. Với trường hợp β=0 thì trường hợp đặc biệt này chỉ đúng khi 4|a−b Và sau đây chúng ta sẽ đến với một số bài toán ứng dụng tính chất này Bài toán 1: Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn 22012|17n−1 Lời giải: Ta có:24||172−12. Giả sử 2α||n. Theo trường hợp đặc biệt của bài toán mở đầu ta được 24+α||17n−1. Suy ra α+4≥2012⇒α≥2008. Điều .

TỪ KHÓA LIÊN QUAN
crossorigin="anonymous">
Đã phát hiện trình chặn quảng cáo AdBlock
Trang web này phụ thuộc vào doanh thu từ số lần hiển thị quảng cáo để tồn tại. Vui lòng tắt trình chặn quảng cáo của bạn hoặc tạm dừng tính năng chặn quảng cáo cho trang web này.