Chủ đề này có 7 trả lời

[nth1235]

Cho $p$ là số lẻ lớn hơn $5$. Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$.

[robin997]

Cho $p$ là số lẻ lớn hơn $5$. Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$.

Rõ ràng $p$ lẻ, thì $p-1$ sẽ có dạng là $2k$
mà $(p-2)!=1.2.3...k...(p-2)$ ($k<p-2$)
Nên ta có đpcm

[Math Is Love]

Cho $p$ là số lẻ lớn hơn $5$. Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$.

Có một bài toán gần giống như thế này hôm nọ thầy mình chứng minh:
Cho p>2.Chứng minh rằng p là 1 số nguyên tố khi và chỉ khi (p-1)!+1 chia hết cho p.
(Định lí Willson)
Chứng minh 2 chiều nhé!

[nth1235]

Tùng ơi, cậu post lời giải cho chiều " Cho p>2. Cm nếu (p-1)! + 1 chia hết cho p thì p là snt" giùm mình với.

[robin997]

Tùng ơi, cậu post lời giải cho chiều " Cho p>2. Cm nếu (p-1)! + 1 chia hết cho p thì p là snt" giùm mình với.

chiều này chứng minh bằng phản chứng nha bạn, giả sử p là hợp số:
$p=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_n^{k_n}$ ( Với $p_i$ là các số nguyên tố)
Ta lại hiển nhiên có: $(p-1)!=1.2.3...p_1^{k_1}...p_2^{k_2}....p_n^{k_n}...(p-1)$ nên chia hết cho p
Do đó: (p-1)! + 1 chia p dư 1, mâu thuẫn ^^,
suy ra đpcm

[nth1235]

Một cách làm khác mà tối qua mình nghĩ ra.
Giả sử điều ngược lại, $p$ là hợp số.
Xét hai trường hợp :
TH1 : $p = a^2$ ($a$ là số nguyên dương lớn hơn 1)
Khi đó, ta có : $ 1 < a < p $
Vì $a$ là số nguyên dương lớn hơn 1 nên $a^2 - a - 1 > 0$.
Hay $p - 1 > a$. Do đó $ (p - 1)! $ chia hết cho $a$. $(1)$
Mặt khác, theo giả thiết thì $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $ p = a^2 $.
Suy ra $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $a$ $(2)$
Từ $(1)$, $(2)$ suy ra 1 chia hết cho $a$, mâu thuẫn.
TH2 : $p = x.y$ ($x, y$ là các số nguyên dương khác nhau lớn hơn 1).
Không mất tính tổng quát, giả sử $ 1 < x < y < p $
Khi đó, hiển nhiên $ p - 1 \geq y > x $. Suy ra $(p - 1)!$ chia hết cho $x$. $(1)$
Mặt khác, theo giả thiết thì $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $ p = x.y $.
Suy ra $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $x$ $(2)$
Từ $(1)$, $(2)$ suy ra 1 chia hết cho $x$, mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nth1235: 17-08-2012 - 07:55

[Math Is Love]

Một cách làm khác mà tối qua mình nghĩ ra.
Giả sử điều ngược lại, $p$ là hợp số.
Xét hai trường hợp :
TH1 : $p = a^2$ ($a$ là số nguyên dương lớn hơn 1)
Khi đó, ta có : $ 1 < a < p $
Vì $a$ là số nguyên dương lớn hơn 1 nên $a^2 - a - 1 > 0$.
Hay $p - 1 > a$. Do đó $ (p - 1)! $ chia hết cho $a$. $(1)$
Mặt khác, theo giả thiết thì $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $ p = a^2 $.
Suy ra $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $a$ $(2)$
Từ $(1)$, $(2)$ suy ra 1 chia hết cho $a$, mâu thuẫn.
TH2 : $p = x.y$ ($x, y$ là các số nguyên dương khác nhau lớn hơn 1).
Không mất tính tổng quát, giả sử $ 1 < x < y < p $
Khi đó, hiển nhiên $ p - 1 \geq y > x $. Suy ra $(p - 1)!$ chia hết cho $x$. $(1)$
Mặt khác, theo giả thiết thì $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $ p = x.y $.
Suy ra $ (p - 1)! + 1 $ chia hết cho $x$ $(2)$
Từ $(1)$, $(2)$ suy ra 1 chia hết cho $x$, mâu thuẫn.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Phần này thầy mình cũng làm như vậy.Còn phần ngược lại nữa.
Phần ngược lại các bạn dùng phần tử nghịch đảo trong đồng dư.Các bạn cố suy nghĩ nhé

[nguyenta98]

Có một bài toán gần giống như thế này hôm nọ thầy mình chứng minh:
Cho p>2.Chứng minh rằng p là 1 số nguyên tố khi và chỉ khi (p-1)!+1 chia hết cho p.
(Định lí Willson)
Chứng minh 2 chiều nhé!

Sau đây là cm hoàn chỉnh
Giải như sau:
$\boxed{\text{chiều thuận}}$ ta có $p$ nguyên tố, chứng minh $(p-1)!+1 \vdots p$
Cm: Ta xét bộ số $1,2,3,...,p-1$
Ta coi tập $(2,3,...,p-1)=(a_1,a_2,...,a_{p-3})$ (không sắp thứ tự)
Như vậy bộ $1,2,3,..,p-1$ thành $1,a_1,a_2,...,a_{p-3},p-1$
Nhận thấy $a_1,a_2,...,a_{p-3}$ có số dư khi chia cho $p$ khác nhau đôi một và khác $\pm1$ (do $1 \equiv 1 \pmod{p}$ và $p-1 \equiv -1 \pmod{p}$)
Như vậy ta thấy xét $p-1$ tích sau
$a_1.1$
$a_1.a_1$
$a_1.a_2$
$....$
$a_1.a_{p-3}$
$a_1.(p-1)$
Thấy trên có $p-1$ phần tử, mỗi phần tử đều không chia hết cho $p$ (do $a_i<p$) nên chúng nhận $p-1$ kiểu dư, giờ ta sẽ chứng minh các số trên chia cho $p$ đều có số dư khác nhau
Giả sử phản chứng nếu tồn tại $a_1.x \equiv a_1.y \pmod{p}$ với $x,y \in (1,a_1,a_2,..,a_{p-3},p-1)$
Suy ra $a_1.(x-y) \vdots p \Rightarrow x-y \vdots p$ (do $a_1<p$ nên $gcd(a_1,p)=1$) nhưng $x,y \in (1,a_1,a_2,..,a_{p-3},p-1)$ mà nhỏ hơn $p$ nên $x-y \not \vdots p$ mâu thuẫn
Do đó suy ra chúng chia cho $p$ có các kiểu dư khác nhau suy ra tồn tại $a_1.x$ chia $p$ dư $1$, dễ dàng thấy $x \neq 1,p-1$ vì nếu $x=1$ thì $a_1 \equiv 1 \pmod{p}$ vô lý vì $a_1\neq 1$ và nếu $x=p-1 \Rightarrow a_1 \equiv -1 \pmod{p}$ vô lý vì $a_1 \neq p-1$ và cũng thấy $x \neq a_1$ vì nếu không thì $a_1.a_1 \equiv 1 \pmod{p} \Rightarrow (a_1-1)(a_1+1) \vdots p \Rightarrow a_1 \equiv \pm1 \pmod{p}$ vô lý vì $a_1 \neq 1,p-1$
Suy ra $x \in (a_2,..,a_{p-3})$ như vậy tồn tại $a_1.a_k \equiv 1 \pmod{p}$ với $a_k \in (a_2,a_3,...,a_{p-3})$
Ta tiếp tục làm như vậy nhóm các cặp có số dư $1$ khi chia $p$
Như vậy $(p-1)! \equiv 1.1.1....1.1.(p-1) \equiv -1 \pmod{p} \Rightarrow (p-1)!+1 \vdots p$ suy ra $đpcm$
$\boxed{\text{chiều đảo}}$ ta có $(p-1)!+1 \vdots p$ suy ra $p$ là số nguyên tố
Giả sử phản chứng $p$ là hợp số suy ra $p=xy$ với $x,y\geq 2$
TH1: $x=y$ thì xét $1<x,2x\le (p-1)$ nên $(p-1)! \vdots x^2 \vdots p$ suy ra $1 \vdots p$ vô lý
TH2: $x\neq y$ thì thấy $1<y,x\le p-1$ nên $(p-1)! \vdots xy \vdots p \Rightarrow 1 \vdots p$ vô lý
Do đó suy ra $p$ nguyên tố
Vậy bài toán có câu trả lời $\boxed{(p-1)!+1 \vdots p \Leftrightarrow p \in \mathbb{P}}$