اگر $n$ عددی طبیعی و $p$ عددی اول باشد، بزرگترین توان حسابی از $p$ که $n$ را بشمارد با نماد $||n||_p$ یا $ \ \upsilon _p(n)$ نشان میدهیم. به عبارت دیگر:
$$ \upsilon_p(n)=||n||_p:= \alpha \Leftrightarrow p^ \alpha |n, \neg (p^{\alpha +1}|n)$$
واضح است که $\upsilon_p(n)$ عددی حسابی است یعنی: $\upsilon_p(n) \in W$.
مثال:
$$\upsilon_3(24)=1,\upsilon_2(24)=3,\upsilon_5(24)=0,\upsilon_{43}(100)=0,\upsilon_5(100)=2$$
نتایج ساده و نه بدیهی:
1) همواره داریم:
$$\upsilon_p(nm)=\upsilon_p(n).\upsilon_p(m)$$
2) اگر $(p,n)=1$ و $p|(x-y)$ و $(p,x)=(p,y)=1$ آنگاه داریم:
$$\upsilon_p(x^n-y^n)=\upsilon_p(x-y)$$
بعلاوه اگر $n$ نیز فرد باشد آنگاه:
$$\upsilon_p(x^n+y^n)=\upsilon_p(x+y)$$
3) اگر $p \neq 2$ و $p|(x-y)$ و $(p,x)=(p,y)=1$ آنگاه داریم:
$$\upsilon_p(x^n-y^n)=\upsilon_p(x-y)+\upsilon_p(n)$$
بعلاوه اگر $n$ نیز فرد باشد آنگاه:
$$\upsilon_p(x^n+y^n)=\upsilon_p(x+y)+\upsilon_p(n)$$
(2 حالت خاصی از 3 است. اثبات 1 به کمک خواص بخش پذیری به راحتی تحقیق میشود.برای اثبات 2 از تجزیه $x^n-y^n$ و $x^n+y^n$ و خواص همنهشتی استفاده میشود. برای اثبات 3 یا $(n,p)=1$ که به حالت 2 بر می گردد یا $n=p^ab$ که $(p,b)=1$ که باز هم به حالت 2 بر می گردد. بعد از استدلال دلیل $p \neq 2$ را بیابید)
4) اگر $y,x$ هر دو فرد باشند و $4|(x-y)$ آنگاه داریم:
$$\upsilon_2(x^n-y^n)=\upsilon_2(x-y)+\upsilon_2(n)$$
5) اگر $y,x$ هر دو فرد باشند و $2|(x-y)$ و $2|n$ آنگاه داریم:
$$\upsilon_2(x^n-y^n)=\upsilon_2(x-y)+\upsilon_2(x+y)+\upsilon_2(n)-1$$
( حالت $\upsilon_2(x^n+y^n)$ را حدس بزنید.)
6) قضیه ( فرمول ) لاگرانژ:
$$\upsilon _p(n!)=\sum_{k=1}^ \infty[ \frac{n}{p^k}]$$
( $[]$ تابع کف ( جزء صحیح ) است. سری فوق همگراست زیرا بعد از چند مرحله جملات همگی صفرند به عبارتی دیگر اگر $p|n$ عددی طبیعی یکتا مانند $s$ هست که $p^s \leq n<p^{s+1}$ و لذا $\upsilon _p(n!)=\sum_{k=1}^ s[ \frac{n}{p^k}]$)
7) قضیه کومر $(Kummer's theorem)$: اگر $k,n$ اعدادی حسابی باشند و $0 \leq k \leq n$ آنگاه:
$$v_p(\binom{n}{k})= \frac{S_p(k)+S_p(n-k)-S_p(n)}{p-1}$$
که در آن $S_p(n)$ مجموع ارقام عدد $n$ در مبنای $p$ است یعنی اگر:
$n=(\overline{n_0n_1...n_m})_p=n_0+n_1p+...n_mp^m$
آنگاه:
$$S_p(n)=n_0+n_1+...n_m$$.
و در حالت کلیتر اگر $n,n_1,...n_m$ اعدادی حسابی باشند و $n=n_1+n_2+...n_m$ آنگاه:
$$ \upsilon _p( \binom{n}{n_1,n_2,...,n_m})= \frac{ \sum_{i=1}^mS_p(n_i)-S_p(n)}{p-1}$$
به کمک این تعریف و نتایج ساده و مهم می توان به سادگی مسائل زیر را حل کرد:
1) (مسابقه یونسکو $1995$) اگر $n$ و $a$ اعدادی طبیعی و $p$ عدد اول فردی باشد که $a^p \equiv 1(modp^n)$ آنگاه
$$a\equiv 1(modp^{n-1})$$
2)ء ( 1991$SL$) مطلوبست محاسبه بزرگترین عدد صحیح غیرمنفی $n$ بطوریکه:
$$1991^n|1990^{1991^{1992}}+1992^{1991^{1990}}$$
3) (چک-اسلواکی 1991) اگر $p$ عدد اول و فردی باشد معادله زیز را در اعداد طبیعی حل کنید:
$$p^x-y^p=1$$
4) (روسی0 1996) همه اعداد طبیعی $n$ را بیابید که برای آن اعداد صحیح و نسبت به هم اول $x$ و $y$ و عددطبیعی بزرگتر از $1$ مانند $k$ موجود باشند که:
$$3^n=x^k+y^k$$
5) (ایرلند 1996) $n$ و $a$ اعدادی طبیعی و $p$ عدد اول باشد و $2^p+3^p=a^n$ نشان دهید که $n=1$.
6) با فرض اول بودن $p$ معادله زیر را در اعداد طبیعی حل کنید:
$$a^p-1=p^n$$
7) ( المپیاد ایران) اگر $k>1$ عددی طبیعی باشد نشان دهید بینهایت عدد مانند $n$ وجود دارد که:
$$n|1^n+2^n+...+k^n$$
$\Box$
