Bài 65: Chứng minh rằng: $\forall n \in \mathbb{Z}^+$, $n! \mid \prod_{k=0}^{n-1}\left ( 2^n-2^k \right )$
Lời giải :
Gọi $p$ là một số nguyên tố không vượt quá $n$. Nếu $p=2$ :
$$v_2\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )=2^{1+2+...+n}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}$$
$$v_2(n!)=\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \left \lfloor \dfrac{n}{2^i} \right \rfloor\leq n\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \dfrac{1}{2^i}<n$$.
Dễ thấy
$$v_2\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq v_2(n!)$$
Trường hợp này được giải quyết.
Trường hợp $p>2$. Ta có :
$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )=v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}}(2^k-1) \right )=\underset{k=0}{\overset{n}{\sum}} v_p(2^k-1)\geq \underset{1\leq k(p-1)\leq n}{\sum} v_p(2^{k(p-1)}-1)$$
Theo định lí Fermat nhỏ thì :
$$v_p(2^{k(p-1)}-1)\geq 1$$
Suy ra :
$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq M$$
Trong đó $M$ là số bội số của $p-1$ thuộc đoạn $\left [ 1,n \right ]$. Dễ tính được $M=\left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$
Như vậy :
$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq \left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$$
Hơn nữa cũng có :
$$v_p(n!)=\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor\leq n\underset{i=0}{\overset{\infty }{\sum}} \dfrac{1}{p^i}=\dfrac{n}{p-1}\Rightarrow v_p(n!)\leq \left \lfloor \dfrac{n}{p-1} \right \rfloor$$
Như vậy ta được :
$$v_p\left ( \underset{k=0}{\overset{n}{\prod}} (2^n-2^k)\right )\geq v_p(n!)$$
Bài toán hoàn toàn được giải quyết.
Bài 66 : Tìm các số nguyên dương $x,y$ thỏa mãn hệ thức :
$$x^y+2012=y^{\sqrt[y]{x^y+y^x}+1}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 18-06-2014 - 20:05