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 tốn 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, khơng trình bày chứng minh ở đây, bạn đọc xem
như bài tập nhỏ; các chứng minh công thứcLegendre, định lý Kummer, bổ đề nâng lũy
thừa có trong một số tài liệu đã dẫn, chúng tôi không nêu lại.

1

Số mũ đúng

Định nghĩa 1.1. Cho p là số nguyên tố, a là số nguyên và α là số tự nhiên. Ta gọi pα là
lũy 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 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) = 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 đây

ta xét một số ví dụ.
Ví dụ 1.1 (Poland 2016). Cho k, n nguyên dương lẻ lớn hơn 1. Chứng minh rằng nếu tồn
tại số tự nhiên a thỏa mãn k |2a + 1, n|2a − 1 thì khơng tồn tại số tự nhiên b thỏa mãn
k |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).
→ v2 ( b ) + 1 ≤ v2 ( a ).
Tương tự 2v2 (b)+1 | a −
Mâu thuẫn này chứng tỏ không tồn tại b thỏa mãn.

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c nguyên dương thỏa mãn c(ca + 1)2 = (2c + b) (3c + b). Chứng
minh 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
(1)
v p b2 ≥ v p (c) → 2v p (b) ≥ v p (c).
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.
(2)
Vậy v p (c) > v p (b) → v p (c) = v p (2c + b) + v p (3c + b) ≥ 2v p (b).
Từ (1) và (2) suy ra v p (c) = 2v p (b), như vậy mọi lũy thừa trong khai triển ra thừa số
nguyên tố của c đều chẵn, tức là c là số chính phương.
Ví dụ 1.3 (Greece 2015). Tìm x, y ngun dương và p nguyên tố sao cho

xy3

= p.
x+y

Lời giải. Ta có xy3 = p ( x + y) → x | py, y| px.
Do đó với mọi số nguyên tố q = 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, vơ 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 a
nguyên 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 số
ngun 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
n
sao cho a ≡ 5 ( mod8) , a ≡ 1 mod m thì dễ thấy v2 2n2 = 1 + 2m vàv2 ( an − 1) =
p
v2 ( a − 1) + v2 (n) = 2 + m. Suy ra 1 + 2m ≤ 2 + m −
→ m ≤ 1. Tương tự với p lẻ. Do đó
tất 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 số
x, 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, khơng 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, y
có cùng tập ước nguyên tố. Thật vậy, chiều thuận là hiển nhiên vì a| bk và b| ak chứng tỏ

khơng thể có các ước ngun tố riêng; chiều đảo thì chỉ cần chọn k đủ lớn để với p là ước
nguyên 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 kết
nhau.

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Định lý 1.1 (Công thức Legendre). Cho plà số nguyên tố, nlà số nguyên dương. Khi đó,
+∞ n
ta có: v p (n!) = ∑
.
k
k =1 p
n − s p (n)
Cách viết khác: v p (n!) =
, trong đó s p (n) là tổng các chữ số của n khi viết
p−1
trong hệ cơ số p.
(Bạn đọc có thể xem chứng minh định lý này có thể xem Number Theory: Concepts and
ProblemscủaGabriel Dospinescu)
k −1

Ví dụ 1.6 (USA 2016). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k, số k2 !. ∏

j =0

j!
( j + k)!

là số nguyên.
Lời

giải.

Xét

số

nguyên

tố

bất

p

kỳ.

Ta

cóv p

k −1

k2 !. ∏

j =0

+∞

∑

i =1

k −1
k2
+
∑
pi
j =0

j!
( j + k)!

=

j
j+k
−
i
p
pi

Ta chứng minh với m = pi bất kỳ thì
Thật vậy
0

k−1
k2
+···+
+
≥
m
m
m
k2
k
2k − 1
> −1 +
+···+
m
m
m
0
k−1
Mà ta dễ có
+···+
m
m
0
k − 1 k2
Ngoài ra
+···+
+
=
m
m

m
phải chứng minh.

k2
m

k −1

≥ ∑

j =0

j
j+k
−
m
m

k
2k − 1
+···+
m
m

⇔

.

0
k−1

+···+
+
m
m

2k − 1
.
m
k
2k − 1
k2
k2
+···+
và
+1 >
ta suy ra điều
m
m
m
m

≤

k
m

+···+

Ví dụ 1.7 (Mathematical Reflections S 206). Tìm tất cả các số nguyên n > 1 có thừa số
nguyên tố p sao cho v p (n!) n − 1.

n
+ · · · ≥ k.
p2
n − s p (n)
n
n−1
n−1
n−1
Vì thế p = >
≥
≥
= p − 1. Do
là một số nguyên
k
k
v p (n!)
v p (n!)
v p (n!)
thuộc ( p − 1; p] nên s p (n) = 1, điều này chứng tỏ n lũy thừa của p. Ngược lại, nếun =
n−1
pk , k ∈ Z+ thì v p (n!) =
là ước của n − 1.
p−1
Lời giải. Viết n = kp, từ cơng thức Legendre có v p (n!) = k +

Định lý 1.2 (Định lý Kummer). Với n ≥ i ≥ 1 nguyên dương và p nguyên tố, khi
đóv p Cni bằng tổng số lần “nhớ” khi thực hiện phép cộng (n − i ) và itrong hệ cơ số
p.
Chứng minh định lý này có thể xem trong cuốn Number Theory: Concepts and ProblemscủaGabriel Dospinescu.

3


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ví dụ 1.8 (China 2015). Tìm các số nguyên k sao cho tồn tại vô hạn số nguyên dương n
n .
thỏa mãn n + k C2n
Lời giải. Nếu k = 0 chọn n = 2α với α ≥ 2 nguyên dương bất kỳ, từ định lý Kummer ta
n
có v2 (C2n
) = 1 mà 4 |n + k .
1
n
n = Cn −
n − C n+1 là số tự nhiên nên
Nếu k = 1 ta có
C2n
C n = C2n
2n
2n
n+1
n + 1 2n
1
n (
C n là số Catalan).
(n + 1) |C2n
n + 1 2n
Nếu k = 0, 1 chọn n = 2α − k với α ≥ 3 + log2 |k | nguyên dương bất kỳ, từ định lý
n
Kummer ta có v2 (C2n

) ≤ α − 1 mà n + k = 2α .
Nếu k < 0, với số nguyên tố p > 2 |k |, chọn n = p − k từ định lý Kummer ta có
p−k

n .
n
v p (C2n
) = v p C2( p−k) = 0 → p = n + k C2n

Kết luận: mọi số nguyên k = 1 đều thỏa mãn điều kiện bài toán.

2

Bổ đề nâng lũy thừa

Định lý 2.1. Cho x, y là các số nguyên, n là số nguyên dương,p là số nguyên tố thỏa
mãnx p, y p:
.
Nếu n p, x − y .. p thì v p ( x n − yn ) = v p ( x − y). (1)
.
Nếu p = 2, x − y .. pthì v p ( x n − yn ) = v p ( x − y) + v p (n).(2)
.
Nếu x, y lẻ và x − y .. 4thì v ( x n − yn ) = v ( x − y) + v (n).(3)
2

2

Nếu n chẵn, x, y lẻ thìv2 ( x n − yn ) = v2

x 2 − y2

2

2

+ v2 (n).(4)

.
Nếu n lẻ, x + y .. p thì v p ( x n + yn ) = v p ( x + y) + v p (n).(5)
Chứng minh định lý trên bạn đọc có thể xem trong [1] (Amir Hossein Parvardi: Lifting
The Exponent Lemma) hoặc trong cuốn Number Theory: Concepts and Problemscủacác
tác giảGabriel Dospinescu, and Oleg Mushkarov.
n

Ví dụ 2.1. Cho Fn = 22 + 1 là số Fermat thứ n. Chứng minh rằng: 22
1, ∀m, n ∈ N.
Lời giải.

Từ(4) có v2 FnFm −1 − 1

m +2n

FnFm −1 −

= v2 ( Fn − 1) + v2 ( Fm − 1). Từ v2 ( Fm − 1) =

2m , v2 ( Fn − 1) = 2n cóv2 FnFm −1 − 1 = 2m + 2n → 2m + 2n | FnFm −1 − 1.
Ví dụ 2.2. Cho k ∈ Z+ . Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3k 2n − 1.
Lời giải. n lẻ không thỏa mãn vì 2n − 1 ≡ 1 ( mod3) .Nếun chẵn, đặt n = 2m có
v 3 (4m − 1 ) = v 3 ( m ) + 1 ≥ k −
→ v3 (m) ≥ k − 1, suy ra m = 3k−1 s, s ∈ N∗ .

Ví dụ 2.3. Cho a, n là 2 số nguyên dương,p là số nguyên tố sao cho pn | a p − 1. Chứng
minh rằng a ≡ 1 mod pn−1 .
Lời giải. Theo định lý Fermat ta cóa ≡ a p ≡ 1 ( mod p), do đóv p ( a − 1) = v p ( a p − 1) −
1 ≥ n−1 −
→ a ≡ 1 mod pn−1 .(đpcm).

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ví dụ 2.4. Tìm a để 4 ( an + 1) là lập phương của một số nguyên dương với mọi n ∈ Z+ .
Lời giải. Nếu a > 1 thì a2 + 1 không thể là lũy thừa của 2 (do a2 + 1 ≡ 1, 2 ( mod4)).
Chọn p là ước nguyên tố lẻ của a2 + 1. Lấyn = 2m, m lẻ và để ý rằng v p 4 a2 + 1 =
v p a2 + 1 + v p (m), nhưng v p (m) ≡ b ( mod3) , b tùy ý.
Suy ra, khi a > 1 thì 4 ( an + 1) không thể là số lập phương.
Với a = 1 thì 4 ( an + 1) = 8 = 23 thỏa mãn.
Ví dụ 2.5. Cho k ∈ Z, k > 1. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n sao
cho n| 1n + 2n + · · · + kn .
Lời giải. Nếu 1 + k không là lũy thừa của 2, chọn 1 số nguyên tố lẻp, p| 1 + k và lấy
n = pm . Khi đó, với mỗi j khơng chia hết chop, ta có: v p jn + (k + 1 − j)n = v p (k + 1) +
v p (n) ≥ m + 1. Cũng thế, nếu p| j(và bằng cách ấy p| k + 1 − j) thì n| pm | pn | jn do đó
tổng tron đề bài chia hết cho pm = n.
Nếu 1 + k là lũy thừa của 2, lấy một ước nguyên tố lẻ p của k và lặp lại lập luận trên
với k − 1 thay vìk.
Ví dụ 2.6. Cho p là một số nguyên tố, a vàn là các số nguyên dương. Chứng minh rằng
nếu 2 p + 3 p = an thì n = 1.
Lời giải. p = 2, dễ thấy a = 13, n = 1. Xét p > 2, ta có 2 p + 3 p ≡ 2 ( mod3) nên nó khơng
thể là số chính phương, mà v5 (2 p + 3 p ) = 1 + v5 ( p) ≤ 2 −
→ v5 ( a n ) = 1 −
→ n = 1.

Ví dụ 2.7 (VMO 1997). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều tồn tại k
nguyên dương để cho 2n | 19k − 97.
Lời giải. Chứng bằng bằng quy nạp. Với n = 1 chọn k = 1. Giả sử khẳng định trên đúng
đến n, tức có k để 2n | 19k − 97. Có 2 trường hợp:
Nếu v2 19k − 97

≥ n + 1 thì quy nạp hồn tất. Nếu v2 19k − 97 = n thì t = 2s

chẵn, ta có
v2 19t − 97 = v2 192s − 97 = v2 192 − 1 + v2 (s) = 3 + v2 (s).
n −2
Chọn t = 2n−2 thì v2 (s) = n − 3 nên v2 19t − 1 = n. Đặt 19k+2 − 19k = 2n x
n −2
và19k − 97 = 2n y vớix, y ∈ Z+ và x, y lẻ thì 19k+2 − 97 = 2n ( x + y) chia hết cho2n+1 .
Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm.
Ví dụ 2.8 (Chun KHTN 2015). Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thỏa
mãn 3n + 4n + 5n | 60n thìn ∈ {1, 2, 3}.
Lời giải. Đưa về phương trình nghiệm nguyên 3n + 4n + 5n = 2x .3y .5z (∗) với0 ≤ x ≤
2n, 0 ≤ y ≤ n, 0 ≤ z ≤ n.
Xét các trường hợp:
Nếu n lẻ thìv2 (3n + 5n ) = v2 (8) = 3 vàv5 (3n + 4n ) = 0 nênz = 0. Thử trực tiếpn =
1, n = 3 thỏa mãn nên chỉ xétn ≥ 5. Khi đóv2 (3n + 4n + 5n ) = 3vàx = 3.
5 n
4 n
Ta đưa về phương trình 3n + 4n + 5n = 8.3y ≤ 8.3n −
→
+
≤ 7. Điều này
3
3

4 n
5 n
khơng đúng, vì theo BĐT Bernoulli thì
+
> 7với mọi n ≥ 5.
3
3

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Nếu n chẵn thì n ≥ 2, ta cóv3 (4n + 5n ) = 0 vàv2 (3n + 5n ) = 1. Đưa (*) về 3n + 4n +
= 2.5z .
Nếu z = n thì 3n + 4n = 5n → n = 2. Nếuz ≤ n − 1 thì2.5z ≤ 2.5n−1 < VT, khơng
thỏa mãn. Tóm lại, n ∈ {1, 2, 3}.
5n

Ví dụ 2.9 (IMO 2019). Tìm các số nguyên dương k vàn sao cho k!
(2n − 1 ) (2n − 2 ) . . . 2n − 2n −1 .

=

Lời giải. Dễ thấy 2 cặp (n, k ) = (1, 1) hoặc (n, k ) = (2, 3) thỏa mãn.
n −1

Đặt A = ∏ 2n − 2i , và giả sử A = k!, k ≥ 4. Ta có v3 2t − 1

= 0 nếu t lẻ,

i =1

v3 2t − 1 = 1 + v3 (t) nếu t chẵn. Lại có: k > v2 (k!) = v2 ( A) = 1 + 2 + · · · + (n − 1) =
n ( n − 1)
k
n
n
3
;
≤ v3 (k!) = v3 ( A) =
+
+ · · · < n.
2
3
2
6
4
9
n ( n − 1)
11
Suy ra n > k >
−
→ n ≤ , Bằng cách thử trực tiếp ta thấy không tồn tại
4
2
2
cặp (n, k ) với n, k ∈ N, k ≥ 3 thỏa mãn. Tóm lại, có 2 cặp (n; k ) thỏa mãn như trên.

3

Bài tập tương tự

Bài 3.1. Tìm tất cả các số nguyên dương n để tồn tại các số nguyên dương x, y vàk thỏa
mãn gcd ( x, y) = 1, k > 1 và3k = x k + yk .
Bài 3.2 (Romania 2005). Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình3x =
2x y + 1.
Bài 3.3. Giả sử a và b là các số thực dương sao cho a − b, a2 − b2 , a3 − b3 , . . . là các số
nguyên dương. Chứng minh rằng a và b là các số nguyên dương.
Bài 3.4 (Romania TST 2015). Cho trước số nguyên dương k ≥ 2, khi n là số nguyên
dương thay đổi không nhỏ hơn k, trong tập {n − k + 1, . . . , n} có nhiều nhất bao nhiêu
ước nguyên dương của Cnk ?
Bài 3.5 (Baltic Way 2015). Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn v2 nn−1 − 1 = 2015.
Bài 3.6 (Bosnia and Herzegovina TST 2015). Chứng minh rằng tồn tại vô hạn hợp số n
thỏa mãn n|3n−1 − 2n−1 .
Bài 3.7 (Japan 2015). Tìm các số nguyên dương n thỏa mãn

10n
là số nguyên.
n3 + n2 + n + 1

Bài 3.8 (Vietnam TST 2016). Tìm các số nguyên dương a, n với a > 2 thỏa mãn mỗi ước
2016
nguyên tố của an − 1 cũng là ước nguyên tố của a3 − 1.
Bài 3.9 (China TST 2009). Cho n là một số nguyên dương và cho a > b > 1 là các số
3n
nguyên sao cho b lẻ và bn | an − 1. Chứng minh ab > .
n
Bài 3.10 (MEMO 2015). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( a, b) thỏa mãna! + b! =
ab + b a

6


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Tài liệu
[1] Amir Hossein Parvardi: Lifting The Exponent Lemma.
[2] Gabriel Dospinescu, and Oleg Mushkarov. Publisher: XYZ Press: Number Theory:
Concepts and Problems
[3] />[4] Andreescu, Titu, Andrica, Dorin, Feng, Zuming:104 Number Theory Problems:
From the Training of the USA IMO Team
[5] />
7