Dal naoki sato: somma di reciproci modulo p^2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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piever
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Dal naoki sato: somma di reciproci modulo p^2

Messaggio da piever » 09 mar 2007, 19:12

Dimostrare che, per ogni primo p maggiore o uguale a 5 si ha:

$ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}\equiv 0 \pmod{p^2} $

buon lavoro...
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albert_K
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Messaggio da albert_K » 09 mar 2007, 20:12

Ma c'è un errore nel testo del problema o sono io che non conosco le congruenze per numeri razionali?

O forse non ho proprio capito qualche cosa... :P

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edriv
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Messaggio da edriv » 09 mar 2007, 20:20

Diciamo che con $ ~ \frac 1i $ indica $ ~ i^{-1} $, ovvero quell'unico numero (se gcd(n,i) = 1) tale che $ ~ i \cdot i^{-1} \equiv 1 \pmod n $.

Il problema possiamo scriverlo in maniera più elementare in questo modo:
sia p un primo maggiore di 3. Allora, se $ \displaystyle \frac 11 + \frac 12 + \frac 13 + \ldots + \frac 1 {p-1} = \frac mn $, m è un multiplo di $ ~ p^2 $.

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frengo
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Messaggio da frengo » 09 mar 2007, 20:28

potrebbe essere utile andare a spulciare qui dentro(ma bisogna cercare bene....)
viewtopic.php?t=5470&highlight=

ciao ciao

darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 09 mar 2007, 21:52

Per il teorema di Eulero-Fermat, $ i^{p^2-p} \equiv 1 \pmod {p^2} $
Perciò $ i^{-1} \equiv i^{-1}*i^{p^2-p} \equiv i^{p^2-p-1} $.
Perciò $ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i} \equiv \sum_{i=1}^{p-1}i^{p^2-p-1} \pmod {p^2} $.
Sia $ d=p^2-p-1 $ (che è ovviamente dispari)
E' dunque $ \displaystyle \sum_{i=1}^{(p-1)/2} (i^d + (p-i)^d) \equiv $$ \displaystyle \sum_{i=1}^{(p-1)/2} i^d + (...) - i^d +pd(-i)^{d-1} $$ \displaystyle \equiv \sum_{i=1}^{(p-1)/2} -p(-i)^{d-1} \pmod {p^2} $
Resta dunque da dimostrare che $ \displaystyle \sum_{i=1}^{(p-1)/2} i^{d-1} \equiv 0 \pmod p $
Sostituendo poi col teorema di Eulero-Fermat di nuovo, viene il lemma che aveva dimostrato Frengo nell'altro post.
Ciao!
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Boll
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Messaggio da Boll » 09 mar 2007, 22:21

Allora, premetto che non ho guardato il link di Francesco :lol:

$ $\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}=\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}\right) $$ $ =\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p}{i(p-i)}\right) $

Quindi la nostra tesi coimpica

$ $\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0 \pmod p $
che coimplica
$ $\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i^2}\equiv 0 \pmod p $

ma poichè $ $ \frac{1}{i^2}\equiv \frac{1}{(p-i)^2} $ ci basta dimostrare che

$ $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2}\equiv 0 \pmod p $

L'inverso modulo p esiste sempre ed è sempre unico, ora chiamiamo $ g $ un generatore modulo p (sappiamo che esiste) avremo che la tesi diventa

$ $ \sum_{i=0}^{p-2} g^{2i}\equiv 0 \pmod p $

ma


$ $ \sum_{i=0}^{p-2} g^{2i}=\frac{(g^2)^{p-1}-1}{g^2-1} $ che sfruttando il teorema di Eulero Fermat risulterà proprio zero modulo p (si vede anche l'utilità della limitazione, visto che altrimenti il denominatore sarebbe zero).

Spero sia chiaro, nel caso chiedete...
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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