Ogni primo ne divide uno!
Ogni primo ne divide uno!
Se p è primo e diverso da 2 e 5, dimostrare che divide almeno uno dei numeri dell'insieme $ \{1, 11, 111, 1111, \cdots\} $
Réver e révéler, c'est à peu prés le meme mot (R. Queneau)
Si può dimostrare passando da una via laterale... se $ $l $ è la lunghezza del periodo di $ $\frac 1p $, sommo il periodo a se stesso $ $l $ volte traslando ciclicamente ogni volta le cifre di una posizione, il che equivale a moltiplicare per 1111...11 lungo $ $l $. Alla fine, ogni cifra del periodo dovrà essere necessariamente uguale alle altre, in quanto è il risultato delle stesse somme con gli stessi addendi con gli stessi riporti (facendo le operazioni in colonna stile elementari). Quindi il periodo diventa di lunghezza 1, ma allora se moltiplico tutto per 9 ottengo un numero intero uguale a $ $\frac 1p\cdot 11\dots 11\cdot 9 $. Segue che o $ $p $ è presente nella scomposizione di 11...11, o è 3, ma 111 è multiplo di 3, fine.
Dimostrazione alternativa:
per il piccolo teorema di Fermat $ 10^p\equiv 10\pmod{p} $ per ogni p primo.
Se p non ha divisori in comune con 10 (qui entrano in gioco 2 e 5) si può dire che
$ 10^{p-1}\equiv 1\pmod{p} $
$ 10^{p-1}-1\equiv 0\pmod{p} $
$ p|9(10^{p-2}+10^{p-3}+...+10+1) $ (si capisce che se p = 3 i primi due termini della somma vanno a farsi benedire...)
Se p e 9 non hanno fattori in comune (cioè p diverso da 3) allora p divide
$ 111\cdots 111 $ (p-1 volte), che è nell'insieme.
Se p = 3 come ha detto giulio divide 111.
per il piccolo teorema di Fermat $ 10^p\equiv 10\pmod{p} $ per ogni p primo.
Se p non ha divisori in comune con 10 (qui entrano in gioco 2 e 5) si può dire che
$ 10^{p-1}\equiv 1\pmod{p} $
$ 10^{p-1}-1\equiv 0\pmod{p} $
$ p|9(10^{p-2}+10^{p-3}+...+10+1) $ (si capisce che se p = 3 i primi due termini della somma vanno a farsi benedire...)
Se p e 9 non hanno fattori in comune (cioè p diverso da 3) allora p divide
$ 111\cdots 111 $ (p-1 volte), che è nell'insieme.
Se p = 3 come ha detto giulio divide 111.