thử hệ pt html

Bài 1. Cho $n$ là số tự nhiên. Đặt $Q(n)=\prod\limits_{k=1}^{n-1} k^{2 k-n+1}$. Chứng minh rằng nếu $n$ là số nguyên tố thì $Q(n)$ là số nguyên.

Lời giải

Trước hết, ta chứng minh đẳng thức sau với mọi $n$ nguyên dương \[\prod_{k=1}^{n-1} k !=\prod_{k=1}^{n-1}(n-k) !=\prod_{k=1}^{n-1} k^{n-k}. \tag{1}\] Đẳng thức thứ nhất nhận được khi thay $k$ bởi $(n-k),$ vì ta có hai tích gồm các thừa số như nhau với thứ tự đảo ngược. Để chứng minh đẳng thức thứ hai, ta thấy: $$\prod_{k=1}^{n-1} k !=(1) \cdot(1.2) \cdot(1\cdot 2\cdot 3) \ldots(1\cdot2 \ldots n-1).$$ Như vậy:

• số 2 xuất hiện $n-2$ lần,
• số 3 xuất hiện $n-3$ lần,
• ...
• số $(n-1)$ xuất hiện 1 lần.

Từ đó suy ra đẳng thức. Vậy: $$\begin{aligned} Q(n) &=\prod\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{k^{n-1}}{k^{2 n-2 k}}=\dfrac{\left(\prod\limits_{k=1}^{n-1}k\right)^{n-1}}{\left(\prod\limits_{k=1}^{n-1} k^{n-k}\right)^2} \\ &=\dfrac{[(n-1) !]^{n-1}}{\prod\limits_{k=1}^{n-1}[k !(n-k) !]}=\prod\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{C_n^k}{n}\end{aligned}.$$ Khi $n$ là số nguyên tố thì $n \mid C_n^k$ nên $Q(n)$ là số nguyên. %Bài 7

Bài 2. Cho $n$ là số tự nhiên. Tìm ước chung lớn nhất của các số $C_{2n}^1, C_{2n}^3, \ldots, C_{2 n}^{2 n-1}$.

Lời giải

Theo tính chất của các số nhị thức, ta có $$C_{2n}^1+C_{2n}^3+\cdots+C_{2 n}^{2 n-1}=2^{2 n-1}.$$ Như vậy, ước chung của các số $C_{2 n}^1, C_{2n}^3, \ldots, C_{2 n}^{2 n-1}$ có dạng $2^{p}$. Ta cần tìm số $p$ lớn nhất có thể. Giả sử $n=2^{k} q,$ trong đó $q$ là số lẻ. Ta có $C_{2 n}^1=2^{k+1} q$ nên ước chung của các số đang xét nhỏ hơn hoặc bằng $2^{k+1}$. Ta chứng minh ước chung đó chính là $2^{k+1}$. Ta có: \[C_{2^{k+1} q}^{p}=\dfrac{2^{k+1} q}{p} C_{2^{k+1} q-1}^{p-1}.\tag{1}\] Vì các số nhị thức là nguyên, và $p$ là số lẻ nên từ (1) suy ra rằng $C_{2^{k+1} q}^{p}$ chia hết cho $2^{k+1}$, tức là \\$C_{2^{k+1} q}^{p}=2^{k+1} M_p$, $M_p$ nguyên, $p=1,3, \ldots, 2 n-1$.\\ Vậy $2^{k+1}$ là ước chung của các số đang xét, và là ước chung lớn nhất. %Bài 8

Bài 3. Cho $n$ là số tự nhiên, $n \geq 3$. Tìm số tự nhiên $k$ nhỏ nhất có tính chất sau: với mọi bộ $n$ số tự nhiên $d_1, \ldots, d_n$ nguyên tố cùng nhau sao cho tổng $d_1+\cdots+d_n$ chia hết cho mọi $d_i$ ($1 \leq i \leq n$), ta có $\left(d_1+\cdots+d_n\right)^k$ chia hết cho tích $d_1 \ldots d_n$

Lời giải

Giả sử $p$ là số nguyên tố, $p$ là ước của tích $d_1\ldots d_n.$ Gọi $s$ là số lớn nhất sao cho tồn tại $j$, $1 \leq j \leq n$, để $d_j$ chia hết cho $p^{s}$. Vì $\left(d_1+\cdots+d_n\right)$ chia hết cho $d_j$ nên $\left(d_1+\cdots+d_n\right) \,\vdots\, p^{s}.$ Từ đó suy ra $\left(d_1+\cdots+d_n\right)^{n-2} \,\vdots\, p^{s(n-2)}$. Vì $d_1, \ldots, d_n$ không có ước chung khác 1 nên phải tồn tại $d_1$ nào đó không chia hết cho $p.$ Mặt khác, do tổng của các $d_i$ chia hết cho $p$ nên ngoài $d_1$ phải có ít nhất một $d_k$ khác cũng không chia hết cho $p$. Như vậy, lũy thừa cao nhất của $p$ chia hết tích $d_1 \ldots d_n$ không vượt quá $s(n-2).$ Vì $p$ được chọn là một ước nguyên tố tùy ý của tích nên ta có $\left(d_1+\cdots+d_n\right)^{n-2} \,\vdots\, d_1 \ldots d_n$. Như vậy, số $k$ nhỏ nhất cần tìm thỏa mãn $k \leq n-2$. Ta chứng tỏ $k=n-2,$ tức là nếu $\dot{k} \leq n-3$ thì tồn tại $d_1, \ldots, d_n$ thỏa mãn giả thiết bài toán sao cho $\left(d_1+\cdots+d_n\right)^{n-3}$ không chia hết cho tích $\dot{d}_{1} \ldots d_n$. Ta lấy $d_1=1, d_2=n-1, d_i=n$ với $3 \leq i \leq n$. Khi đó $\left(d_1+\cdots+d_n\right)=n(n-1) \,\vdots\, d_i$ với mọi $1 \leq i \leq n$. Mặt khác $$d_1 \ldots d_n=(n-1) n^{n-2}.$$ Do $(n, n-1)=1$ nên lũy thừa bé hơn $(n-2)$ của tổng $\left(d_1+\cdots+d_n\right)$ không thể chia hết cho tích $d_1 \ldots d_n$. %Bài 9

Bài 4. Cho $n$ là số tự nhiên, $p$ là số nguyên tố, $n \geq p$. Chứng minh rằng $C_n^p \equiv\left[\dfrac{n}{p}\right](\bmod p)$ trong đó $[x]$ là kí hiệu phần nguyên của số $x$.

Lời giải

Xét dãy $n, n-1, \ldots, n-p+1.$ Dãy gồm $p$ số tự nhiên liên tiếp nên có đúng một số của dãy chia hết cho $p$, giả sử số đó là $N$. Ta çó $\dfrac{N}{p}=\left[\dfrac{n}{p}\right]$. Loại số $N$ ra khỏi dãy và xét đồng dư môdulô $p,$ ta được dãy $1,2, \ldots$ $(p-1)(\bmod p)$ (xếp theo thứ tự nào đó). Gọi $Q$ là tích các số của dãy (sau khi loại bỏ $N$ ). Ta có: $$Q=\dfrac{n(n-1) \ldots(n-p+1)}{N} \equiv(p-1) !(\bmod p)$$ Suy ra \[\begin{array}{l}N Q \equiv(p-1) ! N(\bmod p N) \\ \dfrac{Q N}{p} \equiv(p-1) ! \dfrac{N}{p} \quad(\bmod p).\end{array}\tag{1}\] Vì $(p,(p-1) !)=1$ nên ta được \[\dfrac{N Q}{p !} \equiv \dfrac{N}{p}(\bmod p).\tag{2}\] Vậy $C_n^p \equiv\left[\dfrac{n}{p}\right](\bmod p)$. %Bài 10

Bài 5. Giả sử $n, b$ là các số tự nhiên, đồng thời $n \geq 5$, $2 \leq b \leq n$. Chứng minh rằng $\left[\dfrac{(n-1) !}{b}\right]$ chia hết cho $(b-1),$ trong đó $[x]$ là kí hiệu phần nguyên của số $x$.

Lời giải

Ta xét 4 trường hợp sau đây:

1. $b < n$
2. $b=n$ là một hợp số, nhưng không là bình phương của một số nguyên tố.
3. $b=n=p^2$ với $p$ là số nguyên tố nào đó.
4. $b=n=p$, trong đó $p$ là số nguyên tố.

1. $b < n$. Ta có: $(n-1) ! \,\vdots\, b(b-1)$, nên $\dfrac{(n-1) !}{b}$ là số nguyên chia hết cho $(b-1)$.
2. $b=n=r s$ với $1 < r < s < n$. Do $(n, n-1)=1$ nên $s < (n-1)$. Suy ra $$(n-1)! \,\vdots\, r s(n-1)=b(b-1)$$ ta trở lại như trong trường hợp 1.
3. $b=n=p^2, p$ là số nguyên tố. Do $n=p^2 \geq 5$ nên suy ra $1 < p < 2 p < p^2-1=n-1.$ Vậy $(n-1) ! \,\vdots\, p(2 p)(n-1)=2 b(b-1)$ và ta trở về trường hợp 1.
4. $b=n=p$ nguyên tố. Theo Định lí Wilson, $$\begin{aligned} (p-1) !+1 \,\vdots\, p \Rightarrow\left[\dfrac{(p-1) !}{p}\right] &=\left[\dfrac{(p-1) !+1}{p}-\dfrac{1}{p}\right] \\ &=\dfrac{(p-1) !+1}{p}-1 \\ &=\dfrac{(p-1) !-(p-1)}{p}. \end{aligned}$$ Rõ ràng $(p-1)$ là ước của tử số, và do $p, p-1$ nguyên tố cùng nhau nên $(p-1)$ là ước của thương đang xét.