Chủ đề này có 2 trả lời

[Minhnguyenthe333]

Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng $\forall m\in \mathbb{Z}$ luôn tồn tại đa thức $Q(x)$ với hệ số nguyên sao cho $p^m$ là ước lớn nhất của các số $a_n=(p+1)^n+Q(n)$ với $n=1,2,..$

[I Love MC]

Bổ đề : Cho $m \in \mathbb{N^*}$ thì với mọi $a$ là số tự nhiên và $k<m$ thì luôn tồn tại $b_kp^m+p^k$ là bội của $k!$ 
Chứng minh bổ đề : Giả sử $k!=p^{\alpha_k}m_k,\alpha$ là số tự nhiên và $(m_k,p)=1$ 
Suy ra $\{ep^{m-k},e=0,1,2,..,m_k-1\}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $m_k$ 
$\Rightarrow$ tồn tại $b_k$ sao cho $m_k|b_kp^{m-k}+1 \Rightarrow p^km_k|(b_kp^m+p^k)$ 
Mặt khác ta có $\alpha_k=\sum_{i=1}^{+\infty} [\frac{k}{p_i}] \le \sum_{i=1}^{+\infty} \frac{k}{p_i}=k[-1+\sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{p^i}] (1)$ 
(1) $\Leftrightarrow \alpha_k \le \frac{k}{p-1} \le k$ 
Vậy $ p^{\alpha_k}m_k|(b_kp^m+p^k)$ và bổ đề được chứng minh.
Quay về bài toán : 
Đặt $f_i(x)=\frac{x(x-1)...(x-i+1)}{i!}$ suy ra nếu $n \ge i$ thì $f_i(x)=C_n^i$ và nếu $0 \le n<i$ thì $f_i(x)=0$ 
Đặt $R(x)=-\sum_{i=0}^{m-1} f_i(x)(b_i.p^m+p_i)$ lúc đó $R(x)$ là đa thức hệ số nguyên 
Ta có $u_n=(p+1)^n+R(n)$
$u_n=\sum_{i=1}^nC_n^ip^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)(b_ip^m+p^i) \equiv [\sum_{i=1}^nC_n^ip^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)p_i] \pmod{p^m}$ 
Hay $u_n \equiv  [\sum_{i=1}^{+\infty} f_i(n)p^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)p_i] \equiv \sum_{i=m}^{+\infty} f_i(n)p^i \pmod{p^m} \equiv 0 \pmod{p^m}$ 
Đặt $u_1=(p+1)^n+R(1)=p^me,e$ là số nguyên 
Xét đa thức $Q(x)=R(x)+p^m(1-e)$ ta sẽ chứng minh $Q$ thỏa mãn 
Ta sẽ kiểm tra : $a_n=(p+1)^n+Q(n)=(p+1)^n+R(n)+p^m(1-e)=u_n+p^m(1-e) ,\forall n=1,2,..$ 
Mà $a_1=u_1+p^m(1-e)=p^m$ . 
Vậy ta có điều phải chứng minh 
 

[that bai]

Bổ đề : Cho $m \in \mathbb{N^*}$ thì với mọi $a$ là số tự nhiên và $k<m$ thì luôn tồn tại $b_kp^m+p^k$ là bội của $k!$ 
Chứng minh bổ đề : Giả sử $k!=p^{\alpha_k}m_k,\alpha$ là số tự nhiên và $(m_k,p)=1$ 
Suy ra $\{ep^{m-k},e=0,1,2,..,m_k-1\}$ lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod $m_k$ 
$\Rightarrow$ tồn tại $b_k$ sao cho $m_k|b_kp^{m-k}+1 \Rightarrow p^km_k|(b_kp^m+p^k)$ 
Mặt khác ta có $\alpha_k=\sum_{i=1}^{+\infty} [\frac{k}{p_i}] \le \sum_{i=1}^{+\infty} \frac{k}{p_i}=k[-1+\sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{p^i}] (1)$ 
(1) $\Leftrightarrow \alpha_k \le \frac{k}{p-1} \le k$ 
Vậy $ p^{\alpha_k}m_k|(b_kp^m+p^k)$ và bổ đề được chứng minh.
Quay về bài toán : 
Đặt $f_i(x)=\frac{x(x-1)...(x-i+1)}{i!}$ suy ra nếu $n \ge i$ thì $f_i(x)=C_n^i$ và nếu $0 \le n<i$ thì $f_i(x)=0$ 
Đặt $R(x)=-\sum_{i=0}^{m-1} f_i(x)(b_i.p^m+p_i)$ lúc đó $R(x)$ là đa thức hệ số nguyên 
Ta có $u_n=(p+1)^n+R(n)$
$u_n=\sum_{i=1}^nC_n^ip^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)(b_ip^m+p^i) \equiv [\sum_{i=1}^nC_n^ip^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)p_i] \pmod{p^m}$ 
Hay $u_n \equiv  [\sum_{i=1}^{+\infty} f_i(n)p^i-\sum_{i=0}^{m-1}f_i(n)p_i] \equiv \sum_{i=m}^{+\infty} f_i(n)p^i \pmod{p^m} \equiv 0 \pmod{p^m}$ 
Đặt $u_1=(p+1)^n+R(1)=p^me,e$ là số nguyên 
Xét đa thức $Q(x)=R(x)+p^m(1-e)$ ta sẽ chứng minh $Q$ thỏa mãn 
Ta sẽ kiểm tra : $a_n=(p+1)^n+Q(n)=(p+1)^n+R(n)+p^m(1-e)=u_n+p^m(1-e) ,\forall n=1,2,..$ 
Mà $a_1=u_1+p^m(1-e)=p^m$ . 
Vậy ta có điều phải chứng minh 
 

bạn có thể giải cách khác dễ hiểu được không