É verdade. Minha "demonstração" foi para um caso particular mesmo.
Já conhecia a versão desse problema para p primo diferente de 2... :) ! Mais tarde vou tentar estudar a sua demonstração. Obrigado. Em 5 de maio de 2015 14:00, Pedro José <[email protected]> escreveu: > Boa tarde! > > Marcos Martinelli, > > p=2 também atende. > > p=2 ==> S ≡ 1 ≡ -1 (mod 2) atende ao se (p -1)|k então S≡ -1 (modp) > > se *(p-1) ∤ k então S **≡ 0 (modp)* também é atendido. > > Pois tomando a negativa da assertiva acima temos: *(p-1) **∤ k e S não é > côngruo 0 (mod p)* > Como p=2 ==> 1 | k, para todo k Ɛ Z. Então (p-1) ∤ k não pode ser > atendido e a negativa e falsa. Portanto *(p-1) ∤ k então S **≡ 0 (modp)* > é verdadeira. > > Não é necessário restringir para p Ɛ |P e p Ɛ 2Z+1. p=2 atende. > > > Saudações, > > PJMS > > > Em 5 de maio de 2015 11:55, Pedro José <[email protected]> escreveu: > >> Bom dia! >> >> Se (p-1) | k, por Euler Fermat temos que todas parcelas são côngruas a 1 >> (mod p) e como são (p-1) parcelas a soma será côngrua a (p-1) ≡ -1 (modp) >> >> Se (p-1) ∤ k. >> >> Temos que existe q que é uma raiz primitiva de p. Se p é primo. >> Se g é raiz primitiva de m então ordm g = Ф(m) -1. >> >> Pelo lema: se g é raiz primitiva de m então: (Z/mZ)* = {1,g,g^2,...,g^(Ф(m) >> -1.)}, ou seja, qualquer côngruo a tal que mdc(a,m) = 1 pode ser escrito >> como uma potência de g. Não sei como colaocar a barrinha das classes de >> equivalência sobre os elementos de (Z/Zm). >> >> Portanto: S = 1^k + 2^k +...+(p-1)^k ≡ (1)^k + (g^)^k + (g^2)^k +... +( >> g^(Ф(p) -1)^k (mod p) ==> >> >> ==> S ≡ (1)^k + (g)^k + (g)^(2k) +... +g^((p-2)k) (mod p) >> >> Multiplicando-se ambos os lados por g^k obtem-se: >> >> g^k S ≡ g^k ((1)^k + (g)^k + (g)^(2k) +... +g^((p-2)k)) (mod p) >> g^k S ≡ g^k + g^2k + g^3k +...+ g^((p-1)k) (mod p) >> >> Mas por Euler Fermat: g^((p-1)k) ≡ 1 (mod p) ==> g^k S ≡ S (mod p) ==> >> S(g^k-1) ≡ 0 (mod p) ==> g^k ≡ 1 (mod p) ou S ≡ 0 (mod p) >> >> g^k ≡ 1 (mod p), mas como g é raiz primitiva e (p-1) ∤ k ==> absurdo. >> logo S≡ 0 (mod p) >> >> Mais detalhes e demosntrações: >> http://www.icmc.usp.br/~etengan/imersao/imersao.pdf >> >> Saudações, >> PJMS >> >> >> >> >> >> >> Em 5 de maio de 2015 09:53, Artur Costa Steiner <[email protected]> >> escreveu: >> >>> Alguém pode ajudar com este? Não consegui chegar lá. >>> Mostre que >>> >>> 1^k + 2^k .... + (p - 1)^k = = -1 (mod p) se if (p -1)|k e == 0 caso >>> contrário. >>> >>> p e k inteiros positivos. == significa congruente a. >>> >>> Uma sugestão que vi é considerar raízes primitivas. >>> >>> >>> Obrigado. >>> >>> Artur Costa Steiner >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >> >> > > -- > 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.
