Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie liczbą pierwszą większą niż \(\displaystyle{ 3}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ p^{2}}\) dzieli \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{p-1} \frac{(p-1)!}{i}}\).
Próbowałem wykorzystać jakoś twierdzenie Wilsona, ale bez efektów.
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
-
Krzychu12321
- Użytkownik
- Posty: 61
- Rejestracja: 1 lut 2015, o 20:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: aaaaaaaaaaaa
- Podziękował: 20 razy
-
jmb
- Użytkownik
- Posty: 103
- Rejestracja: 30 lis 2013, o 17:02
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 3 razy
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
Hmmm.. jeśli wyciągniesz licznik przed sumę, to dostaniesz szereg harmoniczny.
Jak się przyjrzeć sumie częściowej (do p-1) takiego szeregu, to nie bardzo dzieli się ona przez p a tym bardziej przez kwadrat...
Jak się przyjrzeć sumie częściowej (do p-1) takiego szeregu, to nie bardzo dzieli się ona przez p a tym bardziej przez kwadrat...
-
Krzychu12321
- Użytkownik
- Posty: 61
- Rejestracja: 1 lut 2015, o 20:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: aaaaaaaaaaaa
- Podziękował: 20 razy
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
Tylko że ta suma częściowa nie jest liczbą całkowitą. Z tego, że \(\displaystyle{ 3}\) nie jest dzielnikiem \(\displaystyle{ \frac{9}{5}}\) ani \(\displaystyle{ 10}\) nie wynika, że \(\displaystyle{ 3^{2}}\) nie jest dzielnikiem \(\displaystyle{ \frac{9}{5} \cdot 10=18}\)
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
A czemu miałoby się nie dzielić?
weź dla \(\displaystyle{ p=5}\)
\(\displaystyle{ 4!(1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) =24 \cdot \frac{25}{12}=50}\)
Podobnie jest dla \(\displaystyle{ p=7}\)
Jeśli weźmiemy modularny pierścień \(\displaystyle{ Z_{p^2}}\)
wystarczy wtedy udowodnić że:
\(\displaystyle{ 1+2^{-1}+3^{-1}+...+(p-1)^{-1}=0}\)
\(\displaystyle{ 1+(p-1)^{-1}= \frac{p}{p-1}}\)
\(\displaystyle{ 2^{-1}+(p-2)^{-1}=\frac{p}{p-2}}\)
\(\displaystyle{ 3^{-1}+(p-3)^{-1}=\frac{p}{p-3}}\)
..................................................................
Gorzej tylko wykazać, że ten środek dzieli się też z kolei przez p.
Coś jednak wymyśliłem:
Kombinuję tak:
weźmy dla\(\displaystyle{ p=5}\)
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}= \frac{1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4+1 \cdot 3 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}= \frac{x_{3}}{(p-1)!}}\)
\(\displaystyle{ x_{1}=1+2+3+4=10}\) - sumoiloczyn pojedynczy
\(\displaystyle{ x_{2}=1 \cdot 2+1 \cdot 3+1 \cdot 4+2 \cdot 3+2 \cdot 4+3 \cdot 4=35}\) - sumoiloczyn podwójny (zawsze będzie podzielny przez \(\displaystyle{ p}\)).
\(\displaystyle{ x_{3}=1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4+1 \cdot 3 \cdot 4=50}\) - sumoiloczyn potrójny
teraz tak zapiszmy z obserwacji moich:
(*)\(\displaystyle{ 5^4-x_{1}5^3+x_{2}5^2-x_{3}5=0}\)
z tego:
\(\displaystyle{ x_{3}=5^3-x_{1}5^2+x_{2}5}\)
widać, że:
\(\displaystyle{ 5^2|x_{3}}\)
a teraz to moje rozumowanie można rozszerzyć do:
dowolnego \(\displaystyle{ p \ge 5}\)
i do odpowiednich sumoiloczynów
Te sumoiloczyny zawsze będą podzielne przez p i powinno zadziałać.
Można zauważyć też, że:
\(\displaystyle{ p|(p-1)!+1}\)
oraz, że:
\(\displaystyle{ p!=1+x_{1}+x_{2}+...+(p-1)!}\)
znaczy, że:
\(\displaystyle{ p|x_{1}+x_{2}+...+x_{p-2}}\)
Należy wykazać (*) bo w sumie nie tak oczywiste przeliczyłem to dla\(\displaystyle{ n=5 i n=7}\)
tylko.
weźmy:
\(\displaystyle{ f(x)=(x+1)(x+2)(x+3)....(x+p)}\)
widać wszystkie jego pierwiastki i korzystając z Viety mamy po wymnożeniu:
\(\displaystyle{ f(x)=x^p+x_{1}x^{p-1}+x_{2}x^{p-2}+...+x_{p-1}x+p!}\)
gdzie nasz \(\displaystyle{ x_{i}}\)to te sumoiloczyny
widać, że\(\displaystyle{ f(-p)=0}\)
podstawmy:
\(\displaystyle{ f(-p)=-p^p+x_{1}p^{p-1}-x_{2}p^{p-2}+...-x_{p-1}p+p!=0/-p}\)
\(\displaystyle{ p^{p-1}-x_{1}p^{p-2}+x_{2}x^{p-3}-...+x_{p-1}-(p-1)!=0}\)
ale:
\(\displaystyle{ x_{p-1}=(p-1)!}\)
więc mamy:
\(\displaystyle{ p^{p-1}-x_{1}p^{p-2}+x_{2}x^{p-3}-...+x_{p-3}p^2-x_{p-2}p=0}\)
więc jest to kawe na ławe , że (*) jest ok, oraz, że:
Zadanie z początku wydawało mi się łatwe bo myślałem, że wystarczy zastosować Fermata czy Wilsona czy tym podobne, ale rzeczywiście okazało się być to za mało!
weź dla \(\displaystyle{ p=5}\)
\(\displaystyle{ 4!(1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}) =24 \cdot \frac{25}{12}=50}\)
Podobnie jest dla \(\displaystyle{ p=7}\)
Jeśli weźmiemy modularny pierścień \(\displaystyle{ Z_{p^2}}\)
wystarczy wtedy udowodnić że:
\(\displaystyle{ 1+2^{-1}+3^{-1}+...+(p-1)^{-1}=0}\)
\(\displaystyle{ 1+(p-1)^{-1}= \frac{p}{p-1}}\)
\(\displaystyle{ 2^{-1}+(p-2)^{-1}=\frac{p}{p-2}}\)
\(\displaystyle{ 3^{-1}+(p-3)^{-1}=\frac{p}{p-3}}\)
..................................................................
Gorzej tylko wykazać, że ten środek dzieli się też z kolei przez p.
Coś jednak wymyśliłem:
Kombinuję tak:
weźmy dla\(\displaystyle{ p=5}\)
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}= \frac{1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4+1 \cdot 3 \cdot 4}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}= \frac{x_{3}}{(p-1)!}}\)
\(\displaystyle{ x_{1}=1+2+3+4=10}\) - sumoiloczyn pojedynczy
\(\displaystyle{ x_{2}=1 \cdot 2+1 \cdot 3+1 \cdot 4+2 \cdot 3+2 \cdot 4+3 \cdot 4=35}\) - sumoiloczyn podwójny (zawsze będzie podzielny przez \(\displaystyle{ p}\)).
\(\displaystyle{ x_{3}=1 \cdot 2 \cdot 3+1 \cdot 2 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4+1 \cdot 3 \cdot 4=50}\) - sumoiloczyn potrójny
teraz tak zapiszmy z obserwacji moich:
(*)\(\displaystyle{ 5^4-x_{1}5^3+x_{2}5^2-x_{3}5=0}\)
z tego:
\(\displaystyle{ x_{3}=5^3-x_{1}5^2+x_{2}5}\)
widać, że:
\(\displaystyle{ 5^2|x_{3}}\)
a teraz to moje rozumowanie można rozszerzyć do:
dowolnego \(\displaystyle{ p \ge 5}\)
i do odpowiednich sumoiloczynów
Te sumoiloczyny zawsze będą podzielne przez p i powinno zadziałać.
Można zauważyć też, że:
\(\displaystyle{ p|(p-1)!+1}\)
oraz, że:
\(\displaystyle{ p!=1+x_{1}+x_{2}+...+(p-1)!}\)
znaczy, że:
\(\displaystyle{ p|x_{1}+x_{2}+...+x_{p-2}}\)
Należy wykazać (*) bo w sumie nie tak oczywiste przeliczyłem to dla\(\displaystyle{ n=5 i n=7}\)
tylko.
weźmy:
\(\displaystyle{ f(x)=(x+1)(x+2)(x+3)....(x+p)}\)
widać wszystkie jego pierwiastki i korzystając z Viety mamy po wymnożeniu:
\(\displaystyle{ f(x)=x^p+x_{1}x^{p-1}+x_{2}x^{p-2}+...+x_{p-1}x+p!}\)
gdzie nasz \(\displaystyle{ x_{i}}\)to te sumoiloczyny
widać, że\(\displaystyle{ f(-p)=0}\)
podstawmy:
\(\displaystyle{ f(-p)=-p^p+x_{1}p^{p-1}-x_{2}p^{p-2}+...-x_{p-1}p+p!=0/-p}\)
\(\displaystyle{ p^{p-1}-x_{1}p^{p-2}+x_{2}x^{p-3}-...+x_{p-1}-(p-1)!=0}\)
ale:
\(\displaystyle{ x_{p-1}=(p-1)!}\)
więc mamy:
\(\displaystyle{ p^{p-1}-x_{1}p^{p-2}+x_{2}x^{p-3}-...+x_{p-3}p^2-x_{p-2}p=0}\)
więc jest to kawe na ławe , że (*) jest ok, oraz, że:
Zadanie z początku wydawało mi się łatwe bo myślałem, że wystarczy zastosować Fermata czy Wilsona czy tym podobne, ale rzeczywiście okazało się być to za mało!
-
Krzychu12321
- Użytkownik
- Posty: 61
- Rejestracja: 1 lut 2015, o 20:31
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: aaaaaaaaaaaa
- Podziękował: 20 razy
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
Fajne, nie widzę tylko dlaczego \(\displaystyle{ x_{2}}\) jest zawsze podzielne przez \(\displaystyle{ p}\)?
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Podzielność przez kwadrat liczby pierwszej
W moim pierwszym przykładzie nasze \(\displaystyle{ x_{2}}\) dla\(\displaystyle{ p=5}\)
to \(\displaystyle{ x_{p-2}}\) z ostatniego a jak widać dzieli się ono przez p
to \(\displaystyle{ x_{p-2}}\) z ostatniego a jak widać dzieli się ono przez p