Chủ đề này có 2 trả lời

[dactai10a1]

Chứng minh rằng: $$C_{{p^r}}^p \equiv {p^{r - 1}}(\bmod {p^r})$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 16-12-2012 - 21:16

[nguyenta98]

CMR $C_{{p^r}}^p \equiv {p^{r - 1}}(\bmod {p^r})$

Giải như sau:
Ta cần cm $C_{p^r}^p-p^{r-1} \vdots p^r$
$\Leftrightarrow \dfrac{(p^r)!}{p!(p^r-p)!}-p^{r-1} \vdots p^r$
$\Leftrightarrow \dfrac{(p^r)!-p^{r-1}p!(p^r-p)!}{p!(p^r-p)!p^r} \in \mathbb{Z}$
Hay $v_p((p^r)!-p^{r-1}p!(p^r-p)!)\geq v_p(p!(p^r-p)!p^r)$
Xét $v_p(p!(p^r-p)!p^r)=v_p(p!)+v_p((p^r-p)!)+v_p(p^r)=v_p(p!)+v_p((p^r-p)!)+r$
Ta có $v_p(p!)=\left\lfloor\dfrac{p}{p}\right\rfloor=1$
$p^{r-1}<p^r-p<p^r$ nên $v_p((p^r-p)!)=\left\lfloor\dfrac{p^r-p}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{p^r-p}{p^2}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{p^r-p}{p^{r-1}}\right\rfloor=\sum{i=1}^{r-1}{\left\lfloor\dfrac{p^r-p}{p^i}\right\rfloor}=\sum{i=1}^{r-1}{\left\lfloor\dfrac{p^r-p^i+p^i-p}{p^i}\right\rfloor}=\sum{i=1}^{r-1}{\left\lfloor\dfrac{p^r-p^i}{p^i}+\dfrac{p^i-p}{p^i}\right\rfloor}=\sum{i=1}^{r-1}{\left\lfloor p^{r-i}-1+\dfrac{p^i-p}{p^i}\right\rfloor}=\sum{i=1}^{r-1}{p^{r-i}-1}+\sum{i=1}^{r-1}{\left\lfloor\dfrac{p^i-p}{p^i}\right\rfloor}=\sum{i=1}^{r-1}{p^{r-i}-1}=p^{r-1}+...+p-(r-1)=p^{r-1}+...+p+1-r=\dfrac{p^r-1}{p-1}-r$
Do đó $v_p(p!(p^r-p)!p^r)=1+\dfrac{p^r-1}{p-1}-r+r=\dfrac{p^r-1}{p-1}+1=\dfrac{p^r-p}{p-1}$
Giờ ta xét $v_p((p^r)!-p^{r-1}p!(p^r-p)!)$
Ta thấy $v_p((p^r)!)=\left\lfloor\dfrac{p^r}{p}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{p^r}{p^2}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{p^r}{p^r}\right\rfloor=p^{r-1}+...+1=\dfrac{p^r-1}{p-1}$
Xét $v_p(p^{r-1}p!(p^r-p)!)=v_p(p^{r-1})+v_p(p!)+v_p((p^r-p)!)=r-1+1+v_p((p^r-p)!)$
Theo trên $v_p((p^r-p)!)=\dfrac{p^r-1}{p-1}-r$ suy ra $v_p(p^{r-1}p!(p^r-p)!)=r-1+1+\dfrac{p^r-1}{p-1}-r=\dfrac{p^r-1}{p-1}$
Như vậy $v_p(p^{r-1}p!(p^r-p)!)\geq \dfrac{p^r-1}{p-1}$
Hiển nhiên $\dfrac{p^r-1}{p-1}>\dfrac{p^r-p}{p-1}$ nên $v_p(TS)>v_p(MS)$ nên có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 16-12-2012 - 21:16

[Stranger411]

CMR: $C_{{p^r}}^p \equiv {p^{r - 1}}(\bmod {p^r})$

Đây là một bài toán không quá khó để phải dùng đến các kiến thức về số ${v_p}$ như vậy.

Lời giải:
Áp dụng công thức $kC_{n}^k =nC_{k-1}^{n-1}$, ta được:
$$C_{p^r}^p - p^{r-1}= p^{r-1} \left ( C_{p^r-1}^{p-1} -1 \right )$$
Từ đó, ta chỉ cần chứng minh:
$$C_{p^r-1}^{p-1} \equiv 1 (mod p) (*)$$
Nhưng đây chỉ là một hệ quả của định lí Lucas.

Remark: Ta có thể chứng minh một bổ đề khác mạnh hơn $(*)$ như sau:

Cho số nguyên tố $p$ và các số tự nhiên $k,a$, trong đó $0 \le a \le p^{k-1}$.
Chứng minh: $C_{p^{k-1}}^{a} \equiv (-1)^a ( mod p)$

Và bổ đề trên cũng chỉ là 1 hệ quả của định lí Lucas

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 16-12-2012 - 21:15