Chủ đề này có 4 trả lời

[duythanbg]

Cho (a,p) = 1 và p là số nguyên tố. CMR : $a^{p-1}\equiv 1(mod p)$

[duythanbg]

Xét dãy số : 

$a,2a,3a,4a,.., (p-1)a$ 

TH1 :

Nếu tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho p là m.a và n.a ( m < n , m và n là các hằng số )

thì m.a - n.a = ( m - n ) a $\vdots$ p .

dễ nhận thấy 0 < m - n < p nên a $\vdots$ p suy ra (a,p) = p $\neq$ 1 suy ra Vô lý ( Loại )

TH2 :

Khi lấy các số trong dãy trên chia cho p không có số nào có cùng số dư khi chia cho p .

Suy ra các số dư lần lượt là 1,2,3,4,... p-1 vì a không chia hết cho p .

Hay $a.2a.3a...(p-1)a\equiv 1.2.3.4...(p-1)(modp)$ 

Hay $a^{p-1}.(p-1)!\equiv (p-1)!(modp)$

Hay $a^{p-1}\equiv 1(modp)$ ( ĐPCM )

(Định lý Fermat nhỏ là 1 định lý có nhiều ứng dụng trong số học)

               

[Namthemaster1234]

$a^{p-1}\equiv 1 (mod p)<=> a^{p-1}-1\vdots p <=> a^p-a \vdots p$  (1)

*Nếu a là số nguyên dương Ta giả sử  (1) đúng với a=n. Ta có $n^p-n\vdots p$

Ta sẽ chứng minh (1) đúng với a=n+1. Thật vậy:

$(n+1)^p-(n+1)= n^p+n^{p-1}+\frac{n(n-1)}{2!}n^{p-2}+...+\frac{n(n-1)}{2!}n^2+n+1$

Đặt $\underset{k}{C}^{p}= \frac{p(p-1)...(p-k+1)}{k!}$

vì p là số nguyên tố nên $\frac{(p-1)...(p-k+1)}{k!}$  là số nguyên và $n^{p-k}$ cũng là số nguyên nên:

$p(n^{p-1}+\frac{p-1}{2!}.n^{p-2}+...+n)$ là số nguyên chia hết cho p.

Vậy ta có $$(n+1)^p-n-1= n^p+pm+1-n-1$$ (với m thuộc Z nào đó)

$= n^p-n+pm$ (dễ dàng thấy nó chia hết cho p)

*Nếu a là số nguyên âm.

+ p=2 => đúng

+p lẻ thì đặt $a^p-a= -b^p+b = -(b^p-b)\vdots p$ (với b là số nguyên dương, $a=-b$)

Vậy $a^p-a \vdots p$ với mọi $a\in Z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 08-07-2014 - 08:48

[TMW]

$a^{p-1}\equiv 1 (mod p)<=> a^{p-1}-1\vdots p <=> a^p-a \vdots p$  (1)

*Nếu a là số nguyên dương Ta giả sử  (1) đúng với a=n. Ta có $n^p-n\vdots p$

Ta sẽ chứng minh (1) đúng với a=n+1. Thật vậy:

$(n+1)^p-(n+1)= n^p+n^{p-1}+\frac{n(n-1)}{2!}n^{p-2}+...+\frac{n(n-1)}{2!}n^2+n+1$

Đặt $\underset{k}{C}^{p}= \frac{p(p-1)...(p-k+1)}{k!}$

vì p là số nguyên tố nên $\frac{(p-1)...(p-k+1)}{k!}$  là số nguyên và $n^{p-k}$ cũng là số nguyên nên:

$p(n^{p-1}+\frac{p-1}{2!}.n^{p-2}+...+n)$ là số nguyên chia hết cho p.

Vậy ta có $$(n+1)^p-n-1= n^p+pm+1-n-1$$ (với m thuộc Z nào đó)

$= n^p-n+pm$ (dễ dàng thấy nó chia hết cho p)

*Nếu a là số nguyên âm.

+ p=2 => đúng

+p lẻ thì đặt $a^p-a= -b^p+b = -(b^p-b)\vdots p$ (với b là số nguyên dương, $a=-b$)

Vậy $a^p-a \vdots p$ với mọi $a\in Z$

Đính chính một xíu cho (1).

(1) nên ghi lại là ($a^{p-1}\equiv 1 ( mod p )$ và $(a,p) = 1$ thì mới tương đương $a^{p}-a$ chia hết p

À, 

[duythanbg]

Vậy còn dạng ngược lại :

Cho a,p là số tự nhiên thỏa mãn (a,p)=1 và $a^{p-1}-1\vdots p$ CMR p là số nguyên tố.

Tương đương với bài toán sau :

Cho a,p thỏa mãn (a,p)=1 và p là hợp số. 

CMR : 

$a^{p-1}-1$ không chia hết cho p.