|
|
#3
02 กรกฎาคม 2009, 10:00
|
|||
|
|||
ผมว่าอันนี้ก็ elementary แล้วล่ะครับ
ผมเองยังไม่เข้าถึงทฤษฎีจำนวนเท่าไหร่ แต่ก็ทำออกมาทางนี้ ผมพิสูจน์ได้แค่กรณี $(p-1,n-1)=1$ แต่ยังไม่ได้ทำต่อ ซึ่งก็คิดว่าคงต้องใช้พวก order พวกนี้แหละ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น 
|
|
#4
02 กรกฎาคม 2009, 15:56
|
||||
|
||||
|
อ้างอิง:
หมายความว่ายังไงครับ
__________________
สัมหรับคณิตศาสตร์ ผมไม่มีแม้ซึ่งพรสวรรค์ไม่มีแม้โอกาสด้วยอยุ่ต่างจังหวัด จะมีก็แต่ความรักที่ทุ่มเท....
|
|
#6
03 กรกฎาคม 2009, 01:47
|
||||
|
||||
|
elementary แล้ว?
Assume $p-1\nmid n-1$. Let $a\in \mathbb{Z}$ such that $(a,p)=1$. Since $p$ is a prime, $1,...,p-1$ is a reduced residue system modulo $p$. Since $(a,p)=1$, $a,2a,...,(p-1)a$ are congruent (mod $p$), in some order, to $1,2,...,p-1$, so $a^{n-1},(2a)^{n-1},...,((p-1)a)^{n-1}$ are congruent (mod $p$), in some order, to $1^{n-1},2^{n-1},...,(p-1)^{n-1}$. Thus $a^{n-1}\sum_{n = 1}^{p-1}k^{n-1} \equiv \sum_{n = 1}^{p-1}k^{n-1} \pmod{p}$, and so $(a^{n-1}-1)\sum_{n = 1}^{p-1}k^{n-1} \equiv 0 \pmod{p}$. Since $p$ is a prime, $p$ has a primitive root, so we may assume that $a$ is a primitive root modulo $p$. Since $p-1\nmid n-1$ and $a$ is a primitive root modelo $p$, $a^{n-1} \not\equiv 1 \pmod{p}$, i.e, $p\nmid a^{n-1}-1$. Hence $\sum_{n = 1}^{p-1}k^{n-1} \equiv 0 \pmod{p}$.
__________________
few, but ripe.
|
  |
|
|
