Chủ đề này có 12 trả lời

[Non_Stop]

Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lẻ thì:
$1^2.3^2...(p-4)^2.(p-2)^2 \equiv (-1)^{\dfrac{p+1}{2}} (mod p)$

[DinhCuongTk14]

Xét $(p-1)!$ chú ý $ 2k =(-1)(p-2k) (mod p)$
và $(p-1)!=-1 (mod p)$ đơn giản chỉ thế thôi em à

[Non_Stop]

Hì em mới học mấy cái này nên nhìn không quen.
Có bài này cũng...chưa làm được.
Cho p nguyên tố và r thỏa $(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$.CMR:
$(p-r+1) \equiv -1 (mod p)$

[DinhCuongTk14]

Cho p nguyên tố và r thỏa $(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$.CMR:
$(p-r+1) \equiv -1 (mod p)$

Em kiểm tra bài này lại xem nhé ?
$p-r+1 \equiv -1 (mod p) \Rightarrow p-r+2 \equiv 0 (mod p)$ nen $r=2$ ( do $r <p$ )
so sánh với giả thiết ???
Có 1 kết quả quen thuộc thế này em nè :
$(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$ thì có :$ (p-1-r)! \equiv -1 (mod p )$

[Non_Stop]

Em kiểm tra bài này lại xem nhé ?
$p-r+1 \equiv -1 (mod p) \Rightarrow p-r+2 \equiv 0 (mod p)$ nen $r=2$ ( do $r <p$ )
so sánh với giả thiết ???
Có 1 kết quả quen thuộc thế này em nè :
$(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$ thì có :$ (p-1-r)! \equiv -1 (mod p )$

Hì em ghi nhầm ^^
Là $(-1)^r.r! \equiv -1 (mod p)$
Còn cái dưới là giai thừa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pephuc_93: 15-07-2008 - 16:23

[Mashimaru]

Một bài đồng dư cũng khá quen thuộc, tặng em nhé:

Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng: $C_p^n \equiv \[\dfrac{n}{p}\] (mod p)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 16-07-2008 - 00:54

[FOOL90]

Và có bài này nên biết ,lúc nào làm được thì làm nhé.
$C^p_{2p} \equiv 2 (mod p^t)$.
$t=1$ chính là bài toán "quen thuộc" theo như đã nói ở trên.
$t=2$ thì nên biết:)

[Non_Stop]

Một bài đồng dư cũng khá quen thuộc, tặng em nhé:

Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng: $C_p^k \equiv \[\dfrac{n}{p}\] (mod p)$.

Hình như bài này phải là:$C^p_n$ anh nhỉ (dựa theo câu dưới của anh FOOL90).
Xét các số $n,...,n-p+1$,do là p số tự nhiên liện tiếp nên tồn tại trong p số đó một số chia hết cho p,giả sử là m.Khi đó: $m \leq n <m+p$
$C^p_n=\dfrac{n...(n-p+1)}{m.(p-1)!}.\dfrac{m}{p} $.
Do m chia hết cho p nên p-1 số còn lại sẽ đồng dư với $1,2,...,p-1$.
-->$C^p_n \equiv \dfrac{(p-1)!}{(p-1)!}.\dfrac{m}{p}=\dfrac{m}{p}=[\dfrac{n}{p}] (mod p)$(theo lý luận ở trên)
-->đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pephuc_93: 16-07-2008 - 01:03

[Mashimaru]

Trường hợp $t=2$, ta sử dụng đẳng thức sau:

$C_{2p}^{p}=\(C_{p}^{0}\)^{2}+\(C_{p}^{1}\)^{2}+...+\(C_{p}^{p-1}\)^{2}+\(C_{p}^{p}\)^{2}$

Đúng 2 dòng anh Thực ạ, cảm ơn anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 16-07-2008 - 01:05

[tanlsth]

Có cái kết quả tổng quát lên mũ $k$ đó,lâu rồi không nhớ nữa.Để khi nào xem lại.Đặt ở đây cái đã .

[DinhCuongTk14]

Có bài này lục trong đống vở học cũ nè
Cho $p,p \equiv 3(\bmod 4),$ là 1 số nguyên tố, và $c \in \mathbb{Z},p|2c - 1$
$S = \sum\limits_{n = 0}^{\dfrac {{p - 1}}{2}} {\displaystyle{2n\choose n} } c^n.$
Tìm số dư của $S$ khi chia$ p$

[DinhCuongTk14]

à quên có kết quả mạnh hơn chứ nhỉ ${2p \choose p} \equiv 2 (mod p ^3)$ hình như đúng với $ p \geq 5 $ thì phải có công thức tổng quát nữa thì phải! có ai nhớ kô nhỉ

[tanlsth]

à quên có kết quả mạnh hơn chứ nhỉ ${2p \choose p} \equiv 2 (mod p ^3)$ hình như đúng với $ p \geq 5 $ thì phải có công thức tổng quát nữa thì phải! có ai nhớ kô nhỉ

Cái kết quả cậu nêu đúng rồi đó .
Kết quả tổng quát là
Với mọi $m,k \in N*,p \in P,p \geq 5$ thì $C^{p-1}_{mp^k-1} \equiv 1 (mod p^{k+2})$
Chài,xem lại cái này có mà hàng đống kết quả.Nhiều quá.Cũng không mới nhưng mà khi làm thì nên cần để có khi xài tới .