Đến nội dung

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

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

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 lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

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

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#4
trungdung97

trungdung97

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 181 Bài viết

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

dùng công thức Vandermoore






0 người đang xem chủ đề

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