[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Bom dia!
Corrigindo
P^n admite raiz primitiva, se p é primo *ímpar *e não P^n admite raiz
primitiva, se p é primo.
Desculpem-me,
PJMS.
Em 20 de março de 2015 19:04, Pedro José escreveu:
> Seja S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k ==> S ≡ 0 (mod p) se (p-1) | k e S ≡ p-1
> (mod p) se (p-1) | k, p primo e k inteiro positivo.
>
> OBS: | k (não divide k) e | k (divide k)
>
> (p-1) | k ==> todas as parcelas são congruentes a 1 (mod p) por
> Euler-Fermat mdc(a,m) = 1 ==> a^ Ф(m) ≡ 1 (mod m). (nota: Ф(p) = p-1; p
> primo)
> Então fica provado.
>
> se (p-1) | k S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k
>
> Temos o lema que: se g é raiz primitiva de m então (Z//mZ)
> ={1,g^1,g^2,...,g^(Ф(m)-1)}
> Não sei como colocar a barrinha em cima de cada classe de equivalência.
>
> P^n admite raiz primitiva, se p é primo ==> Existe g Ɛ Z tal que g é raiz
> primitiva de p.
>
> Temos pelo lema acima que:
>
> S ≡ 1 + g^k + g^2k +...+ g^(p-2)*k (mod p)
> multiplicando-se por g^K ambos os lados
>
> g^k * S ≡ g^k + g^2K + ...+ g^(p-2)*k +g^(p-1)*k (mod p), por
> Euler-Fermat: g^(p-1) ≡ 1 (mod p) ==>
> g^k * S ≡ 1 +g^k + g^2K + ... +g^(p-2)*k (mod p)
> g^k * S ≡ S (mod p)
> (g^k - 1) * S ≡ 0 (mod p)
>
> g é raiz primitiva de p e (p-1) | k ==> g^k - 1 não é congruente a zero
> (mod p)==>
>
> ==> S ≡ 0 (mod p).
>
> Não só vale para o expoente 10, vale para qualquer k que não seja múltiplo
> de 100.
>
> Valeu a pena, pois, tive que rever conceitos.
>
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
> Em 20 de março de 2015 12:30, Pedro José escreveu:
>
> Boa tarde!
>>
>> Não consegui matar.
>>
>> Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101)
>> Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim
>> sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo
>> 101)
>> 2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101)
>>
>> Como m.d.c.(2,101)= 1 ==> 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 (
>> mod101)
>>
>> E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para
>> os primos e para os demais por composição.
>>
>> Mas, percebi algo:
>> 10^2 +1 é primo.
>>
>> então para 2^2+1 = 5 é primo.
>>
>> (1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5)
>>
>> 4^2 +1 = 17 é primo
>>
>> (1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado
>>
>> 6^2 +1 = 37 é primo;
>>
>> (1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado
>>
>> Repeti no computador.
>>
>> 14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam.
>>
>> Será que podemos afirmar:
>>
>> a^2 + 1 é primo ==> 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod
>> a^2+1) ???
>>
>>
>>
>>
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>>
>>
>> Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges <
>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>
>> Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>
>>
>
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Seja S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k ==> S ≡ 0 (mod p) se (p-1) | k e S ≡ p-1
(mod p) se (p-1) | k, p primo e k inteiro positivo.
OBS: | k (não divide k) e | k (divide k)
(p-1) | k ==> todas as parcelas são congruentes a 1 (mod p) por
Euler-Fermat mdc(a,m) = 1 ==> a^ Ф(m) ≡ 1 (mod m). (nota: Ф(p) = p-1; p
primo)
Então fica provado.
se (p-1) | k S = 1^k + 2^k +... (p-1)^k
Temos o lema que: se g é raiz primitiva de m então (Z//mZ)
={1,g^1,g^2,...,g^(Ф(m)-1)}
Não sei como colocar a barrinha em cima de cada classe de equivalência.
P^n admite raiz primitiva, se p é primo ==> Existe g Ɛ Z tal que g é raiz
primitiva de p.
Temos pelo lema acima que:
S ≡ 1 + g^k + g^2k +...+ g^(p-2)*k (mod p)
multiplicando-se por g^K ambos os lados
g^k * S ≡ g^k + g^2K + ...+ g^(p-2)*k +g^(p-1)*k (mod p), por Euler-Fermat:
g^(p-1) ≡ 1 (mod p) ==>
g^k * S ≡ 1 +g^k + g^2K + ... +g^(p-2)*k (mod p)
g^k * S ≡ S (mod p)
(g^k - 1) * S ≡ 0 (mod p)
g é raiz primitiva de p e (p-1) | k ==> g^k - 1 não é congruente a zero
(mod p)==>
==> S ≡ 0 (mod p).
Não só vale para o expoente 10, vale para qualquer k que não seja múltiplo
de 100.
Valeu a pena, pois, tive que rever conceitos.
Saudações,
PJMS
Em 20 de março de 2015 12:30, Pedro José escreveu:
> Boa tarde!
>
> Não consegui matar.
>
> Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101)
> Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim
> sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo
> 101)
> 2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101)
>
> Como m.d.c.(2,101)= 1 ==> 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 (
> mod101)
>
> E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para os
> primos e para os demais por composição.
>
> Mas, percebi algo:
> 10^2 +1 é primo.
>
> então para 2^2+1 = 5 é primo.
>
> (1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5)
>
> 4^2 +1 = 17 é primo
>
> (1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado
>
> 6^2 +1 = 37 é primo;
>
> (1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado
>
> Repeti no computador.
>
> 14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam.
>
> Será que podemos afirmar:
>
> a^2 + 1 é primo ==> 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod a^2+1)
> ???
>
>
>
>
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
>
> Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
> Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101.
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
[obm-l] Re: [obm-l] Múltiplo de 101
Boa tarde! Não consegui matar. Só cheguei até 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+99^10 + 100^10 ≡ 0 (mod101) Como 1^10 ≡ 100^10 (mod101); 2^10 ≡ 99^10 (mod101) e assim sucessivamente (termoa equidistantantes ao extremo são simétricos módulo 101) 2* (1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10) ≡ 0 (mod101) Como m.d.c.(2,101)= 1 ==> 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 49^10 + 50^10 ≡ 0 ( mod101) E aí fui fazendo no braço e deu certo. Achei congruência (mod 101) para os primos e para os demais por composição. Mas, percebi algo: 10^2 +1 é primo. então para 2^2+1 = 5 é primo. (1^2+2^2+3^2+4^2) ≡ 0 (mod 5) 4^2 +1 = 17 é primo (1^4+ 2^4 + ...+ 15^4 + 16^4) ≡ 0 (mod17); confirmado 6^2 +1 = 37 é primo; (1^6+ 2^6+ ...+ 35^6 + 36^6) ≡ 0 (mod37); confirmado Repeti no computador. 14^2 + 1 = 197 é primo e 16^2 +1 =257 é primo e também atenderam. Será que podemos afirmar: a^2 + 1 é primo ==> 1^a + 2^a + ... + (a^2-1)^a + (a^2)^a ≡ 0 (mod a^2+1) ??? Saudações, PJMS Em 19 de março de 2015 13:11, marcone augusto araújo borges < marconeborge...@hotmail.com> escreveu: > Mostrar que 1^10 + 2^10 + 3^10 +...+ 100^10 é divisível por 101. > > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
