Lemat o zwiększaniu wykładnika p-adycznego

Lemat o zwiększaniu wykładnika p-adycznego

Bartłomiej BZDĘGA

W poprzednim kąciku omówiłem wykładnik p-adyczny νp(n) i jego podstawowe

24

W skazó wkido

zadań

1.

Dziękio dpo wiednimcec hom

po dzielności p= dla

3wystarczy

rozważyć np od zielne prz ez3 ,a dla

p=

11–

rozważyć nparzyste.

n= Dla 3

skorzystać zró

wności

.. 111 .1

n =(10

n −1 )/9 ,a p= dla 11

n= i 2mz równości

.. 111 .1

=(100

−1 m

)/9 m

.

2.

(a) Dlatakic nzac h hodzi nierówność

2 ν

n (3

>n −1) .W artość

2 ν

n (3

−1)

możnawyznaczyć dokładnie,

wzależności od

parzystości n.

Skorzystać znieró

wności

2 ν 6log (n) n, 2

aby wykazać,że

n6 4.

(b) nparzyst Dla ych

n 3

n +7

≡±

2

(mod 5).

nnieparzyst Dla ych

skorzystać zlematu

ww ersji

zdo daw aniemi postęp ow ać

po dobniejak wp odpunk cie(a).

3.

Jeśli p6=

2,7 ν ,to (3 7

+4 p

)= p

1.

4.

Niech p|

a+

p- bi a,b .W przypadku

p=

2mam ν y (a 2

+ 2 2 b )=

1, natomiast

p> dla 2mam ν y (a p

+ 2 2 b )=

0.

5.

Możnawziąć dow olny dzielnik

pierwszyliczb n− y 1i stwierdzić, że

ν (n p 1 n−

n− −1 ) 1

>1 .

6.

Jeśli ai bma jąwsp ólny dzielnik

pierwszy p, p to

|a 2

+ a+b a+b b .

Wprzeciwn ymrazie

istniejeliczba

pierwsza psp ełniająca warunki p|

a+

b

p- i a,b .W ystarczysk

orzystaćz lematu

ww ersjiz doda waniem, rozumując

po dobnie jakw poprzednim zadaniu.

7.

Niech pb ędziedo woln ymdzielnikiem

pierwszymliczb k. y Jeśliliczba zzadania

jestcałk owita, to

n p

|(

ak+

n 1)

−(

bk+

n 1) imożna

skorzystać zlematu,

bo

p|

(ak+

(bk+ 1)−

1)oraz . +1 1,bk ak+ p-

8.

Uzasadnić,że a> dla 1liczba

2 a +1

madzielnik pierwszy

p>

2i dla

odp owiednio dobranegonieparzystego

m

liczba ν

a2m p

−1 2

niedzieli sięprzez 3.

9.

Niech NWD( d=

m,n ).

Stosując

własnościk ongruencji,uzasadnić,

żezbiór

tyc hcał ko wityc k> h 0, dlaktóryc h

p|

k a

k −b ,jest postaci {r, 2r, 3r, ..

.}

.

Stądjeśli p|

n a

n −b p| i

m a

m −b ,to

p|

d a

d −b .Liczb n/di y m/dsą

względniepierwsze, więcnie

mogąobie

dzielićsię przez p.

W ywniosk ow aćz tego,

ν że (a p

−b d

)= d

ν (a p

−b n

)lub n

ν (a p

−b d

)= d

ν (a p

−b m

). m

W yk orzystać

własność(6) zp oprzedniegokącika.

własności – zachęcam Czytelnika, aby się z nimi zapoznał przed przystąpieniem do lektury.

Weźmy dwie liczby całkowite a i b. Niech p > 2 będzie liczbą pierwszą oraz p - a, b, ale p | a − b. Możemy wówczas zapisać a = b + kp dla pewnego całkowitego k.

Zachodzi równość

a^p− b^p= (b + kp)^p− b^p=p 1



b^p−1kp+p 2



b^p−2k²p²+ . . . +p p

 k^pp^p. Zauważmy, że νp p

1
b^p−1kp
= νp(kp) + 1 = νp(a − b) + 1, natomiast pozostałe składniki ostatniej sumy mają większe wykładniki p-adyczne. Na mocy własności (2⁰) z poprzedniego kącika wynika z tego, że νp(a^p− b^p) = νp(a − b) + 1.

Niech teraz p = 2. Interesują nas liczby nieparzyste a i b. Zachodzi równość

ν2(a²+ b²) = ν2(a − b) + ν2(a + b), ale równość ν2(a + b) = 1 ma miejsce tylko wtedy, gdy 4 | a − b.

Trzymając się wciąż powyższych założeń, wybierzmy liczbę naturalną m, która nie jest podzielna przez p. Wtedy

a^m− b^m

a − b = a^m−1+ a^m−2b+ . . . + ab^m−2+ b^m−1≡ ma^m−16≡0 (mod p), więc w tym przypadku νp(a^m− b^m) = νp(a − b).

Stosując indukcję oraz powyższe rozważania, wykazujemy tytułowy lemat.

Lemat o zwiększaniu wykładnika p-adycznego (wersja z odejmowaniem).Niech a i b będą całkowite, n – naturalne, p > 2 – pierwsze. Wówczas:

(1) jeśli p - a, b oraz p | a − b, to νp(aⁿ− bⁿ) = νp(a − b) + νp(n);

(2) dla nieparzystych a i b:

(a) jeśli 4 | a − b, to ν2(aⁿ− bⁿ) = ν2(a − b) + ν2(n);

(b) ν2(aⁿ− bⁿ) = ν2(a − b) dla n nieparzystych;

(c) ν2(aⁿ− bⁿ) = ν2(a²− b²) + ν2(n) − 1 dla n parzystych.

Dla nieparzystego n zachodzi równość aⁿ− bⁿ= aⁿ+ (−b)ⁿ. Pisząc −b zamiast b, otrzymamy analogiczny lemat dla dodawania.

Lemat o zwiększaniu wykładnika p-adycznego (wersja z dodawaniem).Niech a i b będą całkowite, n – naturalne nieparzyste, p – pierwsze. Jeśli p - a, b oraz p | a + b, to νp(aⁿ+ bⁿ) = νp(a + b) + νp(n).

W zadaniach dość powszechne jest stosowanie nierówności νp(n) 6 logpn, która być może jest oczywista, ale warto tu o niej wspomnieć.

Zadania

1. W zależności od n wyznaczyć ν3111 . . . 1

| {z }

n

 i ν11 111 . . . 1

| {z }

n

.

2. Wyznaczyć wszystkie liczby naturalne n, dla których zachodzi podzielność:

(a) 2ⁿ|3ⁿ−1, (b) 5ⁿ|3ⁿ+ 7ⁿ.

3. Wyznaczyć wszystkie liczby pierwsze p, dla których 3^p+ 4^pjest potęgą liczby naturalnej o wykładniku naturalnym większym niż 1.

4. Wyjaśnić, dlaczego nie istnieje lemat o zwiększaniu wykładnika p-adycznego w wersji z dodawaniem dla n parzystych.

5. Udowodnić, że dla naturalnych n > 2 liczba nⁿ⁻¹−1 jest podzielna przez kwadrat pewnej liczby pierwszej.

6. Liczby całkowite dodatnie a i b są różnej parzystości. Wykazać, że liczba a^a+b+ b^a+b jest podzielna przez kwadrat pewnej liczby pierwszej.

7. Niech a i b będą różnymi liczbami całkowitymi oraz niech k > 1 będzie liczbą naturalną. Wykazać, że liczba a +_k¹
n

− b+_k¹
n

jest całkowita tylko dla skończenie wielu naturalnych n.

8. Ustalmy nieparzyste a > 0. Dla każdego naturalnego n liczba ^an₂⁺¹ jest sześcianem liczby naturalnej. Wykazać, że a = 1.

9. Liczby a i b są całkowite i względnie pierwsze, a liczby m, n > 1 są naturalne.

Dowieść, że

NWD aⁿ− bⁿ, a^m− b^m
= a^NWD(n,m)− b^NWD(n,m), bez korzystania z algorytmu Euklidesa.

25