Chủ đề này có 1 trả lời

[uyenha]

p là 1 số nguyên tố,k là 1 số tự nhiên thỏa mãn 2k$\leq$p-1.cm:
a)tử số của phân số:
1+$\frac{1}{2^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}}$ chia hết cho p²
b)tử số của phân số:
1+$\frac{1}{2^{2k}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k}}$ chia hết cho p

[nguyenta98]

p là 1 số nguyên tố,k là 1 số tự nhiên thỏa mãn 2k$\leq$p-1.cm:
a)tử số của phân số:
1+$\frac{1}{2^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}}$ chia hết cho p²
b)tử số của phân số:
1+$\frac{1}{2^{2k}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k}}$ chia hết cho p

Giải như sau:
Bổ đề 1: Cho $g$ là căn nguyên thủy $mod(p)$ khi ấy $g,g^2,...,g^{p-1}$ mang đầy đủ số dư khi chia cho $p$ từ $1$ đến $p-1$
Chứng minh: Vì $gcd(q,p)=1$ giả sử có $g^x \equiv g^y \pmod{p}$ với $x \neq y$ và $x,y \in (1,2,3,...,p-1)$
Khi đó $g^x-g^y \vdots p \Rightarrow g^{x-y}-1 \vdots p$ suy ra $x-y \vdots p-1$ (do $g$ là căn nguyên thủy của $p$) suy ra vô lí vì $x-y<p-1$ nên có $đpcm$
$$**********$$
Áp dụng
b) Xét $k \in (1,2,3,...,(p-1))$ chỉ tồn tại duy nhất một số $k' \in (1,2,3,...,(p-1))$ sao cho $kk' \equiv 1 \pmod{p}$
Thật vậy giả sử $kk' \equiv kk'' \pmod{p} \Rightarrow k''-k' \vdots p$ vô lí vì $k''-k'<p$ nên nhận định được chứng minh
Đặt $1+\dfrac{1}{2^{2k}}+...+\dfrac{1}{(p-1)^{2k}}=\dfrac{a}{b}$ với $gcd(a,b)=1$
Suy ra $(\dfrac{1}{1^{2k}}+...+\dfrac{1}{(p-1)^{2k}})(p-1)!=\dfrac{a}{b}.(p-1)!$
Hay $\sum{\dfrac{(p-1)!}{i^{2k}}}$ mặt khác tồn tại $i'$ sao cho $i^{2k}.i'^{2k} \equiv 1 \equiv (p-1)! \pmod{p}$ (định lý wilson và theo nhận định trên)
Suy ra $\sum{\dfrac{(p-1)!}{i^{2k}}} \equiv 1^{2k}+2^{2k}+...+(p-1)^{2k}$
Mặt khác theo bổ đề $1$ suy ra $1^{2k}+2^{2k}+...+(p-1)^{2k} \equiv g^{2k}+g^{2.(2k)}+...+g^{(p-1).2k}=\sum{(g^{2k})^i}=\dfrac{(g^{2k})^{p-1}-1}{g^{2k}-1}$ mà $g^{2k}-1 \not \vdots k$ (do $2k \not \vdots p-1$ và nếu $2k=p-1$ thì dễ cm)
Nên $\dfrac{(g^{2k})^{p-1}-1}{g^{2k}-1} \vdots p \Rightarrow \dfrac{a}{b}(p-1)! \vdots p$ mà $gcd((p-1)!,p)=1 \Rightarrow a \vdots p$ suy ra $đpcm$
a) Tương tự câu trên giờ cần cm $1^{2k-1}+2^{2k-1}+...+(p-1)^{2k-1} \vdots p^2$
Ta xét $i^{2k-1}+(p-i)^{2k-1}=p((p-i)^{2k-2}-(p-i)^{2k-3}.i+...-(p-i).i^{2k-3}+(p-i)^{2k-2})$
Có $(p-i)^{2k-2}-(p-i)^{2k-3}.i+...-(p-i).i^{2k-3}+(p-i)^{2k-2} \equiv 2k-2(p-i)^{2k-2}$ (do $p-i \equiv -i \pmod{p}$
Suy ra $sum{i^{2k-1}}=p(2k-2)(1^{2k-2}+...+(\frac{p-1}{2})^{2k-2})$
Mặt khác theo câu b ta thu được một điều $1^x+2^x+...+(p-1)^x \vdots p$ với mọi $x$ chẵn, suy ra $2(1^x+....+(\frac{p-1}{2})^x) \vdots p$
Nên $p(2k-2)(1^{2k-2}+...+(\frac{p-1}{2})^{2k-2}) \vdots p^2 \Rightarrow sum{i^{2k-1}} \equiv 0 \pmod{p^2}$ nên cũng có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 07-10-2012 - 14:05