Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Nếu $2^{i}-1\vdots n$ với $i$ nào đó thuộc $\{1;2;...;n-1\}$ hiển nhiên bài toán được hoàn tất.
Xét trường hợp ngược lại, $2^{i}-1\not \vdots n$ với $i=\overline{1;n-1}$
Ta sẽ chứng minh $\{2^{i}-1 | i=\overline{1;n}\}$ là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod $n$.
Thật vậy nếu tồn tại $a,b\in \{1;2;...;n\},a<b$ để $2^{a}-1\equiv 2^{b}-1 \pmod{n}$ suy ra $2^{b}.(2^{a-b}-1)\vdots n$. Nhưng $2^{b}.(2^{a-b}-1)\not \vdots n$ (Vì nếu $2^{b}.(2^{a-b}-1) \vdots n$ mà $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots 2^{b}.(2^{a-b}-1)\vdots n$ sẽ suy ra đpcm).
Vậy $2^{a}-1\not \equiv 2^{b}-1 \pmod{n}$ với $a,b\in \{1;2;...;n\},a<b$. Hay $\{2^{i}-1 | i=\overline{1;n}\}$ là 1 hệ thặng dư đầy đủ mod $n$ nhưng $2^{i}-1\not \vdots n$ với $i=\overline{1;n-1}$ nên $2^{n}-1\vdots n$ và $(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\equiv (n-1)!\pmod{n}$.
Nếu $n$ là hợp số thì $(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\equiv (n-1)!\equiv 0\pmod{n}$. Ta có đpcm.
Nếu $n$ là số nguyên tố thì $2^{n}\equiv 2\neq 1 \pmod{n}$ vô lý.
Kết thúc chứng minh $\square$
Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Ta còn chứng minh được là $2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n!$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh