Số học

nam1994 · 19-07-2010, 08:32 AM

Cho p là 1 số nguyên tố, k là 1 số tự nhiên thoả mãn $2k \leq p-1 $. chứng minh rằng tử số của phân số
$1+\frac{1}{2^{2k-1}}+ . . .+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ chia hết cho $p^2 $

chjmxoantjt · 19-07-2010, 09:17 AM

Trích:

Nguyên văn bởi nam1994

Cho p là 1 số nguyên tố, k là 1 số tự nhiên thoả mãn $2k\geqp-1 $. chứng minh rằng tử số của phân số
$1+\frac{1}{2^{2k-1}}+ . . .+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ chia hết cho $p^2 $

thỏa mãn $2k - 1 $ cái gj nam thính ơi

dep_kom_n · 19-07-2010, 02:04 PM

tớ không biết cậu định nêu bài toán như nào nhưng nếu chỉ có thế thì đề bài có lẽ đã sai

.nêu ra một số TH không thỏa mãn:
ví dụ +) p=3 ,k =1,4,7,10 ...
+)p=5 ,k=2,4,6,12,14 ,16 ,...

tớ xin được nêu cm của tớ trong bài toán này nhưng xin thay đổi một chút đề bài:
"cho p là một số nguyên tố , k là một số tự nhiên ,tìm tất cả giá trị của k sao cho tử số của phân số
$1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ ko chia hết cho $p^{2} $"
kết quả là k có dạng : k=$\frac{p-1}{2} $t với t+1 ko chia hết cho p

ta có
đpcm <=> S=$(p-1)!^{2k-1} $ .($1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $) ko chia hết cho $p^{2} $
mà
2S=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}(\frac{1}{i^{2k-1}} +\frac{1}{(p-i)^{2k-1}}) $
=$(p-1)!^{2k-1} $$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i+p-i)(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $

=$(p-1)!^{2k-1} $ $p\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $
kí hiệu $i^{*} $ là số thỏa mãn $ii^{*}\equiv $1(mod p)

ta có 2S không chia hết cho $p^{2} $ <=>P=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $ko chia hết cho p
mà
P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}i^{2k-2} $$i^{*2k-1}(p-i)^{*2k-1} $(mod p)
vì $-i^{2k-3}(p-i) $$ \equiv $$i^{2k-2} $ (mod p)...các cái tiếp tương tự

P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1) $$\sum_{i=1}^{p-1}i^{*}(p-i)^{*2k-1} $(mod p)
vì $i \equiv-(p-i) $ (mod p)nên ta cũng có
$i^{*}\equiv-(p-i)^{*} $(mod p)
từ đó suy ra
P$ \equiv(p-1)!^{2k-1}(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $(mod p)
P ko chia hết cho p khi và chỉ khi thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :
+)2k-1 ko chia hết cho p
+)$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $ ko chia hết cho p
mà

$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $$\equiv $ $\sum_{i=1}^{p-1}(i^{2k}) $(mod p ) (1)

(1) ko chia hết cho p <=>2k chia hết cho p-1(định lý này khá quen thuộc) từ đó ta có điều phải cm

bài này có lẽ được bắt nguồn từ một bài khá quen :
(p-1)!$(\frac{1}{p-1}+\frac{1}{p-2}+...+1) $ chia hết cho $p^{2} $ với mọi p>3

nam1994 · 19-07-2010, 03:42 PM

Trích:

Nguyên văn bởi dep_kom_n

tớ không biết cậu định nêu bài toán như nào nhưng nếu chỉ có thế thì đề bài có lẽ đã sai

.nêu ra một số TH không thỏa mãn:
ví dụ +) p=3 ,k =1,4,7,10 ...
+)p=5 ,k=2,4,6,12,14 ,16 ,...

tớ xin được nêu cm của tớ trong bài toán này nhưng xin thay đổi một chút đề bài:
"cho p là một số nguyên tố , k là một số tự nhiên ,tìm tất cả giá trị của k sao cho tử số của phân số
$1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ ko chia hết cho $p^{2} $"
kết quả là k có dạng : k=$\frac{p-1}{2} $t với t+1 ko chia hết cho p

ta có
đpcm <=> S=$(p-1)!^{2k-1} $ .($1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $) ko chia hết cho $p^{2} $
mà
2S=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}(\frac{1}{i^{2k-1}} +\frac{1}{(p-i)^{2k-1}}) $
=$(p-1)!^{2k-1} $$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i+p-i)(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $

=$(p-1)!^{2k-1} $ $p\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $
kí hiệu $i^{*} $ là số thỏa mãn $ii^{*}\equiv $1(mod p)

ta có 2S không chia hết cho $p^{2} $ <=>P=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $ko chia hết cho p
mà
P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}i^{2k-2} $$i^{*2k-1}(p-i)^{*2k-1} $(mod p)
vì $-i^{2k-3}(p-i) $$ \equiv $$i^{2k-2} $ (mod p)...các cái tiếp tương tự

P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1) $$\sum_{i=1}^{p-1}i^{*}(p-i)^{*2k-1} $(mod p)
vì $i \equiv-(p-i) $ (mod p)nên ta cũng có
$i^{*}\equiv-(p-i)^{*} $(mod p)
từ đó suy ra
P$ \equiv(p-1)!^{2k-1}(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $(mod p)
P ko chia hết cho p khi và chỉ khi thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau :
+)2k-1 ko chia hết cho p
+)$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $ ko chia hết cho p
mà

$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $$\equiv $ $\sum_{i=1}^{p-1}(i^{2k}) $(mod p ) (1)

(1) ko chia hết cho p <=>2k chia hết cho p-1(định lý này khá quen thuộc) từ đó ta có điều phải cm

bài này có lẽ được bắt nguồn từ một bài khá quen :
(p-1)!$(\frac{1}{p-1}+\frac{1}{p-2}+...+1) $ chia hết cho $p^{2} $ với mọi p>3

Thanks mình sửa lại rùi đó bài của bạn lại là 1 bài toán khác

dep_kom_n · 19-07-2010, 04:50 PM

ồ!

vậy thì bài toán của mình còn tổng quát hơn bài toán của bạn đấy

theo điều kiện k của mình thì tử số của phân thức ko chia hết cho $p^{2} $ khi và chỉ khi 2k =(p-1)t với t+1 không chia hết cho p nên đuơng nhiên giá trị 2k<=p-1 là không thoả mãn rùi vì p-1<=(p-1)t

.Vì thế tử số của nó sẽ chia hết cho $p^{2} $
Bạn nên chú ý bài toán của mình đã xét tất cả các giá trị k trong tập nguyên dương xem những giá trị nào thỏa mãn vì thế trường hợp con của bạn hiển nhiên được giải quyết

**truongvoki_bn** · 19-07-2010, 05:13 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nam1994

Cho p là 1 số nguyên tố, k là 1 số tự nhiên thoả mãn $2k \leq p-1 $. chứng minh rằng tử số của phân số
$1+\frac{1}{2^{2k-1}}+ . . .+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ chia hết cho $p^2 $

Bài này hay nhỉ, hay đến nỗi đề bài sai mà vẫn có cách giải cơ đấy

Co k=1;p=3 thử xem nhé:

dep_kom_n · 19-07-2010, 09:13 PM

bạn truongvoki_bn chắc không đọc kĩ lời giải của mình rồi
rõ ràng với p=3 :k=1 thì t=1 khi đó t+1=2 ko chia hết cho 3 nên đương nhiên không được .
Bài toán của bạn nam1994 luôn đúng với mọi p>3 không tin bạn thử xem,có lẽ bạn ấy vì vội sửa lại nên quên không nói cả p>3

nam1994 · 19-07-2010, 10:27 PM

Trích:

Nguyên văn bởi dep_kom_n

mà

$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{*2k}) $$\equiv $ $\sum_{i=1}^{p-1}(i^{2k}) $(mod p ) (1)

cái này tắt quá bạn hà

**truongvoki_bn** · 20-07-2010, 07:14 AM

Mình nghĩ nên thay 2k-1 thành 2+1 thì đúng luôn với p=3

**truongvoki_bn** · 20-07-2010, 10:00 AM

Trích:

Nguyên văn bởi dep_kom_n

bạn truongvoki_bn chắc không đọc kĩ lời giải của mình rồi
rõ ràng với p=3 :k=1 thì t=1 khi đó t+1=2 ko chia hết cho 3 nên đương nhiên không được .
Bài toán của bạn nam1994 luôn đúng với mọi p>3 không tin bạn thử xem,có lẽ bạn ấy vì vội sửa lại nên quên không nói cả p>3

Vậy hả bạn??? Thế =2;p=5 thì sao nhỉ.
Mình nghĩ này phải thay 2k-1 thanh 2k+1 thì mới đúng

dep_kom_n · 20-07-2010, 12:53 PM

sorry ,mình nhơi bị nhầm lẫn khi áp dụng bài toán tổng quát

.theo bài của mình thì 2k=(p-1)t với t+1 không chia hết cho p thì sẽ không thỏa mãn

tức là nếu k=(p-1):2 thì không thỏa mãn với mọi số nguyên tố p vì khi đó t+1=2 ko chia hết cho p
bài của bạn nam1994 đúng với mọi 2k<p-1 ==>100%đúng

19-07-2010, 08:32 AM	#1
nam1994 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2009 Bài gởi: 210 Thanks: 67 Thanked 31 Times in 26 Posts	Số học Cho p là 1 số nguyên tố, k là 1 số tự nhiên thoả mãn $2k \leq p-1 $. chứng minh rằng tử số của phân số $1+\frac{1}{2^{2k-1}}+ . . .+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ chia hết cho $p^2 $ __________________ Stand up thay đổi nội dung bởi: nam1994, 19-07-2010 lúc 03:41 PM

19-07-2010, 02:04 PM	#3
dep_kom_n +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 81 Thanks: 47 Thanked 50 Times in 24 Posts	tớ không biết cậu định nêu bài toán như nào nhưng nếu chỉ có thế thì đề bài có lẽ đã sai .nêu ra một số TH không thỏa mãn: ví dụ +) p=3 ,k =1,4,7,10 ... +)p=5 ,k=2,4,6,12,14 ,16 ,... tớ xin được nêu cm của tớ trong bài toán này nhưng xin thay đổi một chút đề bài: "cho p là một số nguyên tố , k là một số tự nhiên ,tìm tất cả giá trị của k sao cho tử số của phân số $1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $ ko chia hết cho $p^{2} $" kết quả là k có dạng : k=$\frac{p-1}{2} $t với t+1 ko chia hết cho p ta có đpcm <=> S=$(p-1)!^{2k-1} $ .($1+\frac{1}{2^{2k-1}} +\frac{1}{3^{2k-1}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2k-1}} $) ko chia hết cho $p^{2} $ mà 2S=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}(\frac{1}{i^{2k-1}} +\frac{1}{(p-i)^{2k-1}}) $ =$(p-1)!^{2k-1} $$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i+p-i)(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $ =$(p-1)!^{2k-1} $ $p\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $ kí hiệu $i^{} $ là số thỏa mãn $ii^{}\equiv $1(mod p) ta có 2S không chia hết cho $p^{2} $ <=>P=$(p-1)!^{2k-1} $ $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(i^{2k-2} -i^{2k-3}(p-i)+...+(p-i)^{2k-2})}{(i(p-i))^{2k-1}} $ko chia hết cho p mà P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}i^{2k-2} $$i^{2k-1}(p-i)^{2k-1} $(mod p) vì $-i^{2k-3}(p-i) $$ \equiv $$i^{2k-2} $ (mod p)...các cái tiếp tương tự P$ \equiv $$(p-1)!^{2k-1} $$(2k-1) $$\sum_{i=1}^{p-1}i^{}(p-i)^{2k-1} $(mod p) vì $i \equiv-(p-i) $ (mod p)nên ta cũng có $i^{}\equiv-(p-i)^{} $(mod p) từ đó suy ra P$ \equiv(p-1)!^{2k-1}(2k-1)\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{2k}) $(mod p) P ko chia hết cho p khi và chỉ khi thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau : +)2k-1 ko chia hết cho p +)$\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{2k}) $ ko chia hết cho p mà $\sum_{i=1}^{p-1}(-i^{2k}) $$\equiv $ $\sum_{i=1}^{p-1}(i^{2k}) $(mod p ) (1) (1) ko chia hết cho p <=>2k chia hết cho p-1(định lý này khá quen thuộc) từ đó ta có điều phải cm bài này có lẽ được bắt nguồn từ một bài khá quen : (p-1)!$(\frac{1}{p-1}+\frac{1}{p-2}+...+1) $ chia hết cho $p^{2} $ với mọi p>3 thay đổi nội dung bởi: dep_kom_n, 19-07-2010 lúc 02:14 PM Lý do: đánh thiếu*

20-07-2010, 07:14 AM	#9
truongvoki_bn +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2009 Đến từ: _chuyenbacninh_ Bài gởi: 614 Thanks: 72 Thanked 539 Times in 208 Posts	Mình nghĩ nên thay 2k-1 thành 2+1 thì đúng luôn với p=3 __________________ Cuộc sống là không chờ đợi Đại học thôi. Lăn tăn gì nữa

19-07-2010, 04:50 PM	#5
dep_kom_n +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 81 Thanks: 47 Thanked 50 Times in 24 Posts	ồ! vậy thì bài toán của mình còn tổng quát hơn bài toán của bạn đấy theo điều kiện k của mình thì tử số của phân thức ko chia hết cho $p^{2} $ khi và chỉ khi 2k =(p-1)t với t+1 không chia hết cho p nên đuơng nhiên giá trị 2k<=p-1 là không thoả mãn rùi vì p-1<=(p-1)t .Vì thế tử số của nó sẽ chia hết cho $p^{2} $ Bạn nên chú ý bài toán của mình đã xét tất cả các giá trị k trong tập nguyên dương xem những giá trị nào thỏa mãn vì thế trường hợp con của bạn hiển nhiên được giải quyết

19-07-2010, 09:13 PM	#7
dep_kom_n +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 81 Thanks: 47 Thanked 50 Times in 24 Posts	bạn truongvoki_bn chắc không đọc kĩ lời giải của mình rồi rõ ràng với p=3 :k=1 thì t=1 khi đó t+1=2 ko chia hết cho 3 nên đương nhiên không được . Bài toán của bạn nam1994 luôn đúng với mọi p>3 không tin bạn thử xem,có lẽ bạn ấy vì vội sửa lại nên quên không nói cả p>3

20-07-2010, 12:53 PM	#11
dep_kom_n +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 81 Thanks: 47 Thanked 50 Times in 24 Posts	sorry ,mình nhơi bị nhầm lẫn khi áp dụng bài toán tổng quát .theo bài của mình thì 2k=(p-1)t với t+1 không chia hết cho p thì sẽ không thỏa mãn tức là nếu k=(p-1):2 thì không thỏa mãn với mọi số nguyên tố p vì khi đó t+1=2 ko chia hết cho p bài của bạn nam1994 đúng với mọi 2k<p-1 ==>100%đúng