Licznik a p
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 12712
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3316 razy
- Pomógł: 776 razy
Licznik a p
Udowodnić, że licznik nieskracalnego ułamka \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2}}\) jest podzielny przez \(\displaystyle{ p}\), o ile \(\displaystyle{ p>3}\) jest liczbą pierwszą.
-
- Użytkownik
- Posty: 24
- Rejestracja: 20 lut 2023, o 03:13
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 11 razy
Re: Licznik a p
Przypuszczam, że należy w pierwszej kolejności udowodnić, w tym celu hipotezę Goldbacha, tj. każda liczba parzysta większa od 2 jest sumą dwóch liczb pierwszych. Tutaj akurat mamy sumę odwrotności dla tej hipotezy.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5446
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 141 razy
- Pomógł: 553 razy
Re: Licznik a p
Akurat teza lub antyteza a nawet synteza Maybacha, Bajbacha jest tu zupełnie zbędna...
popatrzmy na te sumę inaczej:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = \frac{a}{b} }\)
na pewno:
\(\displaystyle{ p}\) nie dzieli \(\displaystyle{ b}\) czyli mianownika...
trzeba udowodnić, że:
\(\displaystyle{ ab^{-1}=0 \mod p}\)
zauważmy , że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^{p-1}\left( k^{-1}\right)^2 = \sum_{k=1}^{p-1} k^2}\)
bo tak czy siak jest to tylko permutacja reszt kwadratowych w ciele \(\displaystyle{ \ZZ_{p}}\)...
a:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} k^2=6^{-1} \cdot (p-1) \cdot p \cdot (2p-1) =0 \mod p}\)
jak widać suma ta jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\)
co kończy dowód, założenie, że \(\displaystyle{ p>3}\) ma sens bo wtedy bym nie mógł zastosować wzoru na sumę kwadratów...
zobaczmy jak sprawa wygląda w ciele: \(\displaystyle{ Z_{3}}\)
\(\displaystyle{ 1^2+2^2=2 \mod 3}\)
więc jak widać w tym ciele to nie działa...
cnd...
popatrzmy na te sumę inaczej:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = \frac{a}{b} }\)
na pewno:
\(\displaystyle{ p}\) nie dzieli \(\displaystyle{ b}\) czyli mianownika...
trzeba udowodnić, że:
\(\displaystyle{ ab^{-1}=0 \mod p}\)
zauważmy , że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^{p-1}\left( k^{-1}\right)^2 = \sum_{k=1}^{p-1} k^2}\)
bo tak czy siak jest to tylko permutacja reszt kwadratowych w ciele \(\displaystyle{ \ZZ_{p}}\)...
a:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{p-1} k^2=6^{-1} \cdot (p-1) \cdot p \cdot (2p-1) =0 \mod p}\)
jak widać suma ta jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\)
co kończy dowód, założenie, że \(\displaystyle{ p>3}\) ma sens bo wtedy bym nie mógł zastosować wzoru na sumę kwadratów...
zobaczmy jak sprawa wygląda w ciele: \(\displaystyle{ Z_{3}}\)
\(\displaystyle{ 1^2+2^2=2 \mod 3}\)
więc jak widać w tym ciele to nie działa...
cnd...
- kitsu-ne
- Użytkownik
- Posty: 17
- Rejestracja: 25 sty 2025, o 23:25
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 35
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 10 razy
Re: Licznik a p
To akurat jest proste. Niech \(\displaystyle{ H_n = \sum_{k-1}^n \frac 1 n}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-tą liczbę harmoniczną.
Jeśli \(\displaystyle{ p \neq 2}\), to \(\displaystyle{ p \mid H_{p-1}}\) (wynik Babbage'a).
Jeśli \(\displaystyle{ p > 3}\), to \(\displaystyle{ p^2 \mid H_{p-1}}\) (wynik Wolstenholme'a).
Dalej jest już gorzej, bo znane są tylko dwie liczby \(\displaystyle{ p}\) takie, że \(\displaystyle{ p^3 \mid H_{p-1}}\): 6 843 i 2 124 679.
Jeśli \(\displaystyle{ p \neq 2}\), to \(\displaystyle{ p \mid H_{p-1}}\) (wynik Babbage'a).
Jeśli \(\displaystyle{ p > 3}\), to \(\displaystyle{ p^2 \mid H_{p-1}}\) (wynik Wolstenholme'a).
Dalej jest już gorzej, bo znane są tylko dwie liczby \(\displaystyle{ p}\) takie, że \(\displaystyle{ p^3 \mid H_{p-1}}\): 6 843 i 2 124 679.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5446
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 141 razy
- Pomógł: 553 razy
Re: Licznik a p
To jeżeli masz siłę i chęć to proponuję coś takiego:
\(\displaystyle{ \frac{2^1}{1^2} +\frac{2^2}{2^2} +\frac{2^3}{3^2} +...+\frac{2^{p-1}}{(p-1)^2}=-\left( \frac{2^{p-1}-1}{p} \right)^2 \mod p }\)
To zadanie już tu na forum gdzieś funkcjonuje ale wznawiam ja ze swojej strony rozpisałem jak na razie stronę prawą...
\(\displaystyle{ \frac{2^1}{1^2} +\frac{2^2}{2^2} +\frac{2^3}{3^2} +...+\frac{2^{p-1}}{(p-1)^2}=-\left( \frac{2^{p-1}-1}{p} \right)^2 \mod p }\)
To zadanie już tu na forum gdzieś funkcjonuje ale wznawiam ja ze swojej strony rozpisałem jak na razie stronę prawą...
- kitsu-ne
- Użytkownik
- Posty: 17
- Rejestracja: 25 sty 2025, o 23:25
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 35
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 10 razy
Re: Licznik a p
Masz totalnie rację, ale \(\displaystyle{ 16\, 843}\) jest (i o tę liczbę mi chodziło - literówka się wkradła).Brombal pisze: 28 sty 2025, o 11:18 liczba \(\displaystyle{ 6843}\) nie jest pierwsza. Jak widać dzieli się przez \(\displaystyle{ 3}\).
Ostatnio zmieniony 28 sty 2025, o 19:59 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.