Matematyka.pl

Udowodnij, że \(\displaystyle{ (a+b)^{p} \equiv a^{p} + b^{p} (mod p)}\)

Oczywiście a, b należą do naturalnych a liczba p jest pierwsza...

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 \(\displaystyle{ p}\).

Dziękuje bardzo...

A jak się pokusisz o MTF, to wyjdzie jeszcze szybciej

Pozdrawiam

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.

Piotr Rutkowski pisze:A jak się pokusisz o MTF, to wyjdzie jeszcze szybciej

To chyba najprostszy możliwy dowód MTF, więc warto to umieć zrobić z przedstawionej przeze mnie strony

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?

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?

Zastanów się dlaczego zachodzi implikacja \(\displaystyle{ ((p \in \mathbb{P})
\wedge ({p\choose i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}\in \mathbb{Z}))\Rightarrow (\frac{{p\choose i}}{p}\in \mathbb{Z})}\)
Przez co dzielisz? Jakie czynniki masz w mianowniku wyrażenia \(\displaystyle{ {p\choose i}}\)?

Sylwek pisze:To chyba najprostszy możliwy dowód MTF, więc warto to umieć zrobić z przedstawionej przeze mnie strony

Mógłby ktoś pokazać dowód MTF od strony przedstawionej przez Sylwka?

\(\displaystyle{ n^p=(n-1+1)^p \equiv (n-1)^p + 1^p = (n-1)^p + 1 \equiv (n-2)^p + 1 + 1 \equiv \ldots \\ \equiv \underbrace{1+1+\ldots+1}_{n}=n}\)

Wszystkie przystawania właśnie na podstawie \(\displaystyle{ (x+y)^p \equiv x^p+y^p}\).