Chủ đề này có 6 trả lời

[Zz Isaac Newton Zz]

Cho số nguyên dương $a, n$ sao cho tất cả các ước nguyên tố của $a$ đều lớn hơn $n.$ Chứng minh rằng $(a-1)(a^{2}-1)...(a^{n-1}-1)$ chia hết cho $n!.$

[Dam Uoc Mo]

Cho số nguyên dương $a, n$ sao cho tất cả các ước nguyên tố của $a$ đều lớn hơn $n.$ Chứng minh rằng $(a-1)(a^{2}-1)...(a^{n-1}-1)$ chia hết cho $n!.$

Gọi $p$ là 1 ước nguyên tố của $n$.

Có $a^{p-1}\equiv 1(modp)$ nên $V_{p}(VT)\geq V_{p}(\prod_{i=1}^{[\frac{n}{p-1}]}(a^{(p-1)i}-1))\geq [\frac{n}{p-1}] \\ V_{p}(n!)=[n/p]+[n/p^{2}]+...[n/p^{s}]\leq n/p+n/p^{2}+...+n/p^{s}=\frac{n-n/p^{s}}{p-1}\leq [\frac{n}{p-1}] \\ --> Q.E.D.\blacksquare$

P.S: Lâu lắm mới làm bài. Mỏi quá.

[lmht]

Gọi $p$ là 1 ước nguyên tố của $n$.

Có $a^{p-1}\equiv 1(modp)$ nên $V_{p}(VT)\geq V_{p}(\prod_{i=1}^{[\frac{n}{p-1}]}(a^{(p-1)i}-1))\geq [\frac{n}{p-1}] \\ V_{p}(n!)=[n/p]+[n/p^{2}]+...[n/p^{s}]\leq n/p+n/p^{2}+...+n/p^{s}=\frac{n-n/p^{s}}{p-1}\leq [\frac{n}{p-1}] \\ --> Q.E.D.\blacksquare$

P.S: Lâu lắm mới làm bài. Mỏi quá.

Cái này chứng minh sao nhỉ $\frac{n-n/p^{s}}{p-1}\leq [ \frac{n}{p-1} ]$ ?

[I Love MC]

Bổ đề : Cho $p$ là một số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương . Kí hiệu $s_p(n)$ là tổng các chữ số của $n$ viết trong hệ cơ số $p$ 
Khi đó $v_p(n!)=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$ 
Chứng minh bổ đề : Đặt $n=a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+..+a_1p+a_0,a_i \in \{1,2,..,p-1\},i=\overline{1,k}$ 
Theo định lí Legendre : $v_p(n!)=\sum_{i=0}^k [\frac{n}{p_i}]=a_k\frac{p^k-1}{p-1}+a_{k-1}\frac{p^{k-1}-1}{p-1}+a_1$ 
$=\frac{(a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+..+a_0)-(a_k+a_{k-1}+..+a_0}{p-1}=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$ (đpcm)  
Đi vào bài toán 
Vì tất cả các ước nguyên tố của $a$ đều lớn hơn $n$ nên $(a,n)=1$ . Giả sử $p$ là ước nguyên tố của $n!$ thì ta có $(a,p)=1$. 
Theo định lí Fermat ta có $a^{k(p-1)} \equiv 1 \pmod{p},k \ge 1$ . Mặt khác ta có $v_p(n!)=\frac{n-s_p(n)}{p-1} \le [\frac{n-1}{p-1}]$ 
Ta có 
$v_p(\prod_{k=1}^{n-1}(a^k-1))=\sum_{k=1}^{n-1}v_p(a^k-1) \ge \sum_{k=1}^{k(n-1) \le n} v_p(a^{k(p-1)}-1) \ge [\frac{n}{p-1}] \ge [\frac{n-1}{p-1}] \ge v_p(n!)$ 
Vậy $n!|\prod_{k=1}^{n-1}(a^k-1)$

[Dam Uoc Mo]

Cái này chứng minh sao nhỉ $\frac{n-n/p^{s}}{p-1}\leq [ \frac{n}{p-1} ]$ ?

Chỗ đó có gì đâu.

$V_{p}(n!)< \frac{n}{p-1}\Rightarrow V_{p}(n!)\leq [\frac{n}{p-1}]$. 

[tay du ki]

Bổ đề : Cho $p$ là một số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương . Kí hiệu $s_p(n)$ là tổng các chữ số của $n$ viết trong hệ cơ số $p$ 
Khi đó $v_p(n!)=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$ 
Chứng minh bổ đề : Đặt $n=a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+..+a_1p+a_0,a_i \in \{1,2,..,p-1\},i=\overline{1,k}$ 
Theo định lí Legendre : $v_p(n!)=\sum_{i=0}^k [\frac{n}{p_i}]=a_k\frac{p^k-1}{p-1}+a_{k-1}\frac{p^{k-1}-1}{p-1}+a_1$ 
$=\frac{(a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+..+a_0)-(a_k+a_{k-1}+..+a_0}{p-1}=\frac{n-s_p(n)}{p-1}$ (đpcm)  
Đi vào bài toán 
Vì tất cả các ước nguyên tố của $a$ đều lớn hơn $n$ nên $(a,n)=1$ . Giả sử $p$ là ước nguyên tố của $n!$ thì ta có $(a,p)=1$. 
Theo định lí Fermat ta có $a^{k(p-1)} \equiv 1 \pmod{p},k \ge 1$ . Mặt khác ta có $v_p(n!)=\frac{n-s_p(n)}{p-1} \le [\frac{n-1}{p-1}]$ 
Ta có 
$v_p(\prod_{k=1}^{n-1}(a^k-1))=\sum_{k=1}^{n-1}v_p(a^k-1) \ge \sum_{k=1}^{k(n-1) \le n} v_p(a^{k(p-1)}-1) \ge [\frac{n}{p-1}] \ge [\frac{n-1}{p-1}] \ge v_p(n!)$ 
Vậy $n!|\prod_{k=1}^{n-1}(a^k-1)

định lí legendre là định lí gì nhỉ 

[that bai]

ừm mình cũng không biết mong mọi người chỉ giáo