Bom dia!
Podemos generalizar e mostrar que:
1^k + 2^k + 3^k +...+ (p-2)^k + (p-1)^k ≡ a mod p, onde a ≡ 0 se (p-1) não
divide k ou a ≡ -1 se (p-1) divide k, onde p é primo.
Se (p-1) divide k é fácil por Euller Fermat x^(p-1) ≡ 1 mod p ==>x^k ≡ 1.
Como há p-1 parcelas côngruas a 1, o resultado é (p-1) que é côngruo a -1.
Se (p-1) não divide k.
Temos que existe uma raiz primitiva g mod p.
Como a raiz primitiva módulo m é uma geratriz de (Z/Zm*) = {g^1, g^2,g^3,
..., g^(Ф(m) -1), g^Ф(m)}
Como p é primo, Ф(p) = p-1 ==> (Z/Zp)* = {1, 2, 3, ..., p-2, p-1} = {g^1,
g^2,g^3, ..., g^(Ф(p) -1), g^Ф(p)}
Nota (Z/Zm*) é o conjunto das classes de congruência mod m, onde os
elementos são coprimos com m.
A notação correta deveria ter uma barrinha em cima de 1, 2, etc....
_
1 = { ... 1-2m, 1-m, 1, 1+m, 1+2m...}
Se p é primo p admite raiz primitiva, então:
Existe g tal que {1, 2, 3, ..., p-2, p-1} = {g^1, g^2,g^3, ..., g^(Ф(p) -1),
g^Ф(p)}
1^k + 2^k + 3^k +...+ (p-2)^k + (p-1)^k ≡ g^k + g^(2k) + g^(3k) +...+
g^((p-3)k) + g^((p-2)k) + g^((p-1)k) ≡ S mod p (i)
Multiplicando-se por g^k ambos os lados:
g^k +g^(2k) + g^(3k) +...+ g^((p-2)k) + g^((p-1)k) ≡ g^k.S mod p
Por (i) temos que g^k.S ≡ S mod p ==> (g^k-1)S ≡ 0 mod p
Então S ≡ 0 mod p ou g^k ≡ 1 mod p
Como g é raiz primitiva e (p-1) não divide k acarreta que g^k ǂ 1 mod p
Logo S ≡ 0 mod p ==> S divide p.
100 não divide 10 e 101 é primo, logo a soma divide 101, para o exemplo
solicitado.
Mais detalhes e demosntrações:
http://www.icmc.usp.br/~etengan/imersao/imersao.pdf e definição de raiz
primitiva.
Saudações,
PJMS
Em 30 de outubro de 2015 11:41, Pedro José <[email protected]> escreveu:
> Bom dia!
>
> Envio espúrio, digitando o resto.
>
> Em 30 de outubro de 2015 11:41, Pedro José <[email protected]> escreveu:
>
>> Bom dia!
>>
>> Podemos generalizar e mostrar que:
>>
>> 1^k + 2^k + 3^k +...+ (p-2)^k = (p-1)^k= (p-1)^k ≡ a mod p, onde a ≡ 0 se
>> (p-1) não divide k ou a ≡ -1 se (p-1) divide k, onde p é primo.
>>
>> Se (p-1) divide k é fácil por Euller Fermat x^(p-1) ≡ 1 mod p ==>x^k ≡
>> 1. Como há p-1 parcelas côngruas a 1, o resultado é (p-1) que é côngruo a
>> -1.
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>> Em 30 de outubro de 2015 10:32, marcone augusto araújo borges <
>> [email protected]> escreveu:
>>
>>> Mostre que 1^10 + 2^10 + ... + 100^10 é divisível por 101
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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
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acredita-se estar livre de perigo.
