Autor Tema: Demostración de congruencias y suma de cuadrados

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15 Febrero, 2022, 02:02 am
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LeJoha

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Buenas noches gente, tengo el siguiente problema:
Si P es primo impar probar:
\( 1^2 + 2^2 + .... + (p-1)^2 \equiv{0} (mod p) \)

Empece con la formula de la suma de los \( (k-1)^2 \) y tengo que \( p\geq{2} \) y que 2 no divide a p.
Luego tengo: \( (p-1)(2p-1)=6m \)
Y pues ya no sé que más podría hacer.

Gracias de antemano.

15 Febrero, 2022, 02:51 am
Respuesta #1

Juan Pablo Sancho

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Supongo que es impar primo mayor a tres:
\( 1^2 + 2^2 + \cdots + (p-1)^2 = \dfrac{(p-1) \cdot p \cdot (2p-1)}{6}  \)  con \( 2 \nmid p  \) y \( 3 \nmid p \)

26 Febrero, 2022, 05:21 pm
Respuesta #2

EduardoGavilan

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Hola, he hecho un pequeño programa en VBA para ver como se comportaba la expresión que propones y efectivamente cumple para todo primo \(  p > 3  \) pero viendo los datos creo que la igualdad que propones es parte de una regla más general, la igualdad se cumple si y sólo si \( p  \) no es múltiplo de \(  2  \)  ni múltiplo de \( 3 \). Por ejemplo para \(  p = 25  \) la suma de los cuadrados hasta \( 24 \) inclusive da \(  4900  \) que es múltiplo de \( 25 \)

26 Febrero, 2022, 05:26 pm
Respuesta #3

EduardoGavilan

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Una rectificación, lo hice en EXCEL pero no me hizo falta hacer ningún programa.

26 Febrero, 2022, 05:47 pm
Respuesta #4

Richard R Richard

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  • Oh Oh!!! me contestó... y ahora qué le digo...
Por ejemplo para \(  p = 25  \) la suma de los cuadrados hasta \( 24 \) inclusive da \(  4900  \) que es múltiplo de \( 25 \)
No era que \( p \) era primo impar.... 25 no es primo...
Saludos
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

26 Febrero, 2022, 09:02 pm
Respuesta #5

feriva

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Buenas noches gente, tengo el siguiente problema:
Si P es primo impar probar:
\( 1^2 + 2^2 + .... + (p-1)^2 \equiv{0} (mod p) \)


Los cuadrados de los naturales son la suma de de los impares; así

1=1

4=1+3

9=1+3+5

16=1+3+5+7

25=1+3+5+7+9

36=1+3+5+7+9+11

...

Como llega hasta  \( (p-1)^{2} \), entonces, hay (p-1) unos, (p-2) treses... O sea

\( (p-1)+(p-2)+(p-3)+...+(p-(p-1))=
  \)

No, ahí ya me he equivocado, sería \( (p-1)+3(p-2)+5(p-3)+... \)

Spoiler
Por la progresión aritmética, la suma de los números solos, sin los “pes”, es

\( \dfrac{(p-1)p}{2}
  \)

Como p es impar, 2 divide a p-1 y sigue siendo múltiplo de “p”; luego la suma es un múltiplo de p.

*Si no me he equivocado en algo, pieńsalo bien a ver

Spoiler


Saludos.
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27 Febrero, 2022, 01:03 pm
Respuesta #6

EduardoGavilan

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Se trata de probar que si \(   p   \) es primo impar \(  > 3  \) entonces \( 1^2 + 2^2 + .... + (p-1)^2 \equiv{0} (mod p) \). Mi hipótesis de que no sólo ocurre con los primos mayores de \(  3  \) sino con todos los enteros que no sean múltiplos de \(  3  \) ni de \(  2  \) implica la primera. Salvo error creo que lo he demostrado. Si usamos la igualdad que nos dice Juán Pablo Sancho seria demostrar que \(  \dfrac{(n-1) \cdot n \cdot (2n-1)}{6} \equiv{0} (mod n) \)  simplificando tenemos \(  (n-1)*(2n-1)\equiv{0} (mod 6)  \) y la sulución es \(  n \equiv{1} (mod 6)  \) y \(  2*n \equiv{1} (mod 6)  \)