Пускай $%\large\frac rs=\sum_{k=1}^{p-1}\frac1{k^n}$%, где $%r,s$%, и $%n$% – натуральные числа, $%p>2$% - простое число, $%s$% не делится на $%p$%.

Доказать, что $%r$% делится на $%p$% тогда и только тогда, когда $%n$% не делится на $%p-1$%.

задан 23 Окт '19 11:41

1

$$r(1⋅2⋅ ... ⋅(p-1))^n = s((2⋅ ...⋅(p-1))^n + ....+(2⋅....⋅(p-2))^n)$$ Предположим $%n= m(p-1)$%,для некоторого $%m$% $$r=\frac{s((2⋅ ...⋅(p-1))^{m(p-1)}+ ....+(2⋅....⋅(p-2))^{m(p-1)})}{((1⋅2⋅ ... ⋅(p-1))^{m(p-1)}}$$ По малой теореме Ферма ,число $%(2⋅ ...⋅(p-1))^{m(p-1)}+ ....+(2⋅....⋅(p-2))^{m(p-1)} ≡ 1^m+1^m+...+1^m = (p-1)$% $% \text{mod} $% $%p$% не может делиться на $%p$%

(23 Окт '19 15:32) potter

@potter: Осталось доказать, что $%r$% делится на $%p$%, если $%n$% не делится на $%p-1$%.

(23 Окт '19 16:24) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: У меня не получилось - думаю теорема Вильсона должна помочь

(23 Окт '19 17:05) potter

@potter: Мне кажется, что теоремы Вильсона недостаточно.

(23 Окт '19 18:48) EdwardTurJ
10|600 символов нужно символов осталось
2

Разобьем числа $%2,3, \ . . .\ , p-2$% на пары $%(a_i, b_i)$% так , чтобы в каждой паре $%a_i\cdot b_i=1\ (mod\ p)$%

Тогда:

$$\dfrac{1}{2^n}+\ .\ .\ .\ +\dfrac{1}{(p-2)^n}= \sum_{k=1}^{p-1}\left(\dfrac{1}{a_i^n}+\dfrac{1}{b_i^n}\right)=\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{a_i^n+b_i^n}{q_i}\ ,\ \ \ q_i=1\ (mod \ p)$$

$$r_m=\sum_{k=1}^{p-1}k^n\ = \sum_{k=1}^{p-1}k^m\ (mod\ p)\ \ ,\ \ (m=n \ \ mod\ (p-1))$$

$$C_m^1r_{m-1}+. . . +C_m^mr_0=p-1\ \ (mod \ p)$$

$%\ r_0=p-1$%

$%\ r_i=0 $% при $%\ \ i=1\ ,\ 2\ ,\ .\ .\ .\ ,\ (p-2)$%

ссылка

отвечен 23 Окт '19 21:55

изменен 23 Окт '19 22:13

10|600 символов нужно символов осталось
2

Переходя к классам вычетов по модулю $%p$%, имеем $%\bar{r}\bar{s}^{-1}=\bar1^{-n}+\bar2^{-n}+\cdots+\overline{p-1}\,^{-n}$%. В правой части можно убрать минусы в показателях, так как набор элементов группы совпадает с набором обратных. Получается такая переформулировка: надо доказать, что $%\bar1^{n}+\bar2^{n}+\cdots+\overline{p-1}\,^{n}=\bar0$% iff $%n$% не делится на $%p-1$%.

Если делимость есть, то по малой теореме Ферма, сумма равна $%p-1$%. Пусть $%n$% не делится на $%p-1$%. Обозначим через $%g$% представитель первообразного корня по модулю $%p$%. Тогда мы имеем сумму $%1+g^n+g^{2n}+\cdots+g^{(p-2)n}$%. По условию, $%g^n-1\ne0$%, так как $%n$% не делится на порядок $%g$%. Домножая сумму на такой элемент, имеем $%g^{(p-1)n}-1$%, а это равно нулевому элементу поля.

ссылка

отвечен 23 Окт '19 20:46

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×957
×262

задан
23 Окт '19 11:41

показан
2448 раз

обновлен
23 Окт '19 22:13

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru