🕵️ De grote raadseltopic

[halb]

i.t.t. R161.5, beide

Mijn excuses als de vraag te specifiek is (hoewel je het met gewone (= elementaire) algebra zou kunnen oplossen).

[PeterPan]

162.

Voor

\(e > 0\)

en

\(p\)

een priemgetal,

\( S_{(p,e)} = \sum_{\mu=0}^{p-1}\mu^e\)

.

Laat zien dat

\(p|S_{(p,e)}\)

iff

\((p-1) \nmid e\)

.

(niet zelf gemaakt)

De stelling klopt niet.

Stel

\(p-1 | e\)

,

dan is volgens de kleine stelling van Fermat

\(r^e \equiv 1 \mod p\)

voor elke

\(r<p\)

en dus

\(\sum_{\mu=0}^{p-1}\mu^e \equiv \sum_{\mu=1}^{p-1} 1 = p \equiv 0 \mod p\)

,

Echter, volgens de stelling zou nu

\(p \nmid S_{(p,e)} \)

moeten zijn.

[halb]

\(\sum_{\mu=1}^{p-1} 1 = p\)

Leg uit

[Phys]

Klopt niet, dat moet zijn

\(\sum_{\mu=1}^{p-1} 1 = p-1\)

[PeterPan]

Leg uit

Tsja hoe zal ik dat nu eens uitleggen

De stelling is nu in ieder geval voor de helft bewezen.

[halb]

Niet elementair maar verder simpel:

Verborgen inhoud

De polynoom

\(a^{p-1}-1 \)

heeft p-1 nulpunten modulo p. Deze is dus ook van graad

\(\geq p-1\)

, maar ook

\(\leq p-1\)

door F/E. Conclusie: er bestaat een

\(a\)

(er zijn er wel

\(\phi(p-1)\)

) waaruit alle andere getallen modulo p (behalve 0) mee kunnen worden verkregen door machtsverheffen (dus elke exponent

\(0 \leq e < p-1\)

levert een ander getal) (zie ook primitieve mod n).

De rest is niet moeilijk:

\( S_{(p,e)} = \sum_{\mu=1}^{p-1}\mu^e = \sum_{\nu=0}^{p-2}a^{\nu e} = \frac{a^{e (p-1)}}{a^e-1} \equiv 0 \pmod p\)

Dit 'werkt' niet als

\(a^e \equiv 1 \pmod p\)

, dat is dus alleen als

\((p-1) \mid e\)

.

Wel elementair (dacht ik):

Verborgen inhoud

\(a^n - (a-1)^n= \sum_{k=0}^{n-1}{n \choose k}(a-1)^k\)

\((a-1)^n - (a-2)^n = \sum_{k=0}^{n-1}{n \choose k}(a-2)^k\)

... ('telescoop'-rij)

\(a^n = \sum_{k=0}^{n-1}{n \choose k}\sum_{\nu=0}^{a-1}\nu^k\)

dus

\(p^n = \sum_{k=0}^{n-1}{n \choose k}S_{(p,k)}\)

Zolang

\(n < p\)

volgt stelling voor

\(k < p-1\)

nu met (een triviale) inductie. Het geval p-1 weten we al, voor exponenten groter dan p-1 geldt F/E.

[halb]

1 fout:

\( \sum_{\nu=0}^{p-2}a^{\nu e} = \frac{a^{e (p-1)}}{a^e-1} \equiv 0 \pmod p\)

=>

\( \sum_{\nu=0}^{p-2}a^{\nu e} = \frac{a^{e (p-1)}-1}{a^e-1} \equiv 0 \pmod p\)

[PeterPan]

Je moet wel de tijd geven om het probleem op te lossen, en niet zo snel het antwoord geven.

Je eerste oplossing heb ik inmiddels ook gevonden. Dit vereist enige kennis van getaltheorie, dat de meesten hier niet voorradig hebben. Van je tweede oplossing kun je niet verwachten dat iemand die kan bedenken.

[halb]

O.K.

Tijd voor iets leukers dan (ben het wel eens met comments)

[halb]

Ik kwam deze tegen, 'iets' minder moeilijk dan vorige:

164.

Vind een uitdrukking zodat k,k+1,k+2 som van 2 kwadraten van hele getallen zijn en leg uit waarom je geen rij van 4 zult vinden.

[Erik Leppen]

Ik kwam deze tegen, 'iets' minder moeilijk dan vorige:

164.

Vind een uitdrukking zodat k,k+1,k+2 som van 2 kwadraten van hele getallen zijn en leg uit waarom je geen rij van 4 zult vinden.

Als je nul een kwadraat vindt voldoet k = 0 (maar dat is flauw, de vraag is leuker zonder, want volgens mij is er dan geen direct zichtbare kleine oplossing). (edit: eentje gevonden per computer, maar ook dat is een beetje flauw )

Verder staat in elk rijtje van vier opeenvolgende gehele getallen er altijd eentje die congruent is met 3 modulo 4.

Maar naar mijn idee zijn dit gewoon wiskundeopgaven, en geen raadsels. Ik vind dat toch wel een verschil. Weet niet hoe ik het kan uitleggen, maar lees eens wat terug in vorige pagina's van de topic om te zien wat voor soort dingen gevraagd worden. Ik denk dat een raadsel wiskundig inzicht behoeft (zoals dat beroemde verhaal met die gemutste kabouters die op een rij moeten gaan staan), en geen wiskundige kennis (en ook geen ingewikkelde vergelijkingen). Excuseer als ik ernaast zit, maar ik vind dat niet zomaar elke wiskundeopgave hier als raadsel geplaatst moet kunnen worden.

[zakhooi]

helemaal mee eens

[jhnbk]

Hints?

[halb]

Het makkelijkst leek me om te onderzoeken wanneer

\(n^2-1 = (n-k)^2+b^2\)

is.

De simpele manier om het probleem op te lossen is (bijv.)

\(k=1\)

nemen, dan is

\(n = 1+\frac{b^2}{2}\)

, dus b is even en we zijn klaar

\((1+2k^2)^2-1 = (2k)^2+(2k^2)^2\)

.

Om alle oplossingen te vinden kunnen we (1) oplossen naar n:

\(n = \frac{k^2+b^2+1}{2k}\)

. Nu wlog

\(b=2c, k = 2r+1\)

(omgekeerd werkt niet). Dus

\(n=1+2\frac{r^2+r+c^2}{2r+1}\)

. We zoeken naar r,c zodat

\(r^2+r+c^2 \equiv 0 \pmod{2r+1}\)

. Omdat 4 inverse heeft modulo oneven getal

\(4r^2+4r+4c^2 = (2r+1)^2-1+4c^2 \equiv 0 \pmod{2r+1}\)

. Dit herleidt tot

\((2c+1)(2c-1) \equiv 0 \pmod{2r+1}\)

...

[TD]

@Maggy: je vraag heb ik naar hier afgesplitst.