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ho provato a dimostrare il fatto che sono sempre la metà.
mi potete dire se è giusta?

considerata dimostrata l'esistenza di un generatore modp con p primo
so che un sistema completo di residui può essere espresso da tutte le potenze p-1-esime del generatore a formare così un sistema completo di generatori.
ora considero tutti i p-1 residui quadratici modp(escludo lo 0 perchè è particolare).
ogni residuo può essere espresso da una potenza del generatore come ho detto.
quindi se g è un generatore si ha che i residui sono:
g^1, g^2,g^3,...,g^p-1

i residui quadratici saranno:
(g^1)^2,(g^2)^2,(g^3)^2,...(g^p-1)^2=g^2(p-1)
in questo caso si ha che i p-1 residui quadratici si ripetono dopo le potenze 2(p-1)-esime
ma per il piccolo teorema di Fermat i residui si ripetono alla p-1-esima potenza
quindi i residui quadratici effettivi si ripetono solo dopo p-1 potenze e quindi sono la metà dei totali calcolati sopra.
ripeto, non so se sia una buona dimostrazione e se sia giusta, la posterò in un topic a parte per vedere cosa mi dicono.

secondo me e' piu' semplice notare che
$ $(p-n)^2\equiv (-n)^2\equiv n^2 \mod{p}$ $

SkZ ha scritto:secondo me e' piu' semplice notare che
$ $(p-n)^2\equiv (-n)^2\equiv n^2 \mod{p}$ $

cosa rappresenta n?

la mia dimostrazione potrebbe essere giusta?

$ $n$ $ e' un numero. Si basa su ovvieta'
$ $p-n\equiv -n\mod{p}$ $
$ $(p-n)^2\equiv (-n)^2=n^2\mod{p}$ $

a me la tua sembra filare. Pero' non sono adatto a dirti se andrebbe bene al 100% in gara.

SkZ ha scritto:$ $n$ $ e' un numero. Si basa su ovvieta'
$ $p-n\equiv -n\mod{p}$ $
$ $(p-n)^2\equiv (-n)^2=n^2\mod{p}$ $

a me la tua sembra filare. Pero' non sono adatto a dirti se andrebbe bene al 100% in gara.

ok grazie della spiegazione


no ma non volevo usarla in gara la mia. volevo solo sapere se avevo dimostrato giusto. quindi se è così sono felice.

La dimostrazione di SkZ non va bene, perché dimostra solo che i residui sono al più la metà, non che sono esattamente la metà. Oltre a osservare che basta considerare i quadrati dei numeri tra 1 e (p-1)/2 si deve anche dimostrare che questi sono tutti distinti.
La dimostrazione di matteo—anche se non è spiegata benissimo—va bene perché prendendo un generatore sappiamo che i (p-1)/2 quadrati che si ottengono sono tutti distinti; il punto della dimostrazione è che 2|p-1

Per verificare se avete capito ripetete lo stesso ragionamento con i cubi. Cosa possiamo dire dei cubi modulo un primo p ?

FrancescoVeneziano ha scritto:La dimostrazione di SkZ non va bene, perché dimostra solo che i residui sono al più la metà, non che sono esattamente la metà. Oltre a osservare che basta considerare i quadrati dei numeri tra 1 e (p-1)/2 si deve anche dimostrare che questi sono tutti distinti.
La dimostrazione di matteo—anche se non è spiegata benissimo—va bene perché prendendo un generatore sappiamo che i (p-1)/2 quadrati che si ottengono sono tutti distinti; il punto della dimostrazione è che 2|p-1

Per verificare se avete capito ripetete lo stesso ragionamento con i cubi. Cosa possiamo dire dei cubi modulo un primo p ?

sì la mia dimostrazione non è spiegata benissimo. sono contento però perchè finalmente sono riuscito a dimostrarne una(no beh adesso esagero però sono felice lo stesso).

per i cubi si può dire che sono un terzo.
adesso sono un po' di fretta e do questa affermazione. per la dimostrazione la provo a dare o sta sera o domani.
comunque dovrebbe essere la stessa cosa, simile per lo meno.
il fatto è che la mia dimostrazione precedente non ero sicuro che andasse perchè con ciò risultava che modulo p(con p primo) le potenze n risultano essere esattamente (p-1)/n. però forse è proprio così vista la domanda sui cubi.

Beh, non proprio ... se prendi già p=5, p-1 fa 4 che non è così facile da dividere per 3, no?

EvaristeG ha scritto:Beh, non proprio ... se prendi già p=5, p-1 fa 4 che non è così facile da dividere per 3, no?

sì infatti io intendevo il caso in cui 3|(p-1). so che mi ero dimenticato di scriverlo.
solamente che poichè, escludendo il caso in cui p=2, p è dispari p-1 deve essere pari e quindi bisogna che
6|(p-1).
in quel caso dovrebbero essere un terzo.
per esempio p=7

1-->1
2-->8-->1
3-->27-->-1
4-->64-->1
5-->125-->-1
6-->216-->-1

p-1=6 infatti i residui cubici modulo 7 sono due: -1 e 1

se p-1 non è congruo a 0 mod6, ovvero se p non è congruo a 1 mod6
allora i residui cubici dovrebbero essere esattamente p-1
solo che non saprei come dimostrarlo.
forse semplicemente dicendo che siccome p-1 non si può dividere per tre bisogna tenerli tutti.

interessante e' anche considerare quando $ $(n,p-1)=a\neq1$ $

se i resti delle n-esime potenze modulo p sono p-1 allora se g e' generatore modulo p lo e' anche $ $g^n$ $

quindi sono giuste le mie affermazioni?