Chứng Minh

S

soccan

Áp dụng định lý Fermat nhỏ
$a^p-a\vdots p$ với p là số nguyên tố
theo giả thuyết thì thỏa mãn $5$ là số nguyên tố và $n^5-n$ có dạng $a^p-a$
$\Longrightarrow n^5-n\vdots 5$
$\Longrightarrow \dfrac{n^5-n}{5}$ là nguyên với mọi $n$ nguyên
 
Last edited by a moderator:
T

trinhminh18

Ta có : $\dfrac{n^5-n}{5}=\dfrac{n(n-1)(n+1)(n^2+1)}{5}$
ĐỂ $\dfrac{n(n-1)(n+1)(n^2+1)}{5}$ nguyên thì n(n-1)(n+1)(n^2+1) chia hết cho 5 (1)
Với n nguyên, xét phép chia n cho 5 xảy ra 4 khả năng
+Nếu n chia hết cho 5 thì 1 hiển nhiên đúng (2)
+Nếu n chia 5 dư 1 thì n-1 chia hết cho 5\Rightarrow 1 đúng (3)
+ nếu n chia 5 dư 2 hoặc dư 3 thì: n^2 chia 5 dư 4 \Rightarrow n^2+1 chia hết cho 5\Rightarrow1 đúng (4)
+Nếu n chia 5 dư 4 thì n+1 chia hết cho 5 \Rightarrow 1 đúng (5)
Từ (2);(3);(4);(5) \Rightarrow đpcm
 
H

huynhbachkhoa23

Theo đinh lý Fermat nhỏ: $n^5-n \equiv 0\pmod{5}$ nên $n^5-n$ chia hết cho $5$ với mọi $n$ nguyên.
 
R

riverflowsinyou1

huynhbachkhoa23 said:
Theo đinh lý Fermat nhỏ: $n^5-n \equiv 0\pmod{5}$ nên $n^5-n$ chia hết cho $5$ với mọi $n$ nguyên.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Đừng dùng vì đây là bt về nhà =)) thầy nó là chết đấy =))
C/m định lí Fermat nhỏ :
Nếu $p$ là số nguyên tố và $a$ là số nguyên thỏa mãn $(a;p)=1$ thì $a^{p-1}-1$ chia hết cho $p$
Có $a,2a,3a,....,(p-1)a$ không chia hết cho $p$. Gọi số dư của $a,2a,3a,...,(p-1)a$ khi chia cho $p$ lần lượt là $b,b_1,b_2,..,b_n$
G/s tồn tại 2 số $ai-aj$ chia hết cho p
$ai-aj=a.(i-j) \equiv i-j$ (mod p) $i-j=0$ thì vô lí
Có $a.2a.3a....(p-1)a \equiv (p-1)! \equiv a^{p-1}.(p-1)! $ (mod p)
\Rightarrow $a^{p-1}-1 \equiv 0$ (mod p)
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom