Chủ đề này có 2 trả lời

[Baoriven]

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$.Chứng minh rằng:

Tồn tại không quá $n$ số nguyên dương $m\geq n$ sao cho: $p^{m-n}|m!$

 

[wanderboy]

Giả sử có n+1 số $m \geq n \rightarrow$ tồn tại $m \geq 2n+k (k \geq 0)$

Gọi tích các số không chia hết cho p và $\geq m$ là s thì $gcd(p^{m-n},s)=1$ ( dễ cm )

Vậy ta có $p^{m-n=n+k}|p.2p.3p...\left \lfloor \frac{2n+k}{p} \right \rfloor$

Lại làm tương tự cuối cùng ta có : $\left \lfloor \frac{2n+k}{p} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2n+k}{p^2} \right \rfloor+...+\left \lfloor \frac{2n+k}{p^{n+k}} \right \rfloor \geq (2n+k)(\frac{1}{p-1}-\frac{1}{p^{n+k+1}(p-1)})-(n+k) \geq n+k \rightarrow$ dpcm (nếu 2n+k $\geq p ^{n+k}$ thì suy ra dpcm )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wanderboy: 31-10-2016 - 10:18

[Baoriven]

Một lời giải khác.

Gọi $v_p(a)$ là số mũ lớn nhất mà $p^{v_p(a)}|a$.

Ta có: $p^{m-n}|m!\Leftrightarrow v_p(m!)\geq m-n(1)$.

$v_p(m!)=\sum_{i=1}^{\infty}[\frac{m}{p^i}](2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: 

$\sum_{i=1}^{\infty}[\frac{m}{p^i}]\geq m-n$

Mà: $\sum_{i=1}^{\infty}[\frac{m}{p^i}]\leq \sum_{i=1}^{\infty}\frac{m}{p^i}$.

Nên: $n\geq m-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{m}{p^i}=m.\frac{p-2}{p-1}$.

Suy ra: $n\leq m\leq \frac{p-1}{p-2}.n< 2n$.

Ta có: đpcm.