Chủ đề này có 2 trả lời

[nhungvienkimcuong]

$\boxed{\text{Problem 1}}$

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $2015$ và $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2014p$.Đặt $k=\left [ \frac{n}{p} \right ]$

Chứng minh rằng

$\begin{pmatrix} n\\2014p \end{pmatrix}\equiv \begin{pmatrix} k\\2014 \end{pmatrix}(mod\ p)$

 

$\boxed{\text{Problem 2}}$

Cho $p$ là số nguyên tố và $a,b,x,y$ là các số tự nhiên với $a>b>0,0\leq y\leq x<p$

Chứng minh rằng

$\begin{pmatrix} pa+x\\pb+y \end{pmatrix}\equiv \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}(mod\ p)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 26-05-2015 - 15:14

[Bui Ba Anh]

$\boxed{\text{Problem 1}}$

Cho $p$ là số nguyên tố lớn hơn $2015$ và $n$ là số nguyên dương lớn hơn $2014p$.Đặt $k=\left [ \frac{n}{p} \right ]$

Chứng minh rằng

$\begin{pmatrix} n\\2014p \end{pmatrix}\equiv \begin{pmatrix} k\\2014 \end{pmatrix}(mod\ p)$

 

 

Giả sử $n=kp+r (0 \leq r<p, k \geq 2006)$. Xét dãy $n,n-1,...,n-2006p+1$ là dãy gồm $2006p$ số tự nhiên liên tiếp nên có $2006$ số chia hết cho $p$. Các số đó là $kp,(k-1)p,...(k-2005)p$

Từ đây ta có: $Q=\frac{n(n-1)(n-2)...(n-2006p+1)}{kp(k-1)p...(k-2005)p}=(p-1)!^{2006} =1 (mod p)$

Do đó: $C_{n}^{2006p}=\frac{n(n-1)..(n-2006p+1)}{(2006p)!}=\frac{Q.k..(k-2005)p^{2006}}{(2006p)!}=\frac{Q.k....(k-2005)}{R.(2006)!}=\frac{Q.C_k^{2006}}{R}$ với $R=\frac{(2006p)!}{2006!.p^{2006}}$

Tương tự như trên xét dãy $1,2,...,2006p$ ta có $R=1(mod p)$

Do đó ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 04-06-2015 - 18:26

[Zaraki]

$\boxed{\text{Problem 2}}$

Cho $p$ là số nguyên tố và $a,b,x,y$ là các số tự nhiên với $a>b>0,0\leq y\leq x<p$

Chứng minh rằng

$\begin{pmatrix} pa+x\\pb+y \end{pmatrix}\equiv \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y \end{pmatrix}(mod\ p)$

Lời giải. Kí hiệu $(\overline{a_ma_{n-1} \cdots a_0})_p$ là biểu diễn của $a$ trong hệ cơ số $p$. Kí hiệu $(\overline{b_mb_{m-1} \cdots b_1b_0})_p$ là biểu diễn của $b$ trong hệ cơ số $p$. Khi đó, theo định lý Lucas

$$\begin{eqnarray*} \binom{pa+x}{pb+y}  \equiv & \prod_{j=0}^m \binom{a_j}{b_j} \binom{0}{0} \binom xy \pmod{p}  \\ \equiv &   \prod_{j=0}^m \binom{a_j}{b_j} \binom xy \pmod{p} \\  \equiv & \binom ab \binom xy \pmod{p}. \end{eqnarray*}$$