Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$
#1
Đã gửi 15-08-2012 - 07:58
#2
Đã gửi 15-08-2012 - 08:14
Rõ ràng $p$ lẻ, thì $p-1$ sẽ có dạng là $2k$Cho $p$ là số lẻ lớn hơn $5$. Chứng minh $(p - 2)!$ chia hết cho $(p - 1)$.
mà $(p-2)!=1.2.3...k...(p-2)$ ($k<p-2$)
Nên ta có đpcm
- L Lawliet và donghaidhtt thích
#3
Đã gửi 16-08-2012 - 19:51
#4
Đã gửi 16-08-2012 - 21:16
#5
Đã gửi 16-08-2012 - 23:43
chiều này chứng minh bằng phản chứng nha bạn, giả sử p là hợp số: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.
$p=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_n^{k_n}$ ( 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
#6
Đã gửi 17-08-2012 - 07:50
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
- robin997 yêu thích
#7
Đã gửi 17-08-2012 - 10:49
Phần này thầy mình cũng làm như vậy.Còn phần ngược lại nữa.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 ngược lại các bạn dùng phần tử nghịch đảo trong đồng dư.Các bạn cố suy nghĩ nhé
- nth1235 yêu thích
#8
Đã gửi 17-08-2012 - 11:28
Sau đây là cm hoàn chỉnhCó 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!
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 $\boxed{(p-1)!+1 \vdots p \Leftrightarrow p \in \mathbb{P}}$
- yeutoan11, ducthinh26032011, nth1235 và 2 người khác yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh