#16
|
||||
|
||||
ข้อสองวงเล็บปีกกาคือเซตครับ
ถ้ากล่าวถึงเซตโดยมีคำว่า modulo $p$ มันจะแปลว่า เซตของเศษเหลือใน mod $p$ ประมาณนี้อ่ะครับ (ละไว้ในฐานที่เข้าใจ) พูดง่ายๆ ข้อสองก็คือ ให้พิสูจน์ว่ากลุ่มเซตของอินเวิร์สเป็นการเรียงสับเปลี่ยนกันเอง เช่น พิจารณา mod 7 เซตเศษเหลือ (เอาแบบง่ายๆ) ก็คือ $\left\{\, 1,2,...,6 \right\} $ ซึ่ง $$1 \cdot 1 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$2 \cdot 4 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$3 \cdot 5 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$4 \cdot 2 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$5 \cdot 3 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$$$6 \cdot 6 \equiv 1 (mod \, \, 7)$$ สังเกตว่าอินเวิร์สมีแบบที่ไม่ซ้ำกันเลย นี่แหละคือคำถาม ให้พิสูจน์ว่าอินเวอร์สไม่ซ้ำกันสำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆเท่านั้นเอง
__________________
keep your way.
|
#17
|
||||
|
||||
จริงๆผมชอบเรื่อง inverse modulo มากที่สุดใน number แล้วครับ มาต่อโจทย์ให้เลยละกัน
7.สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ซึ่ง $p \equiv 3 \pmod{4}$ ถ้าเรา partition เซต $\left\{\,1,2,...,p-1 \right\}$ ออกเป็นสองเซตที่มีจำนวนสมาชิกเท่ากัน โดยที่สมาชิกในแต่ละเซตมี inverse modulo $p$ อยู่ในเซตเดียวกันแล้ว เราจะสามารถ partition แบบนี้ได้กี่วิธี (ข้อนี้ไม่ยากครับ แค่ทดสอบความรู้พื้นฐานของอินเวอร์ส) 8.จงใช้ความรู้เรื่อง inverse พิสูจน์ทฤษฎีบทของ Wilson ที่กล่าวว่า สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆ, $$(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$$ 9.พิสูจน์ทฤษฎีของ Wolstenholme ดังนี้ 9.1) สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนเต็ม $a,b$ ซึ่ง $(a,b)=1$ และ $$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{p-1}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ว่า $p^2|a$ 9.2) สำหรับจำนวนเฉพาะ $p \ge 5$ และจำนวนเต็ม $a,b$ ซึ่ง $(a,b)=1$ และ $$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{(p-1)^2}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ว่า $p|a$
__________________
keep your way.
|
#18
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
จากโจทย์ จะได้ว่า $a_{i}\in\mathbb{I}$ให้ $b_{i}\in\mathbb{I}$ เเละ $a_{i}b_{i}\equiv 1 \pmod p\rightarrow p|({a_ib_i-1})$ เเละ กำหนด $A=\left\{\,a_{i}|(a_{i},p)=1 \wedge i\in \left\{\,1,2,3...,p-1\right\} \right\} $ สมมุติว่า $b_{i}\not\in A\therefore b_{i}=pk$ สำหรับบางค่า $k\in\mathbb{I}$ เเละจาก $p|a_{i}b_i-1 \rightarrow a_ipk-1=px$ สำหรับบางค่า $x\in\mathbb{I}$ ซึ่งเกิดข้อขัดเเย้ง เพราะฉะนั้น $b_{i}$ ก็หล่นไปอยู่ใน $A$ ทำให้ได้ว่า $\left\{\,a_{i}\right\} =\left\{\,b_{i}\right\} $ ปล.ลองเฉลยข้อ 6 พอเป็นเเนวทางหน่อยได้ไหมครับ TT
__________________
Vouloir c'est pouvoir 01 ธันวาคม 2011 18:41 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#19
|
||||
|
||||
มีคนเคยมาถามผมแล้ว และก็เขียนเฉลยในแบบของผมเอาไว้ในนี้ล่ะครับ (อาจจะงงๆหน่อยนะครับ ค่อยๆอ่าน )
http://www.mathcenter.net/forum/showthread.php?t=13589 อันนี้เป็นขั้นตอนการพิสูจน์ทีละขั้น ส่วนวิธีการพิสูจน์ในแต่ละข้อก็ประปรายอยู่ในลิ้งค์นั้นแล้ว 1.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของแต่ละสมาชิกในเซ็ต $\left\{\, 1,2,...,p-1 \right\} $ เมื่อ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ คือการเรียงสับเปลี่ยนกันเองในเซต ตัวอย่างเช่น http://www.mathcenter.net/forum/show...5120&page=2#16 ซึ่งในตัวอย่างนี้อาจขยายเป็นกรณีทั่วไปได้ โดยเป็นเซตที่ไม่มีสามชิกตัวใด congruence กันเองใน mod $p$ และกรณีทั่วไปนี้เองที่ผมตั้งเป็นโจทย์ข้อห้าใน http://www.mathcenter.net/forum/show...php?t=15120#14 2.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของสมาชิกในเซต $\left\{\, 1^2,2^2,...,(p-1)^2 \right\} $ จะมีบางตัวซ้ำกัน แต่ แต่ แต่... มันจะซ้ำกันเพียงแค่ $\frac{p-1}{2}$ แบบเท่านั้น (อย่างก่อนหน้านี้ ข้อ 3 เราบอกว่ามันไม่ซ้ำกัน ซึ่งก็หมายความว่าแตกต่างกัน $p-1$ ตัวนั่นเอง) 3.พิสูจน์ว่าอินเวอร์สของสมชิกในเซต $\left\{\, 1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2 \right\} $ ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเอง คล้ายกับข้อ 3 ***4.พอจะนึกออกหรือยังครับว่าการดีไซน์โจทย์ประเภทนี้ก็คือ ใช้ลักษณะพิเศษที่ว่า มันเป็นเพียงการเรียงสับเปลี่ยน ดังนั้น สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ ใดๆ เราอาจกล่าวได้ว่า $$1^{-1}+2^{-1}+...+(p-1)^{-1} \equiv 1+2+...+(p-1) (mod \, \, p)$$ (เพื่อความสะดวก จะเขียน $a^{-2}$ แทน $(a^{-1})^2$) และเช่นเดียวกันกับ $a^{-2}$ ก็จะได้ว่า $$1^{-2}+2^{-2}+...+\Big( \frac{p-1}{2} \Big) ^{-2} \equiv 1^2+2^2+...+\Big( \frac{p-1}{2} \Big) ^2 (mod \, \, p)$$ 5.เก็บรายละเอียดด้วย Wilson's Theorem โดยการคูณพวก factorial ลงไปเพื่อให้เป็นจำนวนเต็ม เราจึงจะนำมันมาพิจารณาใน congruence ได้ เพราะเราไม่ได้บอกว่า $\frac{1}{a}$ ในสมการ คือ $a^{-1}$ ในสมภาค แล้วค่อยลดทอนลงไปเรื่อยๆจนได้ดังที่ผมเฉลยไว้ครับ [/quote]
__________________
keep your way.
|
#20
|
||||
|
||||
เพิ่งจะลองเปิดดูเฉลย จริงๆข้อนี้ทำแบบ contradiction ง่ายกว่าเยอะครับ
อ้างอิง:
แปลได้ว่า สำหรับทุก $i,j \in \left\{\, 1,2,...,p-1 \right\}$ ซึ่ง $i \not= j$ แล้ว $a_i \not\equiv a_j \pmod{p}$ สมมติว่ามีบาง $a_i, a_j$ ที่ใช้อินเวอร์สร่วมกัน แสดงว่า $a_i^{-1} \equiv a_j^{-1} \pmod{p}$ คูณด้วย $a_ia_j$ ซะก็จบ เพราะจะได้ว่า $a_j \equiv a_i \pmod{p}$ ทันที จึงเกิดข้อขัดแย้ง ดังนั้น จะไม่มีคู่ $a_i,a_j$ ต่างกันใดๆที่มีอินเวอร์สตัวเดียวกันใน modulo $p$ (พอมันใช้อินเวอร์สอย่างไม่ซ้ำกัน ก็แสดงว่ามันเป็นการเรียงสับเปลี่ยนเท่านั้นเอง สองเซตดังกล่าวจึงเท่ากัน)
__________________
keep your way.
01 ธันวาคม 2011 20:14 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#21
|
||||
|
||||
#21 เจ๋งดีอ่ะครับ
อ้างอิง:
เมื่อ $p=4k+3,k\ge 2$
__________________
Vouloir c'est pouvoir 01 ธันวาคม 2011 20:37 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#22
|
||||
|
||||
ยังไม่ถูกครับ
ที่ผมบอกว่าทดสอบความรู้พื้นฐานก็เพราะว่า... $1^{-1} \equiv 1 \pmod{p}$ และ $(p-1)^{-1} \equiv p-1 \pmod{p}$ เสมอ ซึ่งตัวนี้จะช่วยให้มองเห็นภาพการ partition ได้ดีขึ้นเยอะเลยครับ แถมยังช่วยในการแก้ปัญหาข้อ 8 อีกด้วย พอเราค่อยๆเข้าใจทีละนิดๆมันก็จะสนุกไปเอง ผมถึงได้ชอบ
__________________
keep your way.
01 ธันวาคม 2011 20:52 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#23
|
||||
|
||||
#22 งั้นผมขอดองโจทย์ไว้พรุ่งนี้ก่อนละกัน
เเต่ก็ต้องขอบคุณ# ก่อนๆไปก่อน คงต้องทำความเข้าใจอีกเยอะ 555 ขอบคุณมากๆเลยครับ
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#24
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
สำหรับ $p=2,3$เช็คง่ายๆให้$p>3$จาก $p$ เป็นจำนวนเฉพาะจะได้$p$จำนวนเฉพาะสัมพัทธ์กับ$1,2,...,p-1$ จะมี$a,b\in {1,2,...,p-1}$ซึ่ง$ab\equiv 1 \pmod{p}$โดย#20ได้ว่า$b$ใช้ไปครั้งเดียวแน่นอน $\Rightarrow 2\bullet 3\bullet 4\bullet ...\bullet (p-2)\equiv 1 \pmod{p}$ $\Rightarrow 2\bullet 3\bullet 4\bullet ...\bullet (p-2)\bullet (p-1)\equiv p-1 \equiv -1 \pmod{p}$ 12 มกราคม 2012 23:13 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ AnDroMeDa |
#25
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
จะแสดงว่า ถ้า$p$เป็นจำนวนเฉพาะที่$\geqslant 5$แล้ว $$p^2|(p-1)!(H_{p-1}) =\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!(\frac{1}{i} +\frac{1}{p-i} ) =\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{p}{i(p-i)} \Leftrightarrow p|\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)} $$ $$\Leftrightarrow \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0 \pmod{p}$$ จาก note ,wilson's theorem และ inverse modulo ได้ว่า $$\sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{i(p-i)}\equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } (p-1)!\frac{1}{-i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } \frac{1}{i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{\frac{p-1}{2} } i^2 = \frac{p(p^2-1)}{24}\equiv 0 \pmod{p} $$ เป็นจริงเพราะว่า $(p,24)=1$ ข้อ 9.2 ก็ทำคล้ายๆกันนะ 12 มกราคม 2012 23:14 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 5 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ AnDroMeDa |
#26
|
||||
|
||||
ผมพอจะเข้า #20 แล้วว่าจะต้องให้ทำอะไีรขอบคุณมากครับ
การที่ inverse ของ ${1,2,3,...,p-1}$ คือ การเรียงสับเปลี่่ยนของตัวมันเอง นั่นหมายถึง inverse จะต้องไม่ซ้ำกัน หรือ congruence สมมุิติให้ $a,b \in { {1,2,3,...,p-1} }$ โดยที่ $a^{-1} \equiv b^{-1} \pmod {p}$ $1 \equiv a \cdot b^{-1} \pmod {p}$ แต่ว่า $1 \equiv b \cdot b^{-1} \pmod{p}$ $a \cdot b^{-1} \equiv b \cdot b^{-1} \pmod{p}$ นั่นแปลว่า $a \equiv b \pmod{p}$ $p | a-b$ เกิดข้อขัดแย้งจากที่เราสมมุติว่า $a,b \in { {1,2,3,...,p-1} }$ |
#27
|
||||
|
||||
ถ้าเริ่มเข้าใจ inverse modulo $p$ สำหรับจำนวนเฉพาะ $p$ แล้วล่ะก็ ขอขยับขึ้นมาให้ใกล้กับกรณีทั่วไปอีกหน่อยละกัน
10. สำหรับจำนวนนับ $k,a,b$ ซึ่ง $k \ge 2$ และ $(a,b)=1$ สอดคล้องกับ $$1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2^k-1}=\frac{a}{b}$$ พิสูจน์ $2^k|a$ พิสูจน์ $4^{k-1}|a$
__________________
keep your way.
02 ธันวาคม 2011 01:26 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#28
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
$$\sum_{i = 1}^{p-1} \frac{1}{i^2} \equiv \sum_{i = 1}^{p-1} i^2$$ เพราะ $k^2 \equiv (p-k)^2 \pmod{p}$ เสมอ นั่นแสดงว่าสำหรับกำลังสอง มีการใช้ inverse ซ้ำกัน แต่สำหรับกำลังหนึ่งจะไม่มีคู่ใดใช้อินเวอร์สซ้ำกัน ระวังด้วยนะครับๆ
__________________
keep your way.
|
#29
|
||||
|
||||
#29
ถามหน่อยครับ ถึงว่าจะซ้ำคู่แต่ก็เขียนให้มันเป็นแบบนั้นได้ไม่ใช่หรอครับเช่นให้ $p=7$ จะได้ $\sum_{i = 1}^{6} \frac{1}{i^2} = \frac{1}{1^2} +\frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +\frac{1}{4^2} +\frac{1}{5^2} +\frac{1}{6^2} \equiv 1^2+3^2+2^2+5^2+4^2+6^2 = \sum_{i = 1}^{6} i^2\pmod{7}$ 02 ธันวาคม 2011 02:27 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ AnDroMeDa |
#30
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ทำให้ได้ว่า $$1\cdot 2\cdot3...(p-1)\equiv p-1 =-1\pmod p$$
__________________
Vouloir c'est pouvoir 02 ธันวาคม 2011 06:30 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
|
|