potęga sumy a suma potęg
-
- Użytkownik
- Posty: 23
- Rejestracja: 8 wrz 2008, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 2 razy
potęga sumy a suma potęg
Udowodnij, że \(\displaystyle{ (a+b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (mod p)}\)
Oczywiście a, b należą do naturalnych a liczba p jest pierwsza...
Oczywiście a, b należą do naturalnych a liczba p jest pierwsza...
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
potęga sumy a suma potęg
Rozpisz lewą stronę ze wzoru dwumianowego i uzasadnij, że każda liczba postaci \(\displaystyle{ \binom{p}{i}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,p-1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
- Kvasir
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 19 paź 2009, o 18:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 6 razy
potęga sumy a suma potęg
taki cytat ze strony instytutu matematycznego we Wrocławiu, który mi się bardzo spodobał:
\(\displaystyle{ (x+y)^p=x^p+y^p}\) to jest wzór, który stosuje każdy uczeń odbiegający od przeciętności. Jak odbiega w górę to stosuje go modulo p, jak w dół – to dla wszystkich liczb rzeczywistych.
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
potęga sumy a suma potęg
To chyba najprostszy możliwy dowód MTF, więc warto to umieć zrobić z przedstawionej przeze mnie stronyPiotr Rutkowski pisze:A jak się pokusisz o MTF, to wyjdzie jeszcze szybciej
-
- Użytkownik
- Posty: 20
- Rejestracja: 5 paź 2009, o 21:34
- Płeć: Mężczyzna
- Pomógł: 2 razy
potęga sumy a suma potęg
doszedłem do tego, że twierdzenie jest prawdziwe jesli wszystkie dwumiany pomiedzy \(\displaystyle{ {p \choose 0} a {p \choose p}}\) są podzielne przez p. Pozostaje wtedy udowodnic, ze \(\displaystyle{ \frac{(p-1)!}{i!(p-i)!}}\)jest liczbą całkowitą. Wiem, że tak jest ale jak temu dowieść?
-
- Użytkownik
- Posty: 2234
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
potęga sumy a suma potęg
Zastanów się dlaczego zachodzi implikacja \(\displaystyle{ ((p \in \mathbb{P})exitlessmind pisze:doszedłem do tego, że twierdzenie jest prawdziwe jesli wszystkie dwumiany pomiedzy \(\displaystyle{ {p \choose 0} a {p \choose p}}\) są podzielne przez p. Pozostaje wtedy udowodnic, ze \(\displaystyle{ \frac{(p-1)!}{i!(p-i)!}}\)jest liczbą całkowitą. Wiem, że tak jest ale jak temu dowieść?
\wedge ({p\choose i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}\in \mathbb{Z}))\Rightarrow (\frac{{p\choose i}}{p}\in \mathbb{Z})}\)
Przez co dzielisz? Jakie czynniki masz w mianowniku wyrażenia \(\displaystyle{ {p\choose i}}\)?
-
- Użytkownik
- Posty: 170
- Rejestracja: 14 paź 2008, o 09:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 78 razy
potęga sumy a suma potęg
Mógłby ktoś pokazać dowód MTF od strony przedstawionej przez Sylwka?Sylwek pisze:To chyba najprostszy możliwy dowód MTF, więc warto to umieć zrobić z przedstawionej przeze mnie strony
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
potęga sumy a suma potęg
\(\displaystyle{ n^p=(n-1+1)^p \equiv (n-1)^p + 1^p = (n-1)^p + 1 \equiv (n-2)^p + 1 + 1 \equiv \ldots \\ \equiv \underbrace{1+1+\ldots+1}_{n}=n}\)
Wszystkie przystawania właśnie na podstawie \(\displaystyle{ (x+y)^p \equiv x^p+y^p}\).
Wszystkie przystawania właśnie na podstawie \(\displaystyle{ (x+y)^p \equiv x^p+y^p}\).