Own. Sia $p$ un primo dispari e $q$ un intero positivo. Definiamo $\mathcal{A}_q$ il sottoinsieme di $\{2,3,\ldots,p-1\}$ tale che $a \in \mathcal{A}_q$ se e solo se $p$ divide $x^q-a$ per qualche intero $x$. Siano anche dati interi $b,c,d$ tali che $\text{gcd}(b,p-1)=\text{gcd}(b,q,p-1)$ e $1\le d\le |\mathcal{A}_q|$. Dimostrare allora che $p$ divide
$$\sum_{a_1<a_2<\cdots<a_d \text{ tali che } a_1,\ldots,a_d \in \mathcal{A}_q}{\left(\prod_{1\le i\le d}{(a_i^b+c)}\right)} \text{ }- \text{ }\sum_{0\le j\le d}{\binom{\frac{p-1}{\text{gcd}(q,p-1)}-1-j}{d-j}(-1)^jc^{d-j}}.$$
Generalizzando Wilson
Generalizzando Wilson
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Gottinger95
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Re: Generalizzando Wilson
Sbaglio o su \(c\) non ci sono restrizioni? Forse me le sono perse da qualche parte, ma non mi pare di trovarle!
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: Generalizzando Wilson
No, ti spiace? Volendo potrei toglierle anche su $b$: il risultato è simile ma parecchio piu' brutto 
In particolare stavo cercando di mettere dei $b_i$ a caso interi positivi (vedi qui)
In particolare stavo cercando di mettere dei $b_i$ a caso interi positivi (vedi qui)The only goal of science is the honor of the human spirit.
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Gottinger95
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Re: Generalizzando Wilson
No, non sono esageratamente offeso 
PARTE 1: Rappresaglia. Uccidiamo \(c\) e \(d\).
Innanzitutto notiamo che \(\displaystyle |A_q| = \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1\): infatti il numero di residui \(q\)-esimi corrisponde al numero di resti modulo \(p-1\) esprimibili come \(qk\). Abbiamo \(\alpha = qk \pmod{p-1}\), ossia \(\displaystyle \alpha/q = k \pmod{\frac{p-1 }{gcd(p-1,q) } }\), che \(gcd(p-1,q)\) soluzioni \(k\). Purtroppo dobbiamo sbarazzarci della soluzione \(0\), che corrisponde modulo \(p\) a \(x^0 = 1 \not \in A_q\) per definizione. Quindi rimaniamo con \( \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1\) soluzioni.
Definiamo \(\sigma_{k,b}\) la somma di tutti i possibili prodotti elevati alla \(b\) di \(d\) termini presi da \(A_q\). Cerchiamo di capire qual'è il coefficiente di \(c^{d-j}\) nella somma a sinistra: fissati \(a_1, \ldots, a_d\), il mio \(c^{d-j}\) riceverà tutti i prodotti a gruppi di \(j\) che contengono solo \(a_1, \ldots, a_d\). Quindi di certo il cofficiente di \(c^{d-j}\) conterrà tutti e soli prodotti a gruppi di \(j\), al variare di \(a_1, \ldots, a_d\). Ma quante volte becco un prodotto \(a_{i_1} \cdot \ldots \cdot a_{i_j}\)? Tutte e sole le volte che gli \(a_1, \ldots, a_d\) che fisso contengono \(a_{i_1}, \ldots, a_{i_j}\), ossia tutti i modi di scegliere \(d-j\) oggetti in un insieme di \(|A_q| - j\) oggetti. Perciò la somma a sinistra diventa:
\(\displaystyle \sum_{j=1}^d {\sigma_{j,b} c^{d-j} \binom{|A_q|-j}{d-j} } = \sum_{j=1}^d {\sigma_{j,b} c^{d-j} \binom{ \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1-j}{d-j} }\)
che è terribilmente simile alla somma a destra. Di fatto se dimostriamo che \(\sigma_{j,b} = (-1)^j\), abbiamo finito.
PARTE 2: Somme di potenze di generatori.
Qui inizia la parte dura. Essersi sbarazzati di \(c,d\) ci conduce al cuore del problema, che è:
\(\displaystyle \sigma_{j,b} = \sum_{a_{i_1}, \ldots, a_{i_j} \in A_q}{ \left ( \prod_{h=1}^j{a_{i_h} } \right )^b } \equiv (-1)^j \pmod{p}\)
Prima di cominciare,
Lemma. Sia \(g\) un generatore modulo p. Sia \(H = \{0, \ldots,p-2\}\). Si ha, per \(1 \leq j \le p-2\) e \(s \not \equiv 0 \pmod{p-1}\):
\(\displaystyle S = \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{sk_1+\ldots+sk_j} } \equiv 0 \pmod{p}\)
Il lemma segue immediatamente dal fatto che
\(\displaystyle g^{sj} S \equiv \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{s(k_1+1)+\ldots+s(k_j+1)} } \equiv \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{sk_1+\ldots+sk_j} } \equiv S \pmod{p}\)
Il secondo passaggio è dovuto al fatto che l'insieme delle \(j\)-uple \(( (k_1+1), \ldots, (k_j+1) )\) con \(k_1, \ldots, k_j \in H\) è evidentemente in bigezione con l'insieme delle \(j\)-uple \( ( k_1, \ldots, k_j) \) con \(k_1, \ldots, k_j \in H\).
Ritorniamo al nostro problema. Definiamo \(\displaystyle S_n = \sum_{k_1, \ldots, k_n \in H \mbox{ distinti} }{g^{qb(k_1+\ldots+k_n)} }\). Per il lemma \(S_n \equiv 0\) per \(1 \le n \le p-2\). Allora, per il principio di inclusione-esclusione:
\(\displaystyle \sigma_{j,b} = \sum_{a_{i_1}, \ldots, a_{i_j} \in A_q}{ \left ( \prod_{h=1}^j{a_{i_h} } \right )^b } = \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti e} \not = \mbox{0} }{g^{qb(k_1+\ldots+k_n)} } \equiv\)
\(\equiv S_j - S_{j-1} + ... +(-1)^{j-1}S_1 + (-1)^j S_0 \equiv (-1)^j S_0 \equiv (-1)^j \pmod{p} \)
Per capire il perchè del principio di inclusione-esclusione e il perchè di \(S_0 \equiv 1 \pmod{p}\), basta interpretare \(S_k\) come la somma in cui agli esponenti compaiono almeno \(j-k\) zeri. Perciò in \(S_0\) compaiono \(j\) zeri, ossia è \(g^0\).
PARTE 1: Rappresaglia. Uccidiamo \(c\) e \(d\).
Innanzitutto notiamo che \(\displaystyle |A_q| = \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1\): infatti il numero di residui \(q\)-esimi corrisponde al numero di resti modulo \(p-1\) esprimibili come \(qk\). Abbiamo \(\alpha = qk \pmod{p-1}\), ossia \(\displaystyle \alpha/q = k \pmod{\frac{p-1 }{gcd(p-1,q) } }\), che \(gcd(p-1,q)\) soluzioni \(k\). Purtroppo dobbiamo sbarazzarci della soluzione \(0\), che corrisponde modulo \(p\) a \(x^0 = 1 \not \in A_q\) per definizione. Quindi rimaniamo con \( \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1\) soluzioni.
Definiamo \(\sigma_{k,b}\) la somma di tutti i possibili prodotti elevati alla \(b\) di \(d\) termini presi da \(A_q\). Cerchiamo di capire qual'è il coefficiente di \(c^{d-j}\) nella somma a sinistra: fissati \(a_1, \ldots, a_d\), il mio \(c^{d-j}\) riceverà tutti i prodotti a gruppi di \(j\) che contengono solo \(a_1, \ldots, a_d\). Quindi di certo il cofficiente di \(c^{d-j}\) conterrà tutti e soli prodotti a gruppi di \(j\), al variare di \(a_1, \ldots, a_d\). Ma quante volte becco un prodotto \(a_{i_1} \cdot \ldots \cdot a_{i_j}\)? Tutte e sole le volte che gli \(a_1, \ldots, a_d\) che fisso contengono \(a_{i_1}, \ldots, a_{i_j}\), ossia tutti i modi di scegliere \(d-j\) oggetti in un insieme di \(|A_q| - j\) oggetti. Perciò la somma a sinistra diventa:
\(\displaystyle \sum_{j=1}^d {\sigma_{j,b} c^{d-j} \binom{|A_q|-j}{d-j} } = \sum_{j=1}^d {\sigma_{j,b} c^{d-j} \binom{ \frac{p-1}{gcd(p-1,q)} -1-j}{d-j} }\)
che è terribilmente simile alla somma a destra. Di fatto se dimostriamo che \(\sigma_{j,b} = (-1)^j\), abbiamo finito.
PARTE 2: Somme di potenze di generatori.
Qui inizia la parte dura. Essersi sbarazzati di \(c,d\) ci conduce al cuore del problema, che è:
\(\displaystyle \sigma_{j,b} = \sum_{a_{i_1}, \ldots, a_{i_j} \in A_q}{ \left ( \prod_{h=1}^j{a_{i_h} } \right )^b } \equiv (-1)^j \pmod{p}\)
Prima di cominciare,
Lemma. Sia \(g\) un generatore modulo p. Sia \(H = \{0, \ldots,p-2\}\). Si ha, per \(1 \leq j \le p-2\) e \(s \not \equiv 0 \pmod{p-1}\):
\(\displaystyle S = \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{sk_1+\ldots+sk_j} } \equiv 0 \pmod{p}\)
Il lemma segue immediatamente dal fatto che
\(\displaystyle g^{sj} S \equiv \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{s(k_1+1)+\ldots+s(k_j+1)} } \equiv \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti}}{g^{sk_1+\ldots+sk_j} } \equiv S \pmod{p}\)
Il secondo passaggio è dovuto al fatto che l'insieme delle \(j\)-uple \(( (k_1+1), \ldots, (k_j+1) )\) con \(k_1, \ldots, k_j \in H\) è evidentemente in bigezione con l'insieme delle \(j\)-uple \( ( k_1, \ldots, k_j) \) con \(k_1, \ldots, k_j \in H\).
Ritorniamo al nostro problema. Definiamo \(\displaystyle S_n = \sum_{k_1, \ldots, k_n \in H \mbox{ distinti} }{g^{qb(k_1+\ldots+k_n)} }\). Per il lemma \(S_n \equiv 0\) per \(1 \le n \le p-2\). Allora, per il principio di inclusione-esclusione:
\(\displaystyle \sigma_{j,b} = \sum_{a_{i_1}, \ldots, a_{i_j} \in A_q}{ \left ( \prod_{h=1}^j{a_{i_h} } \right )^b } = \sum_{k_1, \ldots, k_j \in H \mbox{ distinti e} \not = \mbox{0} }{g^{qb(k_1+\ldots+k_n)} } \equiv\)
\(\equiv S_j - S_{j-1} + ... +(-1)^{j-1}S_1 + (-1)^j S_0 \equiv (-1)^j S_0 \equiv (-1)^j \pmod{p} \)
Per capire il perchè del principio di inclusione-esclusione e il perchè di \(S_0 \equiv 1 \pmod{p}\), basta interpretare \(S_k\) come la somma in cui agli esponenti compaiono almeno \(j-k\) zeri. Perciò in \(S_0\) compaiono \(j\) zeri, ossia è \(g^0\).
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
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Gottinger95
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Re: Generalizzando Wilson
Che pare, è giusta?
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe
Re: Generalizzando Wilson
Scusa il ritardo, mi era uscito di mente di leggerlo con calma: si mi pare corretta, e abbastanza simile alla mia, e che anche qui non si riesce a generalizzare al caso $b_i$ distinti.. :/
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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Gottinger95
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Re: Generalizzando Wilson
Purtroppo no ... 
comunque oh, te la posso dire una cosa, in tutta onestà intellettuale? I tuoi problemi di teoria dei numeri mi piacciono tantissimo 
comunque oh, te la posso dire una cosa, in tutta onestà intellettuale? I tuoi problemi di teoria dei numeri mi piacciono tantissimo \( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe