Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Cmr $\binom{p}{2p}$ đồng dư 2 mod $p^{3}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 trungdung97

trungdung97

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 181 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên ĐH Vinh

Đã gửi 02-11-2013 - 17:08

Cho p nguyên tố lớn hơn 5 Cmr $\binom{p}{2p}$ đồng dư 2 mod $p^{3}$



#2 raquaza

raquaza

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 97 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-11-2013 - 15:42

Cho p nguyên tố lớn hơn 5 Cmr $\binom{p}{2p}$ đồng dư 2 mod $p^{3}$

bạn có thể làm được bài " đề cũng như trên nhưng p nguyên tố và mod $p^{2}$" không?
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi raquaza: 10-11-2013 - 15:42


#3 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-11-2013 - 00:46

Cho p nguyên tố lớn hơn 5 Cmr $\binom{p}{2p}$ đồng dư 2 mod $p^{3}$

Trả lời muộn quá :v :">

P/s : Phải là $\binom{2p}{p}$ chứ nhỉ. 

Ta có $\binom{2p}{p}\equiv 2\pmod{p^{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{(p+1)(p+2)...(2p-1)2p}{p!}-2 \,\vdots p^3$

$\Leftrightarrow \frac{(p+1)(p+2)...(2p-1)2p}{p!}-2 \,\vdots p^3$

$\Leftrightarrow (p+1)(p+2)...(2p-1)2p-2.p! \,\vdots p^4$

$\Leftrightarrow (p+1)(p+2)...(2p-1)-(p-1)! \,\vdots p^3$

Xét đa thức $f(X)=(X+1)(X+2)....(X+p-1)-(p-1)!\\= X^3.A+X^2.(p-1)!.\left(\sum_{1\leq i<j\leq p-1} \frac{1}{ij}\right)+X.(p-1)!.\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}$
Vậy để chứng minh $f(p)\vdots p^3$ ta chỉ cần chứng minh :
$$ \,\, i) \,\, \sum_{1\leq i<j\leq p-1} \frac{1}{ij}\equiv 0\pmod{p}$$
$$ \,\, ii) \,\,\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\equiv 0\pmod{p^2}$$
Ta sẽ chứng minh điều 2 trước. Thật vậy do $p$ lẻ nên điều này tương đương :
$$2\left(\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\right)\equiv 0\pmod{p^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{p-1}\left(\frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}\right)\equiv 0\pmod{p^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{p-1}\frac{p}{i(p-i)}\equiv 0\pmod{p^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0\pmod{p}$$
$$\Leftrightarrow -\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2}\equiv 0\pmod{p}$$
(Do $p-i\equiv -i\pmod{p}$). Nhưng do trong hệ thặng dư thu gọn mod p $\overline{1;p-1}$ mỗi số chỉ có duy nhất 1 nghịch đảo mod $p$, vậy
$$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2)}\equiv \sum_{i=1}^{p-1}i^2=\frac{p(p-1)(2p-1)}{6}\equiv 0\pmod{p}$$

(Do $p\geq 5$)

Vậy ta có ii)

Mặt khác ở trên ta vừa có $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\equiv 0\pmod{p^2}$ và $sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2)}\equiv 0\pmod{p}$ suy ra

$$\left($\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\right)^2-\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2)}\equiv 0\pmod{p}$$ 

$$\Leftrightarrow \sum_{1\leq i<j\leq p-1} \frac{1}{ij}\equiv 0\pmod{p} \,\,\,\text{Do p lẻ}$$

Vậy ta có ĐPCM $\square$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 13-11-2013 - 00:49

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#4 trungdung97

trungdung97

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 181 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên ĐH Vinh

Đã gửi 25-12-2013 - 18:01

bạn có thể làm được bài " đề cũng như trên nhưng p nguyên tố và mod $p^{2}$" không?
 

dùng công thức Vandermoore






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh