Chủ đề này có 6 trả lời

[The Gunner]

Chứng minh rằng với số nguyên tố $p>3$ thì
$$(p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (\mod p^3)$$

[dactai10a1]

Chứng minh rằng với số nguyên tố $p>3$ thì
$$(p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (\mod p^3)$$

Bài này theo mình nên nhân "tung tóe ra" thì ta cần chứng minh
pA+${p^2}B$ chia hết cho ${p^3}$ với $A = (p - 1)!\left( {\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{{p - 1}}} \right);B = (p - 1){!^2}\left( {\frac{1}{1} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{{(p - 1)}^2}}}} \right)$
Tới đây ta dùng định lí WOLSTENHOLME suy ra đpcm

[The Gunner]

:-j thực chất bài trên là rút ra từ đl WOLSTENHOLMEhầu hết các tài liệu về vấn đề này cũng chứng minh như thế. Nhưng cái nhân tung tóe đó là một vấn đề, vấn đề ở đây là khi vô thi cần dùng đến phải cm lại nên nếu chứng minh như thế thì coi như ko. Nhân ra như thế là do tác giả nhân ra chứ mình đã chắc j` nhân ra đc thế. Mình post bài này là mong kiếm đc một lời giải hay, đẹp cho bài này để chứng minh cho phát biểu 3 đẹp hơn ,gọn hơn , sau này vô thi dễ xài

[cool hunter]

Bài này theo mình nên nhân "tung tóe ra" thì ta cần chứng minh
pA+${p^2}B$ chia hết cho ${p^3}$ với $A = (p - 1)!\left( {\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{{p - 1}}} \right);B = (p - 1){!^2}\left( {\frac{1}{1} + \frac{1}{{{2^2}}} + ... + \frac{1}{{{{(p - 1)}^2}}}} \right)$
Tới đây ta dùng định lí WOLSTENHOLME suy ra đpcm

phát biểu định lí WOLSTENHOLME cho t tham khảo đc ko, mak có vẻ nhân tung tóe ko tự nhiên lắm

[dactai10a1]

phát biểu định lí WOLSTENHOLME cho t tham khảo đc ko, mak có vẻ nhân tung tóe ko tự nhiên lắm

Sao không tự nhiên bạn,bần cùng sinh đạo tặc,mình làm mãi không ra,mới nghĩ tới việc nhân ra.
Viết lại (p+1)(p+2)...(2p-1)=(p+1)(p+2)(p+p-1).(mình quên ghi cái này chắc các bạn hiểu lầm)Ta để ý nếu nhân ra sẽ có hạng tử 1.2....(p-1)
nên nhân ra thôi.
Định lí WOLSTENHOLME:http://en.wikipedia....holme's_theorem

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dactai10a1: 12-08-2012 - 22:05

[anh qua]

Các bạn thử xem xét ý tưởng sau:
Ta xét đa thức $f(x) = (x-1)(x-2)....(x-p+1)$ và $g(x) = x^{p}-x-x.f(x)$.
Theo Định lí Fermat nhỏ thì: $g(x) \equiv 0 (mod p)$
có đủ p nghiệm và $g(x)$ có bậc là $p-1$ do đó mọi hệ số của $g(x)$ đều chia hết cho $p$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 13-08-2012 - 02:23

[Stranger411]

Chứng minh rằng với số nguyên tố $p>3$ thì
$$(p+1)(p+2)...(2p-1) \equiv (p-1)! (\mod p^3)$$

Một số mở rộng cho Wolstenholme’s Theorem.

File gửi kèm

•  aa7144.pdf   189.33K   312 Số lần tải