ช่วยพิสูจน์modข้อนี้หน่อยครับ เหลืออีกกรณีแต่ไม่ออก

[ความฝัน]

โจทย์:ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะจงพิสูจน์ว่า ถ้า $a^p\equiv b^p(modp)$แล้ว $a^p\equiv b^p(modp^2)$

กรณี p|(a-b) แล้ว $p|(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+b^{p-1})$ ผมทำได้แล้ว

ส่วนกรณี $p\nmid (a-b)$ ผมแยกเป็นอีกสองcase

case p หาร a หรือ b ตัวใดตัวหนึ่งลงตัวเท่านั้น ทำให้ได้ว่า $p\nmid (a^{p-1}+a^{p-2}b+...+b^{p-1})$

ส่วนcase p ไม่หารทั้ง a และ b ลงตัว ผมไม่รู้จะพิสูจน์ยังไงช่วยแนะนำด้วยครับ

[Amankris]

เข้าใจอะไรผิดนิดหน่อยนะครับ

ลองใช้บทขยายของ Fermat's little theorem

[ความฝัน]

แบ่งเป็นสามกรณี
case1 p|a และ p|b เห็นได้ชัด

case2 p|a หรือ p|b ตัวใดตัวหนึ่งเท่านั้น ซึ่งไม่เกิดขึ้นแน่นอน

case3 $p\nmid a$ และ $p\nmid b$ ซึ่งเราก็จะใช้ fermat's little theorem เข้ามา

ซึ่งจะได้ว่า $a\equiv b(modp)$ แล้วก็แสดงว่า $(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+b^{p-1})\equiv $0(modp)

เป็นเช่นนี้ป่าวครับ

[Amankris]

#3
เอาเข้าจริงๆแล้ว ไม่จำเป็นเลยครับที่ต้องแบ่งกรณีคิด

[nooonuii]

$a\equiv a^p\equiv b^p\equiv b\pmod{p}$

ดังนั้น $a=b+kp$

ลองต่อดูครับ

[ความฝัน]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

$a\equiv a^p\equiv b^p\equiv b\pmod{p}$

ดังนั้น $a=b+kp$

ลองต่อดูครับ

$จากด้านบนจะได้ว่า \exists q_1,q_2,r\in \mathbf{Z} ซึ่ง a=pq_1+r และ b=pq_2+r$

$นั่นคือ a\equiv r(modp) และ b\equiv r(modp) ;0\leqslant r<p$

$ทำให้ได้ว่า (a^{p-1}+a^{p-2}b+...+b^{p-1})\equiv (a^{p-1}+...+a^{p-1})\equiv pa^{p-1}(modp)$

$จาก p|(a-b) และ p|(a^{p-1}+a^{p-2}b+...+b^{p-1}) และ p เป็นจำนวนเฉพาะ จะได้ว่า$

$p^2|(a^k-b^k) นั่นคือ a^k\equiv b^k(modp^2)$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Amankris

#3
เอาเข้าจริงๆแล้ว ไม่จำเป็นเลยครับที่ต้องแบ่งกรณีคิด

การที่เศษมันต้องเท่ากันทำให้รวมกรณี0เข้าไปด้วย ดังนั้น จึงไม่ต้องแยกกรณี ผมเข้าใจถูกป่าวครับ

[nooonuii]

Hint ของผมก็เอาของคุณ Amankris มาเติมรายละเอียดให้มากขึ้นครับ

ที่บอกว่าไม่ต้องแยกกรณีคือให้คำนวณ

$a^p=(b+kp)^p$

แล้วกระจายออกมาก็จะเห็นเอง

[ความฝัน]

ขอบคุณมากครับทั้งสองท่าน เข้าใจซะที