Se si esprime come frazione $ \displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{p-1} $ con $ p\ge 5 $ primo allora $ p^2 $ divide il numeratore.
Teorema di Wolstenholme
Teorema di Wolstenholme
Suvvia dimostratelo!
Se si esprime come frazione $ \displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{p-1} $ con $ p\ge 5 $ primo allora $ p^2 $ divide il numeratore.
Se si esprime come frazione $ \displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{p-1} $ con $ p\ge 5 $ primo allora $ p^2 $ divide il numeratore.
Ultima modifica di EUCLA il 24 mar 2008, 19:12, modificato 1 volta in totale.
Re: Teorema di Wolstenholme
EUCLA ha scritto:$ p\le 5 $
suppongo sia $ p\ge 5 $ giusto?
Allora ho che dopo un po' di conti questo diventa
$ \displaystyle \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k}}{(p-1)!} $
Ora al denominatore non ho fattori $ p $, allora se $ p^2 $ divide l'oggetto al numeratore allora dividerà il numeratore della frazione ridotta ai minimi termini. Devo dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv 0 \pmod{p^2} $.
Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p^2-p-1} \pmod{p^2} $ e quindi poichè $ (p-1)! $ è coprimo con $ p^2 $ mi riduco a dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv 0 \pmod{p^2} $
Scrivo ora questa uguaglianza
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} = \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}[p-(p-k)]^{p^2-p-1} $.
Ora so che per ogni $ m < p $
$ (p-m)^{p^2-p-1} \equiv -m^{p^2-p-1}+m^{p^2-p-2}(p^2-p-1)p \pmod{p^2} $ (si ottiene svolgendo il coefficiente binomiale.)
Da cui
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv \displaystyle -\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $
e
$ 2\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $ (fatto 1).
Dimostro ora che $ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ (vale per tutti gli esponenti non multipli di p-1).
Moltiplicando tutti i $ k $ per il generatore $ g $ ottengo un'uguaglianza modulo $ p $, da cui
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv g^{p^2-p-2}\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p} $ da cui
$ \displaystyle(g^{p^2-p-2}-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ e poichè per definizione del generatore $ p $ non divide $ (g^{p^2-p-2}-1) $ avrò che $ p|\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $
da cui tornando al fatto 1 avrò
$ \displaystyle p^2|\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $
da cui la tesi del teorema.
$ \displaystyle \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k}}{(p-1)!} $
Ora al denominatore non ho fattori $ p $, allora se $ p^2 $ divide l'oggetto al numeratore allora dividerà il numeratore della frazione ridotta ai minimi termini. Devo dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv 0 \pmod{p^2} $.
Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p^2-p-1} \pmod{p^2} $ e quindi poichè $ (p-1)! $ è coprimo con $ p^2 $ mi riduco a dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv 0 \pmod{p^2} $
Scrivo ora questa uguaglianza
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} = \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}[p-(p-k)]^{p^2-p-1} $.
Ora so che per ogni $ m < p $
$ (p-m)^{p^2-p-1} \equiv -m^{p^2-p-1}+m^{p^2-p-2}(p^2-p-1)p \pmod{p^2} $ (si ottiene svolgendo il coefficiente binomiale.)
Da cui
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv \displaystyle -\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $
e
$ 2\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $ (fatto 1).
Dimostro ora che $ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ (vale per tutti gli esponenti non multipli di p-1).
Moltiplicando tutti i $ k $ per il generatore $ g $ ottengo un'uguaglianza modulo $ p $, da cui
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv g^{p^2-p-2}\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p} $ da cui
$ \displaystyle(g^{p^2-p-2}-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ e poichè per definizione del generatore $ p $ non divide $ (g^{p^2-p-2}-1) $ avrò che $ p|\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $
da cui tornando al fatto 1 avrò
$ \displaystyle p^2|\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $
da cui la tesi del teorema.
Ultima modifica di Alex89 il 27 mar 2008, 14:48, modificato 2 volte in totale.
Visto che questo benedetto teorema è apparso sul forum una 50ina di volte, e non riesco a ritrovarlo, posto una soluzione leggermente più breve:
$ \displaystyle p^2|\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} $ equivale a $ \displaystyle p^2|2\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}= $$ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}=\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i(p-i)} $
Ma $ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-3}\equiv -\sum_{i=0}^{p-1} i^{p-3}\equiv 0 \pmod p $ e quindi abbiamo concluso
$ \displaystyle p^2|\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} $ equivale a $ \displaystyle p^2|2\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}= $$ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}=\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i(p-i)} $
Ma $ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-3}\equiv -\sum_{i=0}^{p-1} i^{p-3}\equiv 0 \pmod p $ e quindi abbiamo concluso
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Ti dispiacerebbe spiegarmi perchè puoi moltiplicare per $ k^{p-1} $? Modulo p ok, ma modulo $ p^2 $ non mi è per niente chiaroAlex89 ha scritto: Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p-2} \pmod{p^2} $
La mia soluzione comunque era come quella di piever.
][evvai, ce l'habbiamo fatta! (ci starebbe un "Grande Giove 
")]
")]
Ultima modifica di edriv il 26 mar 2008, 17:05, modificato 1 volta in totale.
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darkcrystal
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Beh, un'altra (ancora) dimostrazione dell'ultimo passaggio è che $ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1} i^{-2} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{2} \equiv \frac{(p-1)(p)(2p-1)}{6} \equiv 0 \pmod p $, dove la prima (cruciale 
) uguaglianza è garantita dal fatto che sommare per i o per il suo inverso è la stessa cosa (o meglio, è una permutazione... ma le cose che otteniamo le sommiamo, quindi chissenefrega?)
) uguaglianza è garantita dal fatto che sommare per i o per il suo inverso è la stessa cosa (o meglio, è una permutazione... ma le cose che otteniamo le sommiamo, quindi chissenefrega?)"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Oooops scusatemi non era $ k^{p-1} $ ma $ k^{p^2-p} $EUCLA ha scritto:Ti dispiacerebbe spiegarmi perchè puoi moltiplicare per $ k^{p-1} $? Modulo p ok, ma modulo $ p^2 $ non mi è per niente chiaroAlex89 ha scritto: Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p-2} \pmod{p^2} $
La mia soluzione comunque era come quella di piever.
edito subito...