Chủ đề này có 1 trả lời

[nhungvienkimcuong]

Cho số nguyên tố $p>3$ và số nguyên dương $m$ thỏa mãn $p\mid m^2-m+1$. Chứng minh rằng tử số của $P(m)$ là bội của $p$, trong đó

\[P(x):=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{x^i}{i}.\]

[Hoang72]

Do $p\mid m^2-m+1$ nên $\left(\frac{-3}{p}\right) = 1$, hay $p\equiv 1\pmod 3$.

Đặt $p=3k+1,k\in\mathbb N^*$. Dễ thấy $k$ chẵn.

Sử dụng đồng dư hữu tỉ, thực chất ta đi chứng minh $$\sum_{i=1}^{3k} \frac{m^i}{i}\equiv 0\pmod p$$

Ta có $p\mid m^2 - m+1\Rightarrow m^3\equiv -1\pmod p$.

Do đó: $\sum_{i=0}^{k-1}\frac{m^{3i+1}}{3i+1}\equiv m.\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(-1)^i}{(3i+1)-(3k+1)}\equiv m.\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(-1)^i}{3(i-k)}\equiv m . \sum_{i=1}^{k}\frac{(-1)^{i+1}}{3i}\pmod p$;

$\sum_{i=1}^{k}\frac{m^{3i}}{3i}\equiv \sum_{i=1}^k\frac{(-1)^i}{3i}\pmod p$;

$\sum_{i=0}^{k-1}\frac{m^{3i+2}}{3i+2}\equiv m^2.\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(-1)^i}{(3i+2)+(3k+1)}\equiv m^2.\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(-1)^i}{3(i+k+1)}\equiv m^2 . \sum_{i=k+1}^{2k}\frac{(-1)^{i+1}}{3i}\pmod p$.

$\begin{aligned}\Rightarrow\sum_{i=1}^{3k} \frac{m^i}{i}&=\sum_{i=0}^{k-1}\frac{m^{3i+1}}{3i+1}+\sum_{i=1}^{k}\frac{m^{3i}}{3i}+\sum_{i=0}^{k-1}\frac{m^{3i+2}}{3i+2} \\ &\equiv m . \sum_{i=1}^{k}\frac{(-1)^{i+1}}{3i}+\sum_{i=1}^k\frac{(-1)^{i+1}}{3i} + m^2 . \sum_{i=k+1}^{2k}\frac{(-1)^{i+1}}{3i} \pmod p\\ & \equiv (m-1) . \sum_{i=1}^k . \frac{(-1)^{i+1}}{3i} + m^2 . \sum_{i=k+1}^{2k} . \frac{(-1)^{i+1}}{3i}\pmod p\\ &\equiv \frac{m^2}{3} . \sum_{i=1}^{2k} \frac{(-1)^{i+1}}{i}\pmod p \text{ (Do } (m-1)-m^2 \vdots p\text{)}\end{aligned}$

Ta chỉ cần chứng minh là $$\frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} -... - \frac{1}{2k}\equiv 0\pmod p$$

Chứng minh tương tự ở đây.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 23-10-2022 - 20:52