Chủ đề này có 4 trả lời

[hxthanh]

Cho $p>3$ là một số nguyên tố.

Đặt $\begin{cases}{n\over m}=\sum_{k=1}^{p-1}{1\over k}\\ \mathrm{gcd}(n,m)=1\end{cases}$

Chứng minh rằng: $p\big| n$

[nvhmath]

Ta có: $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})$
$=p(\frac{1}{1\cdot (p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{p+1}{2}})=\frac{p\cdot A}{(p-1)!}$
Do $gcd(p,(p-1)!)=1$ nên khi rút gọn tối giản $p(\frac{A}{(p-1)!})$ ta được $\frac{p\cdot B}{C}=\frac{n}{m}\Rightarrow p\cdot B=n\Rightarrow p|n$.

[hxthanh]

Ta có: $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k}=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...+(\frac{1}{\frac{p-1}{2}}+\frac{1}{\frac{p+1}{2}})$
$=p(\frac{1}{1\cdot (p-1)}+\frac{1}{2(p-2)}+...+\frac{1}{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{p+1}{2}})=\frac{p\cdot A}{(p-1)!}$
Do $gcd(p,(p-1)!)=1$ nên khi rút gọn tối giản $p(\frac{A}{(p-1)!})$ ta được $\frac{p\cdot B}{C}=\frac{n}{m}\Rightarrow p\cdot B=n\Rightarrow p|n$.

Em giải thích xem tại sao lại cần điều kiện $p>3$ ?

[nvhmath]

Nếu $p=2$ thì $n=3$ và $p=3$ thì $n=11$ hoặc là với $p=3$ thì $\frac{p-1}{2}=1$ và với hai trường hợp này không thể có khai triển như dòng đầu tiên, đều không thỏa mãn, nhưng với $3<p\in \mathbb{P}$ thì thỏa mãn, rõ ràng.

[Stranger411]

Cho $p>3$ là một số nguyên tố.

Đặt $\begin{cases}{n\over m}=\sum_{k=1}^{p-1}{1\over k}\\ \mathrm{gcd}(n,m)=1\end{cases}$

Chứng minh rằng: $p\big| n$

Bài này có nhiều cách giải lắm thầy ạ
Theo em cách giải ngắn gọn nhất là sử dụng $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$

Lời giải:
Ta xét bài toán trong $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, do tính tồn tại duy nhất của nghich đảo modulo, ta có:
$\overline{1}^{-1} + \overline{2}^{-1} +...+ \overline{p-1}^{-1} = \overline{1} + \overline{2} +...+ \overline{p-1} = \overline{1+2+...+ p-1} = \overline{\frac{p(p-1)}{2}} \equiv 0$
Q.E.D