Potenze (2p-1)-esime

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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EUCLA
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Potenze (2p-1)-esime

Messaggio da EUCLA » 16 ott 2008, 16:43

Sia $ $ p>2 $ un numero primo.

Dimostrare che $ $ \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv \frac{p(p+1)}{2} \pmod{p^2} $.

Buon lavoro :D

String
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Messaggio da String » 16 ott 2008, 18:27

Per il piccolo teorema di Fermat $ i^{p-1}\equiv 1\pmod p $ per ogni $ i $ dato che sono tutti $ <p $. Se eleviamo al quadrato, allora anche $ i^{2{(p-1)}}=i^{2p-2}\equiv 1\pmod p $. Perciò $ i^{2p-1}\equiv i\pmod p $. La sommatoria quindi sarà pari a $ $ \frac {p(p-1)}{2} $, ma essendo $ <p^2 $ si ha che $ $ \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv \frac {p(p-1)}{2}\pmod p^2 $.
La tesi però richiede che quella sommatoria sia $ $ \equiv \frac {p(p+1)}{2}\pmod p^2 $, sei sicura che è giusta?
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 16 ott 2008, 19:01

Beh, $ \bmod p $ era un pò troppo semplice. Credo proprio sia $ p^2 $ o almeno, pare tornare :D .

String
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Messaggio da String » 16 ott 2008, 19:28

Veramente il mio dubbio era riguardo quel $ p+1 $ che compare nella tesi, che secondo la dimostrazione dovrebbe essere $ p-1 $
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 16 ott 2008, 19:51

Aspetta, dov'è che dimostri che $ $ p^2\bigg \vert \sum_{i=1}^{p-1}i^{2p-1} -\sum_{i=1}^{p-1} i $?

Se non leggo male io lo hai dimostrato per $ p $, non per $ p^2 $.

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SkZ
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Messaggio da SkZ » 16 ott 2008, 20:30

in effetti mi pare che string si sia confuso: invece di congruo modulo il quadrato, ha fatto congruo il quadrato del modulo, che non so se ha senso.
String ha scritto:$ $ \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv \frac {p(p-1)}{2}\pmod p^2 $
impara il [tex]~\LaTeX[/tex] e mettilo da par[tex]\TeX~[/tex]

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String
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Messaggio da String » 16 ott 2008, 23:09

Ho sbagliato a scrivere in $ \LaTeX $, comunque credevo si capisse che intendevo $ \pmod {p^2} $ e non $ \pmod p^2 $.
Ripeto ciò che ho fatto sperando di essere più chiaro e di non essere frainteso.
Per il piccolo teorema di Fermat $ i^{p-1}\equiv 1\pmod p $
Quindi $ i^{2p-1}\equiv i \pmod p $.
La sommatoria dei moduli allora sarà $ $ \frac {p(p-1)}{2} $.
E' evidente quindi che $ $ \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv 0 \pmod p $ e anche che $ $ \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv \frac {p(p-1)}{2}\pmod {p^2} $ dato che $ $ \frac {p(p-1)}{2}< p^2 $
Ora, se è sbagliato, correggetemi, così almeno imparo qualcosa :wink:
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eli9o
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Messaggio da eli9o » 17 ott 2008, 00:03

Se si hanno dubbi sul testo io proverei un caso numerico... per $ p=3 $ abbiamo $ \displaystyle 1^5+3^5=33 \equiv 6 \equiv \frac{p(p+1)}{2} \pmod 9 $. Sembrerebbe andare bene...
L'errore sta nel fatto che tu ottieni il tuo $ \frac{p(p-1)}{2} $ sommando termini $ \pmod p $ poi lo porti $ \pmod {p^2} $. Questo non si può fare, poichè $ a \equiv b \pmod p \Rightarrow a \equiv b \pmod {p^2} $ è falsa (anche se è vera l'altra freccia)
Hypotheses non fingo

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 17 ott 2008, 14:08

Calcolo questa cosa:

$ \displaystyle 2 \cdot \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} = \sum_{i=1}^{p-1} [(i)^{2p-1} + (p-i)^{2p-1}] $

Scompongo il prodotto notevole e ottengo

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1} [(i)^{2p-1} + (p-i)^{2p-1}=\sum_{i=1}^{p-1} p(\sum_{z=0}^{2p-2} (-1)^z \cdot i^z \cdot (p-i)^{2p-2-z}) $

Ora il fattore p si può portare fuori dalla sommatoria, quindi per sapere quanto vale modulo $ p^2 $ quella roba ci basta vedere quanto vale modulo p la sommatoria interna:

$ \displaystyle \sum_{z=0}^{2p-2} (-1)^z \cdot i^z \cdot (p-i)^{2p-2-z} \equiv \sum_{z=0}^{2p-2} (-i)^z \cdot (-i)^{2p-2-z} \equiv i^{2p-2} \cdot 2p-1 \equiv -1 \pmod p $

da cui

$ \displaystyle 2\sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} \equiv (p-1)(p)(-1) \equiv p(p+1) \pmod {p^2} $

da cui poichè $ p>2 $ , ho la tesi.

Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 17 ott 2008, 15:17

alex89 ha scritto:Ora il fattore p si può portare fuori dalla sommatoria, quindi per sapere quanto vale modulo $ p^2 $ quella roba ci basta vedere quanto vale modulo p la sommatoria interna.
nn credo: $ 3 \cdot 5 \equiv 6 (mod 9) $, ma 5 nn e congruo a 6 (mod 3)
MIND TORNA CON NOI

String
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Messaggio da String » 17 ott 2008, 16:14

eli9o ha scritto:Se si hanno dubbi sul testo io proverei un caso numerico... per $ p=3 $ abbiamo $ \displaystyle 1^5+3^5=33 \equiv 6 \equiv \frac{p(p+1)}{2} \pmod 9 $. Sembrerebbe andare bene...
L'errore sta nel fatto che tu ottieni il tuo $ \frac{p(p-1)}{2} $ sommando termini $ \pmod p $ poi lo porti $ \pmod {p^2} $. Questo non si può fare, poichè $ a \equiv b \pmod p \Rightarrow a \equiv b \pmod {p^2} $ è falsa (anche se è vera l'altra freccia)
Capito, mi era sfuggita questa cosa...
"fatti non foste a viver come bruti,
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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 17 ott 2008, 19:38

Quello che è stato evidenziato da Jacobi, si può aggiustare, ad esempio sommando qualcosa in modo che il RHS contenga due fattori $ p $ e sia così nullo, così che quel fastidioso $ i $ sparisce :wink: .

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 18 ott 2008, 00:41

Io intendevo dire che:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1} p(\sum_{z=0}^{2p-2} (-1)^z \cdot i^z \cdot (p-i)^{2p-2-z})= p \sum_{i=1}^{p-1} (\sum_{z=0}^{2p-2} (-1)^z \cdot i^z \cdot (p-i)^{2p-2-z}) $

Poi mi ricavo quanto vale modulo p la sommatoria interna e sostituisco....

questo posso farlo... infatti sia r quanto vale quella sommatoria modulo p; ho che

$ p(kp+r) \equiv kp^2+ pr \equiv pr \pmod{p^2} $

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EUCLA
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Messaggio da EUCLA » 18 ott 2008, 08:59

GIusto giusto :oops: , bravo Alessio! :D

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