Number Theory

Bài toán : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ thì :

$$n!\mid \underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)$$

Lời giải :

Gọi $p$ là một số nguyên tố không vượt quá $n$. Nếu $p=2$ :

$$v_2\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)=2^{1+2+...+n}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}$$

$v_2(n!)$$=\underset{i=0}{\sum ^{\infty }}\lfloor \frac{n}{2^i}\rfloor$$\le n\underset{i=0}{\sum ^{\infty }}\frac{1}{2^i}$$<n$

Dễ thấy

$$v_2\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)\ge v_2(n!)$$

Trường hợp này được giải quyết.

Trường hợp $p>2$. Ta có :

$v_p\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)$$=v_p\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^k-1)\right)$$=\underset{k=0}{\sum ^n}{v}_p(2^k-1)$$\ge \sum _{1\le k(p-1)\le n}{v}_p(2^{k(p-1)}-1)$

Theo định lí Fermat nhỏ thì :

$$v_p(2^{k(p-1)}-1)\ge 1$$

Suy ra :

$$v_p\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)\ge M$$

Trong đó $M$ là số bội số của $p-1$ thuộc đoạn $\left[1,n\right]$. Dễ tính được $M=\lfloor \frac{n}{p-1}\rfloor$

Như vậy :

$v_p\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)$$\ge \lfloor \frac{n}{p-1}\rfloor$

Hơn nữa cũng có :

$v_p(n!)$$=\underset{i=0}{\sum ^{\infty }}\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor$$\le n\underset{i=0}{\sum ^{\infty }}\frac{1}{p^i}$$=\frac{n}{p-1}$$\Rightarrow v_p(n!)$$\le \lfloor \frac{n}{p-1}\rfloor$

Như vậy ta được :

$$v_p\left(\underset{k=0}{\prod ^n}(2^n-2^k)\right)\ge v_p(n!)$$

Bài toán hoàn toàn được giải quyết.