Inverse modulo
ขอยกโจทย์มาจาก (Shortlist)TMO6 ละกันครับ
ให้ $p\ge 5$ และเป็นจำนวนเฉพาะซึ่ง $\frac{a}{b}$ เป็นเศษส่วนอย่างต่ำ $$\displaystyle \frac{1}{2^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{6^2}+...+\frac{1}{(p-1)^2}=\frac{a}{b}$$ จงพิสูจน์ว่า $p|a$ ขอวิธีคิดแบบ inverse modulo หน่อยครับไม่ค่อยเข้าใจ |
ลองใช้แบบมอดุโลธรรมดาหรือยังอ่ะครับ?? เพราะอินเวอร์สมอดุโลมันค่อนข้างยากด้วยครับ :(
|
นี่ใช้ Wolstenholme's Theorem รึเปล่าครับ
|
#3
ลองแสดงให้ดูหน่อยครับ |
อยากเห็นวิธีแก้ด้วยวิธีเรขาคณิต ฮะ น้องๆ คนไหนเก่งช่วยแสดงหน่อยครับ
|
inverse modulo p (p is prime)
อันนี้จะเกริ่นนำพื้นฐานเล็กน้อย พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า inverse ของ 1,2,...,p-1 mod p คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเอง (โดย contradiction ว่ามีบางคู่ inverse เท่ากัน) ต่อมาก็พิสูจน์ว่า inverse ของ $1^2,2^2,...,(p-1)^2$ แตกต่างกันเพียง $\frac{p-1}{2}$ แบบ (เพราะ $k^2\equiv (p-k)^2 (mod p)$) โดย inverse ของ $1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2$ ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเองเหมือนกัน ใช้ผลอันสุดท้ายเนี่ยแหละมาช่วย จากเดิมคูณ $4b[(\frac{p-1}{2} )!]^2$ ทั้งสองข้างสมการ ได้ $b[(\frac{p-1}{2} )!]^2[\frac{1}{1^2} +\frac{1}{2^2} +...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2} )^2} ]= 4a[(\frac{p-1}{2} )!]^2$ lemma : $[(\frac{p-1}{2} )!]^2\equiv (-1)^\frac{p+1}{2} (mod p)$ $\therefore RHS\equiv 4a,-4a (mod p)$ ชัดเจนว่า $[\frac{(\frac{p-1}{2})!}{k}]^2\equiv [(\frac{p-1}{2})!]^2[k^{-1}]^2 (mod p)$ $\therefore LHS\equiv b[(\frac{p-1}{2})!][(1^{-1})^2+(2^{-1})^2+...+((\frac{p-1}{2})^{-1})^2] (mod p)$ ตามข้างต้นได้ว่า inverse ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของมันเอง $\therefore LHS\equiv b(-1)^{\frac{p-1}{2}}[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2] (mod p)$ พิจารณา $1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2 = \frac{(\frac{p-1}{2})(\frac{p+1}{2})}{6}(p)$ แต่สำหรับ $p\geqslant 5, p^2\equiv 1 (mod 24)$ $\therefore LHS\equiv 0 (mod p) \Rightarrow p|4a$ or $p|-4a$ แต่ $p\geqslant 5, p|a \ \square$ |
อ้างอิง:
|
เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 19:04 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha