Bài 2:
$(p-1)!\sum_{1}^{p-1}\frac{1}{k}=(p-1)![(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})]=p(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$
Như vậy nếu ta chứng minh được:$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$ thì bài toán được giải quyết
Có: $(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ (mod p)
Mặt khác:$(\frac{p-1}{2})!^2[1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]\equiv(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)
(vì p nguyên tố nên $(\frac{p-1}{2})!^2[1;\frac{1}{2^2};...;\frac{1}{(\frac{p-1}{2})^2}]$ và $(\frac{p-1}{2})!^2[1^2;2^2;...;(\frac{p-1}{2})^2]$ có thể coi như 2 hệ thặng dư đầy đủ của $a^2$ theo mod p)
=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\equiv (\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2]$ (mod p)
Mà:$(\frac{p-1}{2})!^2[1^2+2^2+...+(\frac{n-1}{2})^2]=(\frac{p-1}{2})!^2.\frac{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}.p}{6}\vdots p$
=>$(p-1)![\frac{1}{1(p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}.\frac{p+1}{2}}]\vdots p$
=>Vậy ta có ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hthang0030: 01-10-2016 - 19:34