Chủ đề này có 7 trả lời

[supermember]

Bài toán :

Cho số nguyên tố $p$ lớn hơn $3$

Chứng minh rằng :

$C_{2001p^2 \ - \ 1 }^{p \ - \ 1} \ - \ 1 $ chia hết cho $p^4$

Cu Mashi và anh Tân vào xơi nhanh nhé

Bài nhìn ngon quá

[FOOL90]

Lời giải
tất cả kí hiệu $p$ trong bài là số nguyên tố.
Tấ cả đa thức trong bài có hệ số nguyên.

bổ đề 1. $\dfrac{m}{n} = \sum\limits_{i=1}^{p-1} \dfrac{1}{i}$

$(m,n) =1$ thì $m \vdots p^2$

bổ đề 2 : Xét $P(x) = \prod\limits_{i=1}^{p-1} (x-i) $.

Nếu$ x \vdots p^2$ thì $P(x) \equiv (p-1) ! (mod p^4) $với p là số nguyên tố.
Cm.
$P(x) = G(x) .x^2 + x. (p-1)! .\sum\limits_{i=1}^{p-1} \dfrac{1}{i} + (p-1) !$
do $x \vdots p^2$ ,và áp dụng bổ đề 1 ta có $P(x) \equiv (p-1)! (mod p^4).$
Từ đây cũng thấy ngay là $P(tp^2) -P(t.p^2+p^2) \vdots p^4$ với mọi t nguêyn +

**)Ta sẽ chứng minh $F_k= C^{p-1}_{k.p^2 -1} \equiv 1 (mod p^4)$ theo qui nạp.

*)Ta có$ k=1$ bài tóa $C^{p-1}_{p^2 -1} \equiv 1 (mod p^4).$
Thật vậy $C^{p-1}_{p^2 -1} -1 =\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{p-1} (p^2 - i) }{(p-1)! } -1 $
áp dụng bổ đề 2 ta có khi k=1 bài toán đúng (tử - mẫu)
*) giả sử bài toán đúng với $k=n$. Ta chứng minh cũng đúng với $n+1$ .
$F_{n+1} - F_n = F_n . (\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{p-1} ( (n+1).p^2 -i) }{\prod\limits_{i=1}^{p-1} ( n.p^2 -i)} -1 )$
Áp dụng bổ đề 2 với biểu thức trong ngoặc (tử -mẫu chia hết cho $p^4$) ta có $F_{n+1} -F_n \vdots p^4$
nên bìa toán đúng với $n+1$.

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi FOOL90: 22-08-2008 - 23:30

[FOOL90]

chứng minh bổ đề 1.
Phát biểu lại : $S(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{i} = \dfrac{a_n}{b_n}$
Quy ước :
Nêu a/b và c/d là 2 phân số tối giản. nếu $a\equiv c (mod p)$ thì ta viết $ \dfrac{a}{b}\equiv \dfrac{c}{d} (mod p)$
Nếu $a \vdots x $thì cũng viết $\dfrac{a}{b} \vdots x$
Thì ta có

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi FOOL90: 22-08-2008 - 23:56

[FOOL90]

PS: Từ đây có thể tổng quát lên cho p^k (vẫn giải như thế này) .Cái này hỏi anh Tân ấy (hình như vậy ,có lần anh ấy post đề bài rồi thì phải).!
have fun

[tanlsth]

http://diendantoanho...showtopic=40614

Ở đây này .Chứng minh cũng đơn giản thôi.Khai triển ra bình thường rồi sử dụng định lí Lagrange cho đa thức số học là ok

[FOOL90]

Kết quả tổng quát là
Với mọi $m,k \in N*,p \in P,p \geq 5$ thì $C^{p-1}_{mp^k-1} \equiv 1 (mod p^{k+2})$

[tanlsth]

Khai triển bình thường

$C^{p-1}_{mp^k-1}=\dfrac{(mp^k-1)..(mp^k-p+1)}{(p-1)!} \equiv 1 (mod p^{k+2})$

Đặt $f(x)=(x-1)(x-2)..(x-p+1)$ thì do $((p-1)!,p^{k+2})=1$ nên ta chỉ cần chứng minh $(mp^k-1)..(mp^k-p+1) \equiv (p-1)! (mod p^{k+2})$ là đủ

Thật vậy

$f(mp^k)=(mp^k-1)..(mp^k-p+1)$

Mặt khác $f(x)=x^{p-1}+S_1x^{p-2}+...+S_{p-3}x^2+S_{p-2}x+S_{p-1}$

Ta đã biết một kết quả quen thuộc (Định lí Lagrange) là nếu đa thức bậc $n$ hệ số nguyên có ít nhất $n +1$ nghiệm phân biệt theo $mod p$ thì các hệ số của đa thức đó đều chia hết cho $p$

Sử dụng vào bài này xét $G(x)=f(x)-x^{p-1}+1$ có bậc $p-2$ và $G(1)=..=G(p-1)=0 ( mod p)$ nên các hệ số của $G(x)$ chia hết cho $p$ hay $S_1,..,S_{p-3} \vdots p$

Xét $S_{p-2}=-(p-1)!(1+\dfrac{1}{2}+..+\dfrac{1}{p-1}) \vdots p^2$ ( như ta đã biết )

Nên suy ra $f(mp^k) \equiv S_{p-3}m^2p^{2k}+S_{p-2}mp^k+S_{p-1} (mod p^{k+2})$

Vì $2k+1 \geq k+2$ nên $S_{p-3}m^2p^{2k} \vdots p^{k+2}$

$S_{p-2} \vdots p^2$ nên $S_{p-2}mp^k \vdots p^{k+2}$

Suy ra$ f(mp^k) \equiv S_{p-1}=(p-1)! (mod p^{k+2})$

Bài toán được chứng minh.

[FOOL90]

hai cách là một!