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Chiamiamo $ S_i $ le somme "ad i ad i" dei numeri da $ 1 $ a $ p $. Cioè, ad esempio $ S_1=1+2+3..+p $, $ S_2=1*2+1*3+1*4...+(p-1)*p $ cioè tutti i possibili prodotti a due a due, $ S_3 $ sono tutti i possibili prodotti a tre a tre ec...

Dimostrare che se p è un primo dispari allora $ S_1 \equiv S_2 \equiv ... \equiv S_{n-1} \equiv 0 \pmod{p} $

EDIT: ora capito

Sia $ \displaystyle P(x) = \prod_{i=1}^p (x-i) - (x^p - x) $, per ogni $ x\in\mathbb{C} $. Per costruzione, $ P(\cdot)\in\mathbb{Z}[x] $. Inoltre, per ogni $ k=1, 2,\ldots, p $: $ P(k) \equiv 0 \bmod p $ (basta invocare il piccolo teorema di Fermat). Dunque l'equazione $ P(x) \equiv 0 \bmod p $ possiede esattamente $ p $ soluzioni distinte $ \bmod p $. E tuttavia, per ogni $ x\in\mathbb{C} $: $ \displaystyle P(x) = \sum_{i=1}^p (-1)^{i+1} a_i x^{p-i} $, con $ a_{p-1} := S_{p-1} + 1 $ ed $ a_i := S_i $, se $ i = 1, 2, \ldots, p $ ed $ i \neq p-1 $. Dunque $ \deg P(\cdot) = p-1 $. E allora, per il teorema di Lagrange sui polinomi identicamente congruenti: $ P(x) \equiv_{id} 0 \bmod p $, ovvero (per definizione) $ a_i \equiv 0 \bmod p $, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, p $. Da qui $ S_i \equiv 0 \bmod p $, se $ i = 1, 2, \ldots, p $ ed $ i \neq p-1 $; e ancora $ S_{p-1} \equiv -1 \bmod p $.

Simo_the_wolf ha scritto:Chiamiamo $ S_i $ le somme "ad i ad i" dei numeri da $ 1 $ a $ p $. [...] Dimostrare che se p è un primo dispari allora $ S_1 \equiv S_2 \equiv ... \equiv S_{n-1} \equiv 0 \pmod{p} $

La traccia contiene almeno un paio di errori: il primo è ragionevolmente un typos, siccome quell'enne immaginiamo intendesse essere una pi; il secondo, invece, è una castroneria: difatti non è assolutamente vero che $ S_{p-1} \equiv 0 \bmod p $, e la soluzione da me proposta lo evidenzia a dir poco chiaramente.

Del resto, anche solo euristicamente: $ 1\cdot 2 + 1 \cdot 3 + 2 \cdot 3 \equiv -1 \bmod 3 $, e questo è un indizio... Infine mi chiedevo quale bisogno esista di supporre che $ p $ sia un modulo primo di valenza dispari. Boh...

si, effettivamente avavo sbagliato l'ultimo indice, che doveva essere $ p-2 $ supponiamo che invece $ p+1 $ sia primo. è vero che:

$ S_1 \equiv S_2 \equiv...\equiv S_{p-1} \equiv 0 \pmod{p+1} $

Questo è simpatico, pressochè uguale al primo ma ha una sol più bella!

Non capisco, Simo... Cerchi forse di prenderci per il c**o?!? A volte mi domando se sia davvero tu, o se inveceee... Mah, vabbe'! Diciamo pure che non è il caso di approfondire la questione...

Simo_the_wolf ha scritto:[...] supponiamo che invece $ p+1 $ sia primo. è vero che: $ S_1 \equiv S_2 \equiv...\equiv S_{p-1} \equiv 0 \pmod{p+1} $ Questo è simpatico, pressochè uguale al primo ma ha una sol più bella!

"Pressoché uguale", dici? Io direi ch'è esattamente uguale... Sul fatto che vi sia una soluzione "più bella", poi... Baaah!!! Trovo certi pensieri supponenti come solo i miei san essere...

Va bene, scusate se ho espresso miei pareri (a quanto pare erronei) sul mio problemi, la prossima volta sarò più oggettivo. Dicevo comunque che era più carino perchè in questo caso si poteva prendere (anche per il primo lo si poteva fare) il polinomio $ x^{p-1}-1 $ e la tesi discendeva immediatamente...