dfbfdbfdbdfbfdvxcbcgnfdndf dzfnfgndfbv xcvsdvsdvsdvsdvsdf

1

BỔ ĐỀ LTE VÀ ỨNG DỤNG
Doãn Quang Tiến - Nguyễn Minh Tuấn
Tạp chí và tư liệu toán học
Định nghĩa. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và b là số tự nhiên. Ta có pb là lũy thừa
.
.
đúng của a và b là số mũ đúng của p trong khai triển của b nếu a..pb và a ..pb+1 . Khi đó ta kí
hiệu là pb a hoặc sử dụng một cách viết thông dụng hơn là vp (a) = b.
Tính chất quan trọng mở đầu.Cho a, b, c là các số nguyên thì ta có các tính chất rất cơ
bản sau, được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
i. vp (ab) = vp (a) + vp (b)
ii. vp (an ) = n.vp (a)
iii. vp (a + b) min {vp (a) , vp (b)}. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi vp (a) = vp (b) .
iv. vp (gcd (a1 , a2 , ..., an )) = min vp (ai ) , i = 1, n
v. vp (lcm [a1 , a2 , ..., an ]) = max vp (ai ) , i = 1, n .
vi. vp ab = vp (a) − vp (b) , với b là số nguyên khác 0
.
vii. a..b ⇔ vp (a) vp (b) .
Bây giờ ta sẽ đề cập đến một định lý vô cùng quan trọng liên quan đến bổ đề LTE và ứng
dụng của chúng trong các bài toán Số học.
Định lý 1. Cho p là số nguyên tố và n là số tự nhiên thì ta có
vp (n!) =

n
n
n − sp (n)
+ 2 + ... =
,
p

p
p−1

trong đó sp (n) là hàm tổng các chữ số của n trong phân tích cơ số p.
Tức là khi n = a0 + a1 p + ... + ak pk , thì sp (n) = a0 + a1 + ... + ak .
Định lý Legendre
Chứng minh
Từ 1 tới n có

n
p

số chia hết cho p, có

n
p2

số chia hết cho p2 ,...

Tương tự cho các trường hợp còn lại. Từ đó suy ra vp (n!) =

n
p

+

n
p2

+ ...

Bây giờ ta sẽ chứng minh dấu bằng thứ hai.
Giả sử n = a0 + a1 p + ... + ak .pk , ai ∈ {0, 1, ..., p − 1} , ak = 0.
Khi đó với 0 r < k thì
n
ar−1 pr−1 + ... + a1 p + a0
k−r
k−r−1
=
a
p
+
a
p
+
...
+
a
+
.
k
k
r
pr
pr
Vì ai ∈ {0, 1, ..., p − 1} nên
ar−1 pr−1 + ... + a1 p + a0
pr
Do đó

n
pr

(p − 1) (1 + p + ... + pr−1 )
pr − 1
=
< 1.
pr
p

= ak pk−r + ak pk−r−1 + ... + ar .

Vì vậy vp (n!) =

n
p

+

n
p2

+ ...

= a1 + (p + 1) a2 + p2 + p + 1 a3 + ... + pk−1 + pk−2 + ... + p + 1 ak


2

a1 + a2 (p − 1) + a3 (p2 − 1) + ... + ak pk−1 − 1

=
p−1
=

a0 + a1 p + ... + ak pk − (a0 + a1 + ... + ak )
n − sp (n)
=
p−1
p−1

Từ đây định lý Legendre được chứng minh xong.
Ví dụ minh họa - China TST 2016. Cho số nguyên dương m = 2k .t trong đó k là số tự
nhiên, t là số nguyên dương lẻ và đặt f (m) = t1−k . Chứng minh rằng với mọi số nguyên
n

dương n và số nguyên dương lẻ a

n thì

f (m) chia hết cho a
m=1

Lời giải
Do pai là bội của pi mà không vượt quá a nên
+∞

i)
h=1

n

2x ph
i

là tổng các vpi (z) trong đó các số z = 2u .v thỏa mãn
pi | z, z

+∞

ii)
h=1

n
2x ph
i

+∞

−
h=1

n
2x+1 ph
i

n, v2 (z) = u

x

là tổng các vpi (z) trong các số z = 2u .v thỏa mãn
pi | z, z

n, v2 (z) = x

Từ đó ta có
+∞

n

f (m)

vpi

=
h=1

(1 − x)

=
x=0

m=1
+∞

+∞

+∞ +∞

n
−
phi

x=1

h=1

Trong đó k là số tự nhiên thỏa mãn
Để chứng minh

pki

h=1

+∞

n
n
−
h
x
x+1
2 pi
2 pji
h=1

k

n
x
2 phi

+∞

n
−
phi
x=1

=
h=1

n<

k

h=1

n
2x phi

pk+1
.
i

n

f (m) , ∀a

a|

n, 2 a

m=1

Ta cần chứng minh
n

vpi

f (m)

k

m=1

với mọi pi là số nguyên tố lẻ không vượt quá n và pki
Muốn vậy ta sẽ đi chứng minh

n < pk+1
.
i

l

n
n
−
h
x
pi
2 phi
x=1

Thật vậy, do 2a = a + a +
n
phi

n
2
2phi

1
2

1, 2l phi

n < 2l+1 phi

2 a nên

n
n
+2 2 h
h
2pi
2 pi

l−1

...
x=1

n

n
+2 l h
h
x
2 pi
2 pi

l

x=1

n
2x phi

+1


3
Từ đó ta được
n

vpi

k

f (m)
m=1

=
h=1

Vậy ta có điều phải chứng minh!

+∞

n
n
−
h
x
pi
2 phi
x=1

k

=
h=1

l

n
n
−
h
x
pi
2 phi
x=1

k