Bài đồng dư nhỏ
#1
Posted 14-07-2008 - 10:09
$1^2.3^2...(p-4)^2.(p-2)^2 \equiv (-1)^{\dfrac{p+1}{2}} (mod p)$
#2
Posted 14-07-2008 - 11:12
và $(p-1)!=-1 (mod p)$ đơn giản chỉ thế thôi em à
#3
Posted 14-07-2008 - 21:45
Có bài này cũng...chưa làm được.
Cho p nguyên tố và r thỏa $(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$.CMR:
$(p-r+1) \equiv -1 (mod p)$
#4
Posted 15-07-2008 - 14:26
Em kiểm tra bài này lại xem nhé ?Cho p nguyên tố và r thỏa $(-1)^{r+1}.r! \equiv -1 (mod p)$.CMR:
$(p-r+1) \equiv -1 (mod p)$
$p-r+1 \equiv -1 (mod p) \Rightarrow p-r+2 \equiv 0 (mod p)$ 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 )$
#5
Posted 15-07-2008 - 16:23
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
Edited by pephuc_93, 15-07-2008 - 16:23.
#6
Posted 15-07-2008 - 20:57
Cho $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng: $C_p^n \equiv \[\dfrac{n}{p}\] (mod p)$.
Edited by Mashimaru, 16-07-2008 - 00:54.
#7
Posted 15-07-2008 - 23:57
$C^p_{2p} \equiv 2 (mod p^t)$.
$t=1$ chính là bài toán "quen thuộc" theo như đã nói ở trên.
$t=2$ thì nên biết:)
#8
Posted 16-07-2008 - 01:00
Hình như bài này phải là:$C^p_n$ anh nhỉ (dựa theo câu dưới của anh FOOL90).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)$.
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.
Edited by pephuc_93, 16-07-2008 - 01:03.
#9
Posted 16-07-2008 - 01:04
$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
Edited by Mashimaru, 16-07-2008 - 01:05.
#10
Posted 16-07-2008 - 01:37
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
#11
Posted 16-07-2008 - 07:04
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$
#12
Posted 16-07-2008 - 07:07
#13
Posted 16-07-2008 - 12:22
Cái kết quả cậu nêu đúng rồi đó .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
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 .
Learn from yesterday,live for today,hope for tomorrow
The important thing is to not stop questioning
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users