Rincón Matemático

Matemática => Teoría de números => Mensaje iniciado por: Fernando Moreno en 25 Diciembre, 2019, 07:12 pm

Título: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 25 Diciembre, 2019, 07:12 pm
Hola,


El Teorema:  \( \pmb{(p-1)¡\equiv\,p-1} \) mod p.

1. Sólo funciona para Módulo números primos. Haciendo números es inmediato lo siguiente:  Dado un  \( p \)  \( \Rightarrow \)  \( \pmb{p-1\mid 2(p-3)¡} \) .  Luego  \( (p-2)¡\equiv\,0,2 \) mod \( (p-1) \)  -y- no puede ser entonces  \( (p-2)¡ \)  congruente con  \( p-2 \)  Módulo  \( p-1 \)  y esto vale para cualquier número compuesto.

2. La demostración. Es una tautología que:  \( \left({\dfrac{p-n+1}{n}+1}\right)\cdot n\equiv\,1 \) mod p .  Luego tendremos:

 \( \pmb{(p+1)\cdot 1\equiv\,1} \) mod p

\( \pmb{\left({\dfrac{p-1}{2}+1}\right)\cdot 2\equiv\,1} \)  mod p

\( \pmb{\left({\dfrac{p-2}{3}+1}\right)\cdot 3\equiv\,1} \)  mod p

.  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .  .

\( \left({\dfrac{p-(p-1)+1}{p-1}+1}\right)\cdot p-1\equiv\,1 \) mod p  \( \Rightarrow \)  \( \left({\dfrac{1}{\dfrac{p-1}{2}}+1}\right)\cdot p-1\equiv\,1 \) mod p .  Como el inverso de  \( \dfrac{p-1}{2} \)  es  \( p-2 \) ;  puesto que:  \( \dfrac{p-1}{2}\cdot p-2\equiv\,\dfrac{-1}{2}\cdot (-2)\equiv\,1 \)  mod p .  Entonces:

\( \pmb{(p-2\,+1)\,\cdot\,p-1\equiv\,1} \)  mod p .


Luego las únicas parejas multiplicativas solteras dentro de  \( (p-1)¡ \)  son:  \( 1 \)  \( \wedge \)  \( p-1 \) .  Luego:  \( (p-1)¡\equiv\,p-1 \) mod p .


Bueno. Ahora contemos la verdad  ;) . Yo en realidad lo que he estado buscando es una demostración por el absurdo de si  \( (p-1)¡ \)  era congruente con otra cosa que no fuera:  \( p-1 \) .  Pero no lo he conseguido. Es decir, en principio no hay ninguna contradicción en que  \( (p-1)¡ \)  fuera congruente con  \( p-2 \)  ,  \( p-3 \)  ,  etc.  (ó yo no la he encontrado)


Un saludo y Feliz Navidad


PD.  ya puedo seguir entonces con el "rollo" del UTF de nuevo    :-[
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Juan Pablo Sancho en 25 Diciembre, 2019, 10:31 pm
Sea \( a \in \{0,1,2, \cdots ,n-1\} = A  \) tenemos que \( mcd(a,p)=1 \) entonces para todo \( a \in A  \)
la ecuación \( ax \equiv 1  \) mod(p) tiene solución única.
En que caso \(  x = a  \) en el que verifica \(  a^2 \equiv 1  \) mód(p) que es lo mismo que:
\( a^2 - 1 \equiv 0  \) mód(p)  como \( a^2-1 = (a-1) \cdot (a+1)  \) tendremos que:
\( (a-1) \equiv 0  \) mód(p) y esto sólo sucede para \( a=1 \)
o  \( (a+1) \equiv 0  \) mód(p) y esto sólo sucede para \( a = p-1 \equiv -1  \)

Editado
Pero si \( p=7 \) por ejemplo tienes que:
\( (\dfrac{p-2}{3}+1) = \dfrac{8}{3} \notin \mathbb{Z}  \)
Editado 2
Veo que no tiene nada que ver con lo que expones.
Error del menda.

Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 25 Diciembre, 2019, 11:22 pm
Hola

Sea \( a \in \{0,1,2, \cdots ,n-1\} = A  \) tenemos que \( mcd(a,p)=1 \) entonces para todo \( a \in A  \)
la ecuación \( ax \equiv 1  \) mod(p) tiene solución única.
En que caso \(  x = a  \) en el que verifica \(  a^2 \equiv 1  \) mód(p) que es lo mismo que:
\( a^2 - 1 \equiv 0  \) mód(p)  como \( a^2-1 = (a-1) \cdot (a+1)  \) tendremos que:
\( (a-1) \equiv 0  \) mód(p) y esto sólo sucede para \( a=1 \)
o  \( (a+1) \equiv 0  \) mód(p) y esto sólo sucede para \( a = p-1 \equiv -1  \)

Editado
Pero si \( p=7 \) por ejemplo tienes que:
\( (\dfrac{p-2}{3}+1) = \dfrac{8}{3} \notin \mathbb{Z}  \)

Si p=7. Entonces:  \( (\dfrac{p-2}{3}+1) = \dfrac{5}{3}+1=5\cdot\dfrac{1}{3}+1\equiv\,5\cdot 5 +1\equiv\,26\equiv\,5 \) mod 7. Puesto que el inverso de 3 Módulo 7 es 5. Creí que conocías que este Grupo de números es un cuerpo y admite la división. La variante de demostración que pongo permite precisamente saber exactamente con qué número Módulo un primo cualquiera tiene el inverso uno de sus restos. 

Añado: Lo dicho último sobre todo es válido en los casos en que la división es posible. En los que no, como el del ejemplo, me veo obligado a buscar el inverso "a pelo" antes de llegar a la conclusión. En todo caso esta demostración no pretende ser otra cosa que "una variante", nada más, ni mejor ni peor
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Luis Fuentes en 26 Diciembre, 2019, 10:11 am
Hola

  Fernando Moreno. No acabo de entender exactamente dónde está la variación en lo que has escrito.

 Como te ha indicado Juan Pablo Sánchez, en todos los casos en los que \( p+1 \) no es divisible por \( k \), el cociente \( \dfrac{p-k+1}{k} \) no es entero. Entonces efectivamente tiene sentido considerarlo usando que \( k \) es inversible módulo \( p \). Pero para ese viaje no hacían falta alforjas. Si lo que vamos a usar es que sabemos que todo número no múltiplo de \( p \) tiene inverso multiplicativo módulo \( p \), el intento por explicitar tal inverso sobra. No aporta nada. No sustituye al resultado previo de saber que tal inverso existe. Y realmente en la mayor parte de los casos la supuestas expresión explícita del inverso es un "engaño"; no es efectiva.

 Por otra parte aún te faltaría justificar, que sólo hay dos elementos que coinciden con su inverso.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 10:16 am

Hola, Fernando.



Bueno. Ahora contemos la verdad  ;) . Yo en realidad lo que he estado buscando es una demostración por el absurdo

Si quieres hacerlo por el absurdo, la hipótesis contraria implica \( n=ab;\,|a|>1;\,|b|>1
  \), tienes que usar eso, es la definición de compuesto, cualquier otra será lo mismo dicho con otras palabras. Y entonces, de aquí, \( (n-1)!+1\equiv0\,(mod\, ab)
  \), es inmediato que ni “a” ni “b” divide a \( (n-1)!
  \) (se puede explicar por qué si se quiere, pero ya se lo sabe todo el mundo) lo que implica, más trivialmente aún, que tiene que dividir a un número mayor que \( (n-1) \), y el único posible es “n”.

Hay veces que las cosas sólo tienen un demostración que quede natural (que se pueda considerar normal, sin dar vueltas).



Saludos
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 11:18 am
Hola,

Por otra parte aún te faltaría justificar, que sólo hay dos elementos que coinciden con su inverso.

Entiendo que eso que dices no hace falta. Lo que muestro es que sólo 2 elementos no tienen "pareja" dentro de  \( (p-1)¡ \) .  " \( 1 \) " ,  cuya pareja es:  \( p+1 \)  -y-  " \( p-1 \) "  cuya pareja sí demuestro que es él mismo:  \( p-2+1=p-1 \) .

Si lo que vamos a usar es que sabemos que todo número no múltiplo de \( p \) tiene inverso multiplicativo módulo \( p \), el intento por explicitar tal inverso sobra. No aporta nada. No sustituye al resultado previo de saber que tal inverso existe. Y realmente en la mayor parte de los casos la supuestas expresión explícita del inverso es un "engaño"; no es efectiva.

Por otra parte disculpas si resulta que os he engañado a todos. Por lo menos en la parte que sí se da la división, te da de una manera directa quién es el inverso del resto dentro de  \( (p-1)¡ \) .  Y eso, al menos para mí, resulta curioso y es una pequeña variación.


Bueno. Ahora contemos la verdad  ;) . Yo en realidad lo que he estado buscando es una demostración por el absurdo

Eso está sacado de contexto. La cita completa es la siguiente:

Bueno. Ahora contemos la verdad  ;) . Yo en realidad lo que he estado buscando es una demostración por el absurdo de si  \( (p-1)¡ \)  era congruente con otra cosa que no fuera:  \( p-1 \) .  Pero no lo he conseguido. Es decir, en principio no hay ninguna contradicción en que  \( (p-1)¡ \)  fuera congruente con  \( p-2 \)  ,  \( p-3 \)  ,  etc.  (ó yo no la he encontrado)

Si para ti es inmediato demostrar que si  \( (p-1)¡ \)  es congruente por ejemplo con  \( p-2 \)  implica una contradicción. Dímelo, pero no con intenciones, si no con los números; que no lo entiendo y yo no he sido capaz de sacar la demostración.

Un saludo,
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 12:40 pm

Hola, Fernando.


Si para ti es inmediato demostrar que si  \( (p-1)¡ \)  es congruente por ejemplo con  \( p-2 \)  implica una contradicción. Dímelo, pero no con intenciones, si no con los números; que no lo entiendo y yo no he sido capaz de sacar la demostración.

Un saludo,


Pero para qué quieres eso.

Usa que \( (p-1)!=(p-3)!(p-2)(p-1)
  \), que se ve mejor.

\( (p-3)!(p-2)(p-1)\equiv(p-2)\ (mod\,\, lo_{-}que\, sea)
  \)

¿En qué caso deja resto (p-2)?

En principio, o es equivalente a resto cero o sólo podría ser si p-2=1, si no, no tiene sentido; divide la congruencia entre p-2 a los dos lados

\( (p-3)!(p-1)\equiv1\ (mod\,\, lo_{-}que\, sea)
  \)

Es más, aunque no sea ese factorial, puede ser cualquier número multiplicado por (p-2) y pasa lo mismo; por ejemplo:

\( 2\cdot3\cdot5\equiv2\ (mod\,7)
  \)

\( 3\cdot5\equiv1\ (mod\,7)
  \)

Se ve bien, no hacen falta más ejemplos.

Luego es equivalente a considerar

\( (p-2)k\equiv(p-2)\,(mod\, p)
  \)

\( k\equiv1\,(mod\, p)
  \)

Está fuera de lo que considera Wilson, el resto sería 1 o cero, no -1.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Luis Fuentes en 26 Diciembre, 2019, 12:48 pm
Hola

Entiendo que eso que dices no hace falta. Lo que muestro es que sólo 2 elementos no tienen "pareja" dentro de  \( (p-1)¡ \) .  " \( 1 \) " ,  cuya pareja es:  \( p+1 \)  -y-  " \( p-1 \) "  cuya pareja sí demuestro que es él mismo:  \( p-2+1=p-1 \) .

¿Cómo lo muestras? ¿Por qué el inverso módulo \( 17 \) de \( 8 \) no podría ser de nuevo \( 8 \) (evidentemente no lo es)?.¿Dónde está la justifiación?.

Citar
Por otra parte disculpas si resulta que os he engañado a todos. Por lo menos en la parte que sí se da la división, te da de una manera directa quién es el inverso del resto dentro de  \( (p-1)¡ \) .  Y eso, al menos para mí, resulta curioso y es una pequeña variación.

Es más bien un añadido. Porque no evitas que a priori tengas que usar otro resultado que garantice la existencia del  inverso. Añadido que otras demostraciones no se molestan en hacer porque es prescindible.

Si quieres hacerlo por el absurdo, la hipótesis contraria implica \( n=ab;\,|a|>1;\,|b|>1
  \), tienes que usar eso, es la definición de compuesto, cualquier otra será lo mismo dicho con otras palabras. Y entonces, de aquí, \( (n-1)!+1\equiv0\,(mod\, ab)
  \), es inmediato que ni “a” ni “b” divide a \( (n-1)!
  \) (se puede explicar por qué si se quiere, pero ya se lo sabe todo el mundo) lo que implica, más trivialmente aún, que tiene que dividir a un número mayor que \( (n-1) \), y el único posible es “n”.

Hay veces que las cosas sólo tienen un demostración que quede natural (que se pueda considerar normal, sin dar vueltas).

feriva: una y otra vez me parece que estás hablando de la parte fácil de Teorema.

Lo que quieres probar Fernando es que si \( p \) es primo entonces \( (p-1)!=-1 \) mod \( p \). Por reducción al absurdo sería probar que si \( (p-1)!\neq -1 \) mod \( p \) entonces \( p \) no es primo.


Si para ti es inmediato demostrar que si  \( (p-1)¡ \)  es congruente por ejemplo con  \( p-2 \)  implica una contradicción. Dímelo, pero no con intenciones, si no con los números; que no lo entiendo y yo no he sido capaz de sacar la demostración.

Un saludo,

Pero para qué quieres eso.

feriva: no entiendo nada.

Citar
Usa que \( (p-1)!=(p-3)!(p-2)(p-1)
  \), que se ve mejor.

\( (p-3)!(p-2)(p-1)\equiv(p-2)\ (mod\,\, lo_{-}que\, sea)
  \)

¿En qué caso deja resto (p-2)?

En principio, o es equivalente a resto cero o sólo podría ser si p-2=1, si no, no tiene sentido; divide la congruencia entre p-2 a los dos lados

¿Qué es lo que no tiene sentido y por qué?.

Citar
\( (p-3)!(p-1)\equiv1\ (mod\,\, lo_{-}que\, sea)
  \)

Es más, aunque no sea ese factorial, puede ser cualquier número multiplicado por (p-2) y pasa lo mismo; por ejemplo:

\( 2\cdot3\cdot5\equiv2\ (mod\,7)
  \)

\( 3\cdot5\equiv1\ (mod\,7)
  \)

"Pasa lo mismo". ¿Qué es lo mismo?¿A qué te refieres?.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 01:46 pm
Hola, Luis.


feriva: una y otra vez me parece que estás hablando de la parte fácil de Teorema...




Yo parto de que si “p” es primo, quiere decir que cumple estas condiciones

\( p=ab:\,(|a|=1\wedge|b|\neq1)\vee(|a|\neq1\wedge|b|=1)
  \)

Cuando ni |a| y ni |b| es 1, no cumple eso, es compuesto. A partir de ahí hago la suposición de que no es primo para llegar a que sí lo es.

Si ahora considero,\( (p-1)!\equiv-1\,(mod\, ab)
  \), o lo que es lo mismo, \( (p-1)!+1\equiv0\,(mod\, ab)
  \), al no ser “a” igual a 1ni tampoco “b”, ningún factor divide a \( (p-1)!
  \) (lo que considero inmediato de ver).

Que “a” ó “b” (cualquier factor de p, el que sea) no divida a \( (p-1)!
  \) implica trivialmente, por definición de factorial, que no divida a ningún número natural menor o igual que (p-1). Por tanto, “a” (o el factor “b”, sin perder generalidad) es un número mayor que (p-1). Igualmente me parece obvio que ese factor mayor que (p-1) no puede ser mayor que el propio “p”; ningún número tiene un factor mayor que sí mismo. Luego a=p y b=1, o viceversa, y entonces p es primo.

Ah, ya veo, no estoy demostrando la contraria; es que me lio...

En cuanto a lo otro, me he despistado, sí, tienes razón; y además no sé si he entiendo lo que me preguntaba.

Entiendo que decía que no podía demostrar que \( (p-1)! \) no puede dejar resto (p-2) módulo p. Y lo que yo le decía era que considerara el factorial escrito así \( (p-1)!=(p-3)!(p-2)(p-1)
  \) para, después, analizarlo para cualquier módulo, dejando resto (p-2). Y esto, veo ahora, que no tiene nada que ver, porque él se refería a módulo p.

Sería entonces (creo) equivalente a considerar esto

\( (p-3)!(p-2)(p-1)\equiv(p-2)\,(mod\, p)
  \).

\( (p-3)!(p-1)\equiv1\,(mod\, p)
  \)

¿Estoy entendiéndolo ahora?

Muchas gracias, Luis; y Feliz Navidad.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 03:37 pm
Hola, Fernando.

El otro día, en mi post, entendí otra cosa al decirme Luis lo de la demostración en el sentido fácil; interpretaba que había que demostrar primero que no era compuesto; y, después, con la Nocehbuena y todo eso, pues ya no releí, me he dado cuenta cuando me lo ha dicho ahora otra vez.


Esto no sirve para nada, ya pondré otra cosa
 
Spoiler
Entonces, ya sí entiendo; vamos a ver lo que pasa; suponemos por comodidad enteros positivos:
\( (p-1)!\equiv-r(mod_{\,}p)
  \); donde “p” primo y \( r>1
   \) (mayor que 1 como clase de equivalencia, para atacarlo por reducción al absurdo).

Tenemos también que, como \( p>p-1
  \), entonces \( r\leq(p-1)
  \), por lo que

\( r\in[1,(p-1)]
  \)

lo que nos permite escribir

\( (p-1)!\equiv kr
  \); con k>1.

Y, por tanto, igualmente podemos escribir

\( kr\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \)

\( kr+r\equiv0\,(mod_{\,}p)
  \)

Factorizando

\( r(k+1)\equiv0\,(mod_{\,}p)
  \)

Donde p, por ser mayor, no puede divdir a “r”, luego divide a k+1.

Pero si divide a k+1, entonces, como es primo, \( k+1=mp \) y \( k=mp-1 \), con “m” coprimo con “p”-

De aquí \( kr\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \), sutituyendo k por (p-1)

\( (mp-1)r\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \)

Donde sólo si r es equivalente a 1 se cumple la congruencia:

\( mp-1\equiv-1\,(mod_{\,}p)
  \).

A ver si está bien ahora.
[cerrar]

                                                                            NUEVO

 
Spoiler
                            ...
[/color]

Si \( (p-1)!\equiv-r(mod_{\,}p)
  \), por el algoritmo de Euclides tendremos

\( mcd[(p-1)!,\; p]=mcd[p,r]=1
  \) (pues r es distinto de p)

Y tenemos

\( mcd(p,r)\cdot mcm(p,r)=pr
  \)

\( mcd(p,r)=\dfrac{p\cdot r}{mcm(pr)}
  \)

El mínimo común múltiplo de p y r es un entero múltiplo de “p” y de “r” necesariamente... Y...


[cerrar]



Me he desesperado,  como la niña ésta  https://www.trendsmap.com/twitter/tweet/1209317301113241600 (https://www.trendsmap.com/twitter/tweet/1209317301113241600)



Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 04:20 pm
Hola,

¿Cómo lo muestras? ¿Por qué el inverso módulo \( 17 \) de \( 8 \) no podría ser de nuevo \( 8 \) (evidentemente no lo es)?.¿Dónde está la justifiación?.

No te entiendo Luis. En  \( 16¡ \)  los únicos números que son inversos de sí mismos Módulo 17 son 1 y 16. Ésta fórmula lo dice:  \( \left({\dfrac{p-n+1}{n}+1}\right)\cdot n\equiv\,1 \) .  Si sustituyo "n" por 1, obtengo que la pareja de 1 es  \( p+1 \) .  O sea: 1. Y si sustituyo "n" por  " \( 16 \) "  pues da al final:  \( \dfrac{16}{16} \) ;  como expuse. Todos los otros restos se emparejan con elementos "dentro" de  \( (p-1)¡ \) .


-Añado por si no ha quedado claro. Para el resto de números se da:  \( \dfrac{p+1}{n}\cdot n \)  y para que se cumpla que  \( (\displaystyle\frac{2n}{n}=n)\cdot n \) ;  "n" sólo puede ser 2 y eso se daría únicamente en el caso Módulo 3. Y eso sí es cierto. Habría que exceptuar sólo a ése caso.-


Al margen de lo anterior. La fórmula también me sirve para atajar el cómo averiguar cuál es el inverso de, por ejemplo, el que pones: 8 Módulo 17. Tendremos que su inverso será:  \( \dfrac{p-7}{8}+1=\dfrac{10}{8}+1=1+0,25+1=2+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} \) .  Como el inverso de 2 Módulo 17 es inmediato que es 9; tendré:  \( 2+81=83\equiv\,15 \) mod 17. Ésta es la respuesta: 15. Esto parece engorroso ahora, pero imaginemos hallar el inverso de 201 Módulo 9883.


feriva, el tema no es tan sencillo como parece por la demostración oficial. No paro de decírtelo, pero tú estás sentado al lado de una ventana escuchando llover


Saludos,
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 04:55 pm



feriva, el tema no es tan sencillo como parece por la demostración oficial. No paro de decírtelo, pero tú estás sentado al lado de una ventana escuchando llover

Saludos,

Ya, Fernando, no me había enterado; seguramente fue culpa del champán, porque yo no soy nada despistado...

Ya he dejado mi intento corregido ahí; si no vale, lo intento de otra manera.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 05:40 pm
Hola


Entonces, ya sí entiendo; vamos a ver lo que pasa; suponemos por comodidad enteros positivos:
\( (p-1)!\equiv-r(mod_{\,}p)
  \); donde “p” primo y \( r>1
   \) (mayor que 1 como clase de equivalencia, para atacarlo por reducción al absurdo).

Tenemos también que, como \( p>p-1
  \), entonces \( r\leq(p-1)
  \), por lo que

\( r\in[1,(p-1)]
  \)

lo que nos permite escribir

\( (p-1)!\equiv kr
  \); con k>1.

Y, por tanto, igualmente podemos escribir

\( kr\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \)

\( kr+r\equiv0\,(mod_{\,}p)
  \)

Factorizando

\( r(k+1)\equiv0\,(mod_{\,}p)
  \)

Donde p, por ser mayor, no puede divdir a “r”, luego divide a k+1.

Pero si divide a k+1, entonces, como es primo, k+1=p y k=p-1.

De aquí \( kr\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \), sutituyendo k por (p-1)

\( (p-1)r\equiv-r\,(mod_{\,}p)
  \)

Donde sólo si r es equivalente a 1 se cumple la congruencia:

\( p-1\equiv-1\,(mod_{\,}p)
  \).

A ver si está bien ahora.

Saludos.

Esto de corregir no es lo mío, pero lo intentaré. Dices:  \( (p-1)!\equiv kr \) mod p. ¿Por qué "k"?  \( (p-1)¡ \)  es congruente con un "r". Con un resto de p. Lo otro es una complicación o yo no lo entiendo. Luego dices:  \( kr\equiv-r\,(mod_{\,}p) \) . Si yo pongo por ejemplo:  \( 5\cdot 3\equiv\,-3 \) mod 4 ;  tendría:  \( 3\equiv\,1 \) mod 4 . No sé de dónde sacas esa afirmación tan general con las letras

Saludos
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 06:33 pm

Esto de corregir no es lo mío, pero lo intentaré. Dices:  \( (p-1)!\equiv kr \) mod p. ¿Por qué "k"?  \( (p-1)¡ \)  es congruente con un "r"...

Saludos

Me he equivocado, debería ser un signo igual, no una congruencia. Gracias, Fernando.

Es igual, en cualquier caso no asegura nada, me parece, no va a estar bien.

De todas formas, por aclararlo si hace falta, sólo quería decir que en valor absoluto |-r| tiene que ser menor que p (como de hecho ocurre, valor absoluto de -1 es 1, menor que cualquier primo).

Entonces, si, por ejemplo, factorial de 5-1 es \( 1\cdot2\cdot3\cdot4
  \), el resto que deje cinco (aunque sea expresado en negativo) está en ese conjunto.

Por tanto, si el “r” fuera 2, por ejemplo, podría hacer \( k=(1\cdot3\cdot4)
  \) y escribir \( (5-1)!=2k
  \).

No hay problema en eso, el problema es que no justifico el final, no lo termino de ver; y si llegara a justificarlo, no me doy cuenta del todo; voy a ver si hago otra cosa mejor que eso.

 Ya lo he cambiado

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 08:25 pm
Hola,

A ver si intento aclararlo más.

¿Cómo lo muestras? ¿Por qué el inverso módulo \( 17 \) de \( 8 \) no podría ser de nuevo \( 8 \) (evidentemente no lo es)?.¿Dónde está la justifiación?.



-Añado por si no ha quedado claro. Para el resto de números se da:  \( \dfrac{p+1}{n}\cdot n \)  y para que se cumpla que  \( (\displaystyle\frac{2n}{n}=n)\cdot n \) ;  "n" sólo puede ser 2 y eso se daría únicamente en el caso Módulo 3. Y eso sí es cierto. Habría que exceptuar sólo a ése caso.-


Realmente para que se dé una situación de  \( n\cdot{n} \)  si  \( (\displaystyle\frac{p+1}{n})\cdot n \)   \( \Rightarrow{} \)   \( p+1 \)  debe ser igual á  \( n^2 \) .  Pero entonces, salvo que  \( n=2 \) ;  \( n^2-1\neq{p} \)  porque  \( (n+1)(n-1)\neq{p} \) .  Luego sigo, ahora no puedo. A ver si puedo resumirlo todo mejor.



Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 08:47 pm
No.

Qué nervioso me está poniendo esto; pero me va a salir, si no hoy, mañana

Spoiler
Pero si es facilísimo, tanta congruencia a veces no hace ver las cosas de la mejor manera; álgebra de batalla es lo que hay que usar, Fernando; mira:

\( (p-1)!+r=p
  \)

No, que es un múltiplo de "p", no p

Como \( r\leq p-1
  \), entonces \( r\in[1,(p-1)]
  \), lo que nos permite escribir

\( (p-1)!=kr
  \).

Sustituyendo

\( (p-1)!+r=p\Rightarrow
  \)

\( kr+r=p
  \)

\( r(k+1)=p
  \)

Entonces “p” es divisible entre r porque k+1 es un entero, y ocurre que \( r=1\vee r=p
  \) por ser p primo; como r<p, entonces es r=1 porque p no tiene otro divisor menor posible, y ya está.
[cerrar]

EDITADO*

Tampoco, pero hasta llegar a 200 me quedan muchos intentos :D

Spoiler
Tenemos

\( (p-1)!+r=mp
  \); con “p”primo y “m” entero.

Como \( r\leq p-1
  \), entonces \( r\in[1,(p-1)]
  \), lo que nos permite escribir

\( (p-1)!=kr
  \)

Sustituyendo

\( (p-1)!+r=mp\Rightarrow
  \)

\( kr+r=mp
  \)

\( r(k+1)=mp
  \)

Si \( r|p
  \), entonces r=1.

Supongamos que divide a “m”; en ese caso, \( m=rm_{1}
  \)

Reescribo

\( r(k+1)=rm_{1}p
  \)

\( k+1=m_{1}p
  \)

pero

\( (p-1)!=kr\Rightarrow
  \)

\( k\leq(p-1)!\Rightarrow
  \)

\( k\in[1,(p-1)]\Rightarrow]
  \)

\( k<p
  \)

Luego como mucho podrá ser \( k+1=p \); y en ese caso \( m_{1}=1\Rightarrow m=r
  \)

Sustituyendo aquí \( (p-1)!+r=mp
  \); “m” por “r” y “p” por “k+1”

\( (k)!+r=r(k+1)
  \)

\( (k)!+r=rk+r
  \)

\( (k)!=kr\Rightarrow
  \)

o sea, que resulta

\( kr=(p-1)!
  \)

y también

\( (k)!=(p-1)!\Rightarrow
  \)


entonces \( r=1 \).

No, no, que es k factorial
[cerrar]

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 09:08 pm

Pero si es facilísimo, tanta congruencia a veces no hace ver las cosas de la mejor manera; álgebra de batalla es lo que hay que usar, Fernando; mira:

\( (p-1)!+r=p \)

¿De verdad feriva estás diciendo que  \( 6¡+r=7 \) ?   ::)  ¿O te estás refiriendo a una congruencia?  ¿O es respecto de  \( p¡ \) ?
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 26 Diciembre, 2019, 09:49 pm


¿De verdad feriva estás diciendo que  \( 6¡+r=7 \) ?   ::)  ¿O te estás refiriendo a una congruencia?  ¿O es respecto de  \( p¡ \) ?

Tú ríete, verás cómo en no más de 200 intentos lo logro; edito mi última entrada dentro de muy poco, ¡Atención!...

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 26 Diciembre, 2019, 10:13 pm
Hola,


Tú ríete, verás cómo en no más de 200 intentos lo logro; edito mi última entrada dentro de muy poco, ¡Atención!...


No me río, me asombro. En el fondo eres muy parecido a mí. Esta mezcla de las matemáticas y la sangre latina da resultados cuanto menos curiosos..

Sin utilizar la propiedad de inversos que tienen los números módulo un número primo. O sea, la propiedad de que se pueden dividir exactamente, no lo vas a conseguir nunca. Me apuesto una super-disculpa por escrito en negrita y de color rosa. No se me ocurre ahora otra cosa que apostar. Yo por hoy lo dejo ya, no vaya ser que quién me deje con mis matemáticas -pero para siempre- sea mi mujer..
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 27 Diciembre, 2019, 01:02 am


No me río, me asombro. En el fondo eres muy parecido a mí. Esta mezcla de las matemáticas y la sangre latina da resultados cuanto menos curiosos..

Y, además, que yo me llamo Fernando de primer nombre y de segundo apellido Moreno; ya tenemos más cosas en común, aparte de fogosidad latina :D

Citar
Sin utilizar la propiedad de inversos que tienen los números módulo un número primo. O sea, la propiedad de que se pueden dividir exactamente, no lo vas a conseguir nunca.

Eso lo he usado yo alguna vez para otras cosas, en esto no (haciendo algo con la función phi y las raíces primitvas creo que fue).

Y ahora que lo dices, se podría usar quizá algo similar sin que fueran en sí los inversos. A fin de cuentas, los restos se multiplican y al final tiene que dar -1; se vayan buscando los restos 1 u otros restos distintos con las parejas que sean; por ejemplo, con 7 y multiplicando de fuera hacia el interior:

1,2,3,4,5,6,(7)

\( 1\cdot6\equiv-1(7)
  \)

\( 2\cdot5\equiv-4(7)
  \)

\( 3\cdot4\equiv-2(7)
  \)

los multiplicas y te dan -1 también: \( (-1)(-2)(-4)=-8\equiv-1(7)
  \)

Si le quitas la pareja 1,6 da 8 positivo y el resto es entonces 1; al quitar el 6, en general al quitar p-1, queda el factorial \( (p-2)! \), y el producto de los restos va a ser 1, se hayan emparejado para dar resto 1 o no.

Emparejados así dan 1

\( 2\cdot4\equiv1(7)
  \)

\( 3\cdot5\equiv1(7)
  \)

Pero ya ves que no necesariamente hay por qué hacerlo de esa forma, lo que ocurre es que, así, se justifica con la teoría, se demuestra (pero tú puedes demostrar a lo mejor otra cosa, aunque sea parecida o esté basada en lo mismo, que no sea exactamente igual)

Yo no sé (seguramente hay algo y los profes los sabrán) si existe una manera de encontrar las parejas que dan restos 1 (los inversos correpodientes de cada número).

Si tomas 11, por ejemplo

1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,(11)

son éstas

\( 2\cdot6\equiv1(11)
  \)

\( 3\cdot4\equiv1(11)
  \)

\( 5\cdot9\equiv1(11)
  \)

\( 7\cdot8\equiv1(11)
  \)

No hay un orden, para cada primo las parejas se forman de distinta manera; parece un intrincado problema de combinatoria.

(Es que usando que cada p-k tiene inverso, la demostración es inmediata, lo bonito sería justificarlo de alguna otra manera).

Ah, lo del color magenta es porque en mi editor latex (aparte del rojo que uso para corregir y el azul para editar otras cosas) es el que mejor se ve, no es que me guste, es por lo cegato que ando ya (la misma broma me hizo manooooh hace tiempo, por eso siempre nos saludamos en magenta :D).

Saludos y buenas noches.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 27 Diciembre, 2019, 08:48 am
Hola,


Si tomas 11, por ejemplo

1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,(11)

son éstas

\( 2\cdot6\equiv1(11)
  \)

\( 3\cdot4\equiv1(11)
  \)

\( 5\cdot9\equiv1(11)
  \)

\( 7\cdot8\equiv1(11)
  \)

No hay un orden, para cada primo las parejas se forman de distinta manera; parece un intrincado problema de combinatoria.

Utiliza esta fórmula:  \( \displaystyle\frac{p+1}{k}=\,Inverso\,de\,\color{red}k \) mod p .

\( \displaystyle\frac{12}{\color{red}2}=6 \)  ,  \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}3}=4 \)  ,  \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}5}=\dfrac{24}{10}\equiv 24\cdot 10=240\equiv 9 \)   \( \wedge \)   \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}7}=\displaystyle\frac{24}{14}\equiv{\dfrac{24}{3}}=8 \) .

Saludos, 
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 27 Diciembre, 2019, 10:26 am


Utiliza esta fórmula:  \( \displaystyle\frac{p+1}{k}=\,Inverso\,de\,\color{red}k \) mod p .

\( \displaystyle\frac{12}{\color{red}2}=6 \)  ,  \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}3}=4 \)  ,  \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}5}=\dfrac{24}{10}\equiv 24\cdot 10=240\equiv 9 \)   \( \wedge \)   \( \displaystyle\frac{12}{\color{red}7}=\displaystyle\frac{24}{14}\equiv{\dfrac{24}{3}}=8 \) .

Saludos, 

Buenos días, Fernando.

Sí, se pueden calcular, pero si yo tomo el 2, por ejemplo, y busco sus inversos respectivos para \( Z_{5},Z_{7},Z_{11}...
  \) obtengo esta secuencia (si no me equivoco en alguno)

3,4,6,7,8,9,10,12,15,16,19,...

y la sucesión no tiene un término \( a_{n}
  \) general (no es que yo no lo sepa encontrar, Wolframalpha no lo da).

Siempre podremos, supongo (aunque no he probado) encontrar una fórmula interpolando por Taylor, o Newton o quien sea, que funcione hasta cierto sitio, pero no funcionará en general, hasta el “final”.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Luis Fuentes en 27 Diciembre, 2019, 10:38 am
Hola

Realmente para que se dé una situación de  \( n\cdot{n} \)  si  \( (\displaystyle\frac{p+1}{n})\cdot n \)   \( \Rightarrow{} \)   \( p+1 \)  debe ser igual á  \( n^2 \) .  Pero entonces, salvo que  \( n=2 \) ;  \( n^2-1\neq{p} \)  porque  \( (n+1)(n-1)\neq{p} \) .  Luego sigo, ahora no puedo. A ver si puedo resumirlo todo mejor.

¡Así, si!. Eso es lo que demuestra que los únicos números que coinciden con su inverso multiplicativo módulo \( p \) son \( 1 \) y \( -1\equiv p-1 \). Se usa de manera decisiva que \( p \) es primo.

En cuanto a mi crítica a tu "variación" de la demostración, el resumen es:

- Usas (la das por conocida; tu no la demuestras) de manera ineludible la propiedad de que módulo \( p \) primo todo número no equivalente al cero tiene inverso multiplicativo.
- Para algunos casos das una expresión explícita del inverso. Pero eso es accesorio, innecesario para que tu demostración funcione. No se necesita esa expresión explícita para terminar la prueba. Y por otro lado como he dicho antes, como esa expresión no funciona siempre, no elude el uso de la propiedad de existencia de inverso.
- Adicionalmente, pero eso es otro tema está la discusión de cuan interesante o novedosa es esa expresión previa.

Al margen de lo anterior. La fórmula también me sirve para atajar el cómo averiguar cuál es el inverso de, por ejemplo, el que pones: 8 Módulo 17. Tendremos que su inverso será:  \( \dfrac{p-7}{8}+1=\dfrac{10}{8}+1=1+0,25+1=2+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2} \) .  Como el inverso de 2 Módulo 17 es inmediato que es 9; tendré:  \( 2+81=83\equiv\,15 \) mod 17. Ésta es la respuesta: 15.

Pero es que con el método usual ese inverso se calcula igual de rápidamente. Básicamente se trate de resolver:

\( 8x+17k=1 \)

aplicando el algoritmo extendido  de Euclides. En el primer paso queda:

\( 17=2\cdot 8+1 \) es decir \( (-2)\cdot 8+1\cdot 17=1 \)

y por tanto el inverso es \( x=-2=15 \) mod \( 17 \).

No obstante, el algoritmo extendido de Euclides NO es el método más rápido para calcular inversos multiplicativos en artimétrica modular.

Aquí se comentan otros métodos:

https://es.wikipedia.org/wiki/Inverso_multiplicativo_(aritm%C3%A9tica_modular)

Citar
Esto parece engorroso ahora, pero imaginemos hallar el inverso de 201 Módulo 9883.

¿Cómo lo calculas?.

Spoiler
Con el algoritmo de Euclides es:

\( 9883=49\cdot 201+34 \)
\( 201=5\cdot 34+31 \)
\( 34=31+3 \)
\( 31=10\cdot 3+1\quad \Rightarrow{}\quad 31-10\cdot 3=1 \)

y ahora vamos hacia "atrás":

\( 31-10(34-31)=1\quad \Rightarrow{}\quad 11\cdot 31-10\cdot 34=1 \)
\( 11\cdot (201-5\cdot 34)-10\cdot 34=1\quad \Rightarrow{}\quad 11\cdot 201-65\cdot 34=1 \)
\( 11\cdot 201-65\cdot (9883-49\cdot 201)=1\quad \Rightarrow{}\quad 3196\cdot 201-65\cdot 9883=1 \)

Por tanto el inverso es \( 3196 \).
[cerrar]

Sin utilizar la propiedad de inversos que tienen los números módulo un número primo. O sea, la propiedad de que se pueden dividir exactamente, no lo vas a conseguir nunca. Me apuesto una super-disculpa por escrito en negrita y de color rosa.

Aquí tienes, por ejemplo, una demostración geométrica del Teorema de Wilson:

https://www.cut-the-knot.org/blue/GeometricWilson.shtml

Aquí un enfoque combinatorio:

http://campus.lakeforest.edu/trevino/WilsonCapsule.pdf

Saludos.

P.D. feriva: me cuesta seguir tus mensajes, con corrección sobre corrección y "tirándote abajo" tu mismo tus propias propuestas. ¿Por qué no las trabajas un poco más antes de hacerlas públicas?. No hay prisa.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 27 Diciembre, 2019, 11:08 am

P.D. feriva: me cuesta seguir tus mensajes, con corrección sobre corrección y "tirándote abajo" tu mismo tus propias propuestas. ¿Por qué no las trabajas un poco más antes de hacerlas públicas?. No hay prisa.

Tienes razón, Luis, perdóname (y perdonadme todos los que me hayáis sufrido por lo de anoche).

Me daba la falsa sensación de que tenía que poderse hacer sin tanta dificultad (dejando aparte la demostración existente) y me enrabietaba cada vez que publicaba y veía que algo estaba mal o se me había olvidado considerar algo.

Intentaré entonces con calma, ya que no puedo de otra manera, demostrar que el inverso existe para los elementos de los Zp y es único (prometo que no conozco la demostración, nunca la he estudiado y no la he buscado en internet, o si la he visto, no me acuerdo); si no puedo en unos días, entonces buscaré.

Muchas gracias, saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 28 Diciembre, 2019, 12:02 am
Consideremos

\( ax\equiv1\,(mod\, y)
  \); donde \( x,y
  \) son coprimos; o sea \( mcd(x,y)=1
  \).

Lo que lleva a la ecuación diofántica:

\( ax-1=by
  \)

\( ax+by=1
  \) (el signo no importa, se puede poner + porque b puede tomar el signo que convenga).

Se demuestra que siempre existen a,b enteros para los x,y coprimos de esa ecuación; aunque, en realidad, se demuestra más en general que \( ax+by=mcd(x,y)
  \) (no sólo para coprimos); la identidad de Bézout.

Spoiler

Esta famosa demostración la conocía y la he recordado; me ha parecido oportuna para intentar demostrar la existencia de los inversos traídos a colación.

Tenemos como hipótesis \( ax+by=mcd(x,y)
  \).

Existe el conjunto de los números positivos de la forma \( ax+by
  \); conjunto que tendrá algún elemento de valor mínimo, sea “m” (mayor que cero, pues consideramos un conjunto de divisores).

Sea el mínimo entonces: \( m=a_{0}x+b_{0}y
  \).

Esto es claro que existe siempre, pues dados unos x,y cualesquiera, existirán enteros “a,b” (positivos, negativos los dos o uno u otro) de tal forma que la suma sea el valor positivo más pequeño que puede dar dicha adición; lo que no sabemos aún es si existen “a,b” tales que “m” sea el mcd de (x,y).

Entonces, si “m” divide a “x” y también a “y”, por ser el mínimo, será el máximo común divisor de los dos.

Usando el algoritmo de la división podemos escribir

\( x=qm+r
  \)

(esto siempre con m>r, porque, si es al revés, con r=m+k (k positivo)

\( x=qm+m+k=m(q+1)+k
  \) y el resto sería k; y (q+1) haría de q pudiendo reescribir la ecuación con la misma forma retomando las letras).

Y sustituyendo “m” en \( x=qm+r
  \) por \( ax+b_{0}y
  \)

\( x=q(a_{0}x+b_{0}y)+r
  \)

Ahora, despejando y sacando factor común x

\( x(1-qa_{0})-qb_{0}y=r
  \)

Lo que significa que “r” tiene la misma forma y debería pertenecer al conjunto de los divisores; sin embargo, “m”, por hipótesis, es el más pequeño del conjunto y no puede haber otro número de la misma forma que sea menor (pero r<m, como se ha visto).

Entonces, si “m” valiera, por ejemplo, 2 ó 3... en ese caso “r” no podría ser 1 ó 2... porque entonces, al ser el mínimo, “m” también tendría que ser 1 ó 2... y no 2 ó 3... y sería contradictorio; tendríamos algo así \( x=qr+r
  \) y el resto dividiría a “x, que es absurdo. Lo único que puede pasar es que r=0, lo que implica que “m” divide a x.

Exactamente de la misma manera se demuestra que “m” divide a “y; con lo que tienen que existir “a” y “b” tales que pase lo dicho.

[cerrar]

Luego si x,y coprimos, existen a,b tales que \( ax\equiv1\,(mod\, y)
  \), que implica \( ax+by=1
  \), donde “a” es el inverso de “x” módulo “y”.

Para que ocurra esto, “y” no tiene que ser necesariamente primo; y existe el inverso de x siempre.

Ahora bien, si consideramos la congruencia \( (p-2)!\equiv1(mod\, p)
  \), sólo se podrá cumplir si p es primo, de lo contrario, en el factorial habrá un factor común con p.

Por lo dicho, podríamos considerar, por ejemplo, la ecuación diofántica siguiente

\( a(p-2)!+bp=1
  \)

y, por la identidad de Bézout, existe siempre el inverso “a”.

............................

También podemos considerar los factores aisladamente

\( a_{2}(p-2)+b_{2}p=1
  \)

\( a_{3}(p-3)+b_{3}p=1
  \)

etc.

....

Supongamos que dos (p-i) pudieran compartir un mismo inverso “a”:

\( a(p-i)+b_{2}p=1
  \)

\( a(p-j)+b_{3}p=1\Rightarrow
  \)

...

\( ap-ai+b_{2}p=1
  \)

\( ap-aj+b_{3}p=1
  \)

Tendríamos dos expresiones de esta forma

\( np-ai-1=0
  \)

\( mp-aj-1=0
  \)

donde i,j son elementos distintos de Zp multiplicados por un mismo número “a”. Sin embargo, junto al -1 que les acompaña, serían equivalentes al mismo resto módulo p.

Creo que esto no puede ser, creo que no pueden dar el mismo resto: \( i\,\not\equiv\, j\Rightarrow  \) \( ai\,\not\equiv\, aj  \)

Y de aquí podríamos afirmar que para cada (p-i) existe un inverso diferente.

¿Sería cierto esto?

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Luis Fuentes en 28 Diciembre, 2019, 10:13 am
Hola

Luego si x,y coprimos, existen a,b tales que \( ax\equiv1\,(mod\, y)
  \), que implica \( ax+by=1
  \), donde “a” es el inverso de “x” módulo “y”.

Para que ocurra esto, “y” no tiene que ser necesariamente primo; y existe el inverso de x siempre.

Siempre que \( x \) e \( y \) sean coprimos; lo has dicho antes, pero esa frase a modo de conclusión que pones al final podría llevar a confusión.

Cuando \( y \) es primo, \( x \) e \( y \) siempre son coprimos (salvo que \( x \) esté en la clase del cero) y eso es lo que hace que para \( y \) primo todo elemento no nulo tenga inverso.

Citar
Y de aquí podríamos afirmar que para cada (p-i) existe un inverso diferente.

Que elementos inversibles distintos tienen inversos distintos es inmediato y válido en cualquier anillo conmutativo. No hace falta montar semejante galimatías. Simplemente:

\( a^{-1}=b^{-1}\quad \Rightarrow{}\quad (a^{-1})^{-1}=(b^{-1})^{-1}\quad \Rightarrow{}\quad a=b \)

Tu montas un lío innecesario para al final usar que \( i\neq j\quad \Rightarrow{}\quad ai\neq aj \) lo cual es cierto si trabajas en un cuerpo  (en un dominio de hecho) o simplemente si \( a \) es inversible; pero tan sencillo es probar eso como directamente que cada elemento tienen un inverso diferente.

Por otra parte con eso todavía no has probado nada troncal respecto a la parte del Teorema de Wilson que tratas de demostrar.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 28 Diciembre, 2019, 10:41 am

Por otra parte con eso todavía no has probado nada troncal respecto a la parte del Teorema de Wilson que tratas de demostrar.

Saludos.

Muchísimas gracias, Luis.

Ahora habría que probar, supongo, que existen todos los inversos del tamaño adecuado, es decir, que cada (p-i) tiene un inverso que pertenece a [2, p-2]. ¿Sería este el punto que falta? (prescindo de 1 y de (p-1) que ya sé que su producto es el resto -1 y el cual usaría para multiplicarlo al final).

Anoche estuve pensando un poco precisamente en demostrar esto, pero no sé muy bien cómo hacerlo todavía para que quede del todo riguroso (y también estuve tentado de preguntarte directamente, pero voy a esperar a ver qué se me ocurre).

Sé que es un cuerpo, y algo tengo visto de otra veces (muy, muy por encima) sobre ideales, dominios de integridad... y esas cosas, pero ni idea de cómo se justifica con la corrección necesaria. Lo que sé seguro es que tiene infinitas soluciones, sin embargo, las soluciones en Zp son finitas y hay que ver si están todas para las parejas. Intuitivamente sí me parece claro, pero no sé cómo decirlo (seguro que, de conseguirlo, me dirás también que he dado muchas vueltas; cosa que comprendo que me digas, porque tienes razón; pero es que voy a ciegas, sin conocer casi la teoría).

*Fernando, qué te parece si intentas terminarlo tú (si te apetece); yo lo dejo aquí, lo terminas, y así lo demostramos a medias :)

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 28 Diciembre, 2019, 02:35 pm
Hola,


Esto parece engorroso ahora, pero imaginemos hallar el inverso de 201 Módulo 9883.

¿Cómo lo calculas?.


Ahí va mi método. Reconozco que me ha costado bastante, al haber buscado todas las variantes que he podido para simplificar lo más posible. La que pongo ahora es la mejor.

Parto de Módulo 9883 y busco el inverso de 201. Luego:  \( \displaystyle\frac{9884}{201} \) .  201 cabe en 9884: 49 veces y pico, luego multiplico por 50 en numerador y denominador. A esta operación la voy a llamar (1). Tendré:  \( \displaystyle\frac{494.200}{10.050} \) . " 10.050 " es congruente 167 con 9883. A esta operación: Ser congruente con 9883, la voy a llamar (2). Luego:  \( \displaystyle\frac{494.200}{167} \) .  Por la operación (1) multiplico arriba y abajo por  2.960  =  \( \displaystyle\frac{1.462.832.000}{494.320} \) .  Por (2) en el denominador:  \( \displaystyle\frac{1.462.832.000}{170} \) .  Simplifico la fracción entre 10 :  \( \displaystyle\frac{146.283.200}{17} \) .  Por (2) en el numerador tengo:  \( 4.917\cdot\displaystyle\frac{1}{17} \) .  Y ya lo he reducido a un primo inferior al número 201 (aunque éste sea compuesto). Es lo que busco. Ahora ataco al primo:

\( \displaystyle\frac{9884}{17} \) .  Por (1) multiplico por 582 :  \( \displaystyle\frac{5.752.488}{9894} \) .  Por (2) en el denominador:  \( \displaystyle\frac{5.752.488}{11} \) .  Y ya tengo otro primo inferior. Reduzco también el numerador (2) :  \( \displaystyle\frac{582}{11} \) .

Luego hasta ahora tengo:  \( 4917\cdot 582\cdot\displaystyle\frac{1}{11} \) .  Hago la división por si tengo suerte. ¡La tengo! :  260.154. Que congruente Mod 9883 es: 3.196. La respuesta buscada.

Yo creo que esto se puede implementar en un programita por quien quiera hacerlo, aunque es cierto que hay que hacer ciertos "tanteos" entre medias y descartar algunos caminos. Ahí lo dejo.



*Fernando, qué te parece si intentas terminarlo tú (si te apetece); yo lo dejo aquí, lo terminas, y así lo demostramos a medias :)



feriva, yo me he estado dedicando a lo puesto arriba. Yo este tema lo he agotado para mí. A lo que he llegado es a lo de arriba y ya no me interesa. Te repito, lo intenté buscando el absurdo y no lo conseguí. Hace falta la propiedad de ser inverso en un Módulo número primo y para eso está la demostración oficial. De todas maneras es un tema que me ha gustado, a lo mejor vuelvo a él en otra ocasión, más adelante. Ahora quiero seguir un poco más con lo del UTF que lo tengo abandonado por estas cosas. Saludos,
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 28 Diciembre, 2019, 06:02 pm
Hola, Fernando.


feriva, yo me he estado dedicando a lo puesto arriba. Yo este tema lo he agotado para mí. A lo que he llegado es a lo de arriba y ya no me interesa. Te repito, lo intenté buscando el absurdo y no lo conseguí. Hace falta la propiedad de ser inverso en un Módulo número primo y para eso está la demostración oficial. De todas maneras es un tema que me ha gustado, a lo mejor vuelvo a él en otra ocasión, más adelante. Ahora quiero seguir un poco más con lo del UTF que lo tengo abandonado por estas cosas. Saludos,


De acuerdo. Es que yo, en principio, no veía qué era lo que aseguraba eso (aunque conocía la propiedad nunca había pensado en ello) y ahora sí lo veo;  pero no me atrevo a terminar (por no alargarme y no ser demasiado farragoso, no por otra cosa).

En cuanto a tu problema, directamente, como el módulo es primo, por la función phi de Euler el inverso es \( 201^{p-2}
  \); en este caso es un representante muy grande y sería pesado ir hallando por equivalencia representantes más pequeños, pero es el inverso al fin y al cabo (yo prefiero el algoritmo de Euclides, es más de mi estilo, más "álgebra de batalla).

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 28 Diciembre, 2019, 07:26 pm
Hola,


Sin utilizar la propiedad de inversos que tienen los números módulo un número primo. O sea, la propiedad de que se pueden dividir exactamente, no lo vas a conseguir nunca. Me apuesto una super-disculpa por escrito en negrita y de color rosa.

Aquí tienes, por ejemplo, una demostración geométrica del Teorema de Wilson:

https://www.cut-the-knot.org/blue/GeometricWilson.shtml

Aquí un enfoque combinatorio:

http://campus.lakeforest.edu/trevino/WilsonCapsule.pdf

Ah ok. Ahora leo bien esta segunda parte del mensaje de Luis. Pues feriva parece que sí es posible conseguir una demostración sin acudir a la propiedad de la división en los grupos Módulo p. No están a mi alcance. No obstante a lo mejor algún día lo intento otra vez. Es un tema bonito
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 29 Diciembre, 2019, 05:04 pm
Pues feriva parece que sí es posible conseguir una demostración sin acudir a la propiedad de la división en los grupos Módulo p. No están a mi alcance. No obstante a lo mejor algún día lo intento otra vez. Es un tema bonito

Puedes demostrar otra cosa parecida; no sé si estará demostrada ni he pensado en ella mucho.

Si tomamos los pares y quitamos los no coprimos, se observa esto...

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{blue}(4)}\Rightarrow1\cdot3\equiv{\color{magenta}-1}\,(mod\:4)
  \)

\( 1,{\color{red}2,3,4},5,({\color{blue}6)}\Rightarrow1\cdot5\equiv{\color{magenta}-1}\,(mod\:6)
  \)

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},5,{\color{red}6},7,({\color{blue}8)}\Rightarrow1\cdot3\cdot5\cdot7\equiv{\color{magenta}1}\,(mod\:8)
  \)

etc.

dan resto 1 ó -1.

Ahí en el 8 se ve que el inverso de 3 es 3; y el de 5 es 5, al faltar números se ve que ocurre eso. Pero multiplicados ambos dan resto -1, igual que 1·7, con lo que el producto de los coprimos es 1.

A primera vista, parece algo un poco más difícil de demostrar, pero los recursos a emplear tienen que ser similares.

Con los impares no primos también pasa.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 29 Diciembre, 2019, 08:02 pm
Muy buena observación, feriva. Yo no lo había visto enunciado nunca, lo podemos llamar Teorema de feriva  ;D. En efecto es cierto, y se puede demostrar con ideas muy parecidas a la demostración del teorema de Wilson. Pero tu observación deja una pregunta abierta: ¿cuándo el producto es congruente a \( 1 \) y cuándo a \( -1 \)?
Esto es más difícil, pero sabiendo algunas cosas se puede llegar a la siguiente respuesta (lo pongo en spoiler por si a alguien le apetece pensarlo sin ver la respuesta, aunque no pongo la demostración). Esto se puede pensar entonces como una generalización del teorema de Wilson.

Spoiler
Dado un \( n \) cualquiera, factorizamos \( n=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r} \). Entonces, el producto de los números positivos menores que \( n \) y coprimos con \( n \) es congruente a \( (-1)^r \) si \( 2 \not \mid n \) o si \( 4 \) es la mayor potencia de \( 2 \) que divide a \( n \), y a \( (-1)^{r-1} \) en caso contrario. 
El producto de los coprimos con \( n \) es congruente a \( -1 \) módulo \( n \) si \( n=4,p^r,2p^r \) con \( p \) primo impar, y congruente a \( 1 \) en caso contrario.
 
[cerrar]

Edición: lo del spoiler estaba mal. Gracias Luis
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 29 Diciembre, 2019, 09:01 pm
Hola feriva y geómetracat.

¡Enhorabuena feriva! Siguiendo tu ejemplo he estado bicheando entre los residuos cuadráticos y por ahora, quitando los residuos pares y no coprimos, según tú método, si multiplico el resto de números me da +1 ó -1 siempre que sea Módulo un número par que es congruente con 2 Módulo 4: 2,6,10,14,18 etc. Te lo dejo como idea por si se puede llegar a un Teorema más general todavía. Sdos
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 29 Diciembre, 2019, 11:08 pm
Muy buena observación, feriva. Yo no lo había visto enunciado nunca, lo podemos llamar Teorema de feriva  ;D. En efecto es cierto, y se puede demostrar con ideas muy parecidas a la demostración del teorema de Wilson.

:D En todo caso, postulado, el teorema es de quien lo demuestra, que has sido tú.

Y además el postulado lo tendré que compartir con mi amigo Víctor Luis, que me hizo coautor de varios inventos, como el conjunto FLV (los números de la forma \( 6n\pm1
  \); aunque hubo quien dudó de la novedad).


Citar
Pero tu observación deja una pregunta abierta: ¿cuándo el producto es congruente a \( 1 \) y cuándo a \( -1 \)?
Esto es más difícil, pero sabiendo algunas cosas se puede llegar a la siguiente respuesta (lo pongo en spoiler por si a alguien le apetece pensarlo sin ver la respuesta, aunque no pongo la demostración). Esto se puede pensar entonces como una generalización del teorema de Wilson.


Lo pensé, lo pensé, e imaginé que tenía que ver con las potencias, pero hasta ahí llegué, no concreté pude concretar nada.

Muchas gracias, Geómetracat.

...


¡Enhorabuena feriva! Siguiendo tu ejemplo he estado bicheando entre los residuos cuadráticos y por ahora, quitando los residuos pares y no coprimos, según tú método, si multiplico el resto de números me da +1 ó -1 siempre que sea Módulo un número par que es congruente con 2 Módulo 4: 2,6,10,14,18 etc. Te lo dejo como idea por si se puede llegar a un Teorema más general todavía. Sdos

Muchas gracias, Fernando. No creo que tenga mayor historia, simplemente sospeché que, haciendo eso con los no primos, el resto sería también -1 ó 1; y resultó que pasaban las dos cosas.

Lo de los restos cuadráticos no lo tengo mirado; está entre mis curiosidades pendientes. Lo miraré.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 29 Diciembre, 2019, 11:18 pm
Bueno, no he puesto la demostración. De todas maneras aquí el mérito estaba en darse cuenta de la propiedad. Si quieres dejémoslo en Teorema de feriva-geómetracat.  :P

Por otro lado, residuos cuadráticos normalmente se refiere a los \( a \) tales que existe un \( x \) con \( x^2 \equiv a \mod n \). No acabo de ver qué pretendéis hacer con eso aquí exactamente.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 12:15 am
Bueno, no he puesto la demostración. De todas maneras aquí el mérito estaba en darse cuenta de la propiedad. Si quieres dejémoslo en Teorema de feriva-geómetracat.  :P

Por otro lado, residuos cuadráticos normalmente se refiere a los \( a \) tales que existe un \( x \) con \( x^2 \equiv a \mod n \). No acabo de ver qué pretendéis hacer con eso aquí exactamente.

No sé, yo no conozco las propiedades de esos residuos (recuerdo muy lejanamente haber leído algo relacionado con las raíces primitivas y el símbolo de Legendre, pero no me acuerdo de más).

Quizá Fernando lo diga porque todos tienen su inverso pero algunos se tienen de inverso a sí mismo; entonces, pues habrá pensado, como en el ejemplo del 8, que si \( 3\cdot3\equiv1
  \) y \( 5\cdot5\equiv1
  \), entonces \( 3\cdot3\cdot5\cdot5\equiv1
  \) y asociando así \( (3\cdot5)\cdot(3\cdot5)\equiv1
  \) se puede investigar por qué \( (3\cdot5)
  \) tiene que ser 1 ó -1. Pero no lo sé, él dirá, yo no sé la teoría de eso.

La demostración, como lo que se decía en la cartilla militar del “valor”, se te supone y se da por hecha aunque no lo pongas (tratándose de ti o de Luis... nadie va a dudarlo :) )

Gracias otra vez.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 12:48 am
No sé, yo no conozco las propiedades de esos residuos (recuerdo muy lejanamente haber leído algo relacionado con las raíces primitivas y el símbolo de Legendre, pero no me acuerdo de más).

Sí, recuerdas bien.

Citar
La demostración, como lo que se decía en la cartilla militar del “valor”, se te supone y se da por hecha aunque no lo pongas (tratándose de ti o de Luis... nadie va a dudarlo :) )

Bueno, a veces también meto la pata, como todos. No hay que tener fe ciega en nadie.

De todas maneras, aquí lo que importa (quizá se refería a eso Fernando, no sé) es encontrar los \( x \) tales que \( x^2 \equiv 1 \mod n \).

Doy unas ideas sobre la prueba en spoiler.

Spoiler
De hecho, la idea es exactamente la misma que en el teorema de Wilson, usar que los coprimos con \( n \) tienen inverso módulo \( n \) y agruparlos por parejas de inversos (que al multiplicar dan \( 1 \)). El problema es que puede haber \( x \) tales que \( x^2 \equiv 1 \mod n \) y estos solo aparecen una vez, de manera que no quedan agrupados con su inverso (que es él mismo). Pero si pasa esto, entonces \( (-x)^2 \equiv 1 \mod n \) y si agrupamos \( x \) con \( -x \) al multiplicar tenemos \( x(-x) \equiv -x^2 \equiv -1 \mod n \).

De manera que al multiplicar siempre obtenemos residuo \( 1 \) o \( -1 \), y obtener uno u otro dependerá del número de parejas \( x,-x \) con \( x^2 \equiv 1 \mod n \). Así que basta con contar cuántas parejas de este tipo hay para saber si el producto es congruente a \( 1 \) o \( -1 \). Pero la estructura de los grupos de unidades de \( \Bbb Z / n\Bbb Z \), que es el grupo multiplicativo módulo \( n \) formado por los coprimos con \( n \) es bien conocida, y de ahí se saca fácilmente cuántas parejas hay.

(Observación: en el caso del teorema de Wilson, solamente hay una tal pareja: \( 1,-1 \). Esto se sigue del hecho de que si \( p \mid x^2 -1=(x-1)(x+1) \) y \( p \) es primo, entonces \( p\mid x-1 \) o \( p \mid x+1 \). Sin embargo, esto deja de ser cierto si \( n \) no es primo. Por ejemplo, \( 4^2 \equiv 1 \mod 15 \) pero \( 4 \) no es congruente ni a \( 1 \) ni a \( -1 \) módulo \( 15 \).)
[cerrar]
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: manooooh en 30 Diciembre, 2019, 02:31 am
Hola a todos

Parece que el hilo se ha puesto más interesante con el reciente descubrimiento de un resultado de feriva. ¡Felicitaciones feriva!

Además paso a dejar en una imagen una demostración de un teorema que geómetracat ha usado en su spoiler, en un spoiler (sí, no es necesario pero para acompañar a mis compañeros del foro):

Spoiler
(...) Esto se sigue del hecho de que si \( p \mid x^2 -1=(x-1)(x+1) \) y \( p \) es primo, entonces \( p\mid x-1 \) o \( p \mid x+1 \). (...)

(https://foro.rinconmatematico.com/index.php?action=dlattach;topic=111867.0;attach=21561)

¿Conocen otra manera? ::)

Lo quise dejar como imagen porque así es tal como aparece en el libro que sigo de la universidad.
[cerrar]

Si aun así hay que pasar a LaTeX la imagen favor de pedirlo y lo hago.

Saludos y Feliz Año Nuevo
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 30 Diciembre, 2019, 08:21 am
Hola, no he podido escribir antes

De todas maneras, aquí lo que importa (quizá se refería a eso Fernando, no sé) es encontrar los \( x \) tales que \( x^2 \equiv 1 \mod n \).

Os pongo un ejemplo y os aclaráis en seguida.

Ver aquí: https://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic_residue

Los cuadrados módulo 34 (ejp) son los siguientes: 0, 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16, 17, 18, 19, 21, 25, 26, 30, 32, 33 . (" 34 " es un número par congruente con 2 Módulo 4, que es la primera condición. La segunda sería que el resultado de dividir entre 2, sea un primo. En este caso: 17)

Por el Teorema feriva-geómetracat, si quito los cuadrados pares y los no coprimos con 34 y hago la multiplicación de lo que me queda, pienso que me puede dar  \( \pm 1 \) Módulo 34 .

Veamos: 1 x 9 x 13 x 15 x 19 x 21 x 25 x 33 = 577.702.125 \( \equiv\,-1 \) mod 34 .

Es cierto que no lo tengo del todo claro. Lo he hecho deprisa y corriendo, pero lo pongo como Conjetura. Creo que puede ser interesante, de ser verdad, para generalizar vuestro Teorema.



Muchas gracias, Fernando. No creo que tenga mayor historia, simplemente sospeché que, haciendo eso con los no primos, el resto sería también -1 ó 1; y resultó que pasaban las dos cosas.

Lo de los restos cuadráticos no lo tengo mirado; está entre mis curiosidades pendientes. Lo miraré.

No estoy de acuerdo feriva. Creo que cierta importancia puede tener. Míralo. No pases esta oportunidad. El mérito es tuyo. Yo ahora estoy liado con otra cosa, pero más adelante también le echaré un vistazo.

Saludos
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 11:12 am

Doy unas ideas sobre la prueba en spoiler.


Ésa  era la idea por encima que yo tenía; pero si me pongo a explicarlo, empiezo “supongamos que la cantidad de cuadrados es impar...” y me alargo con una verborrea quizá no necesaria (aparte de lo que diga mal por despiste o error). Es mejor que lo digáis Luis o tú, que conocéis bien la teoría y lo hacéis más conciso y claro para todos.

Muchas gracias, Geómetracat.

...

Hola a todos

Parece que el hilo se ha puesto más interesante con el reciente descubrimiento de un resultado de feriva. ¡Felicitaciones feriva!

Además paso a dejar en una imagen una demostración de un teorema que geómetracat ha usado en su spoiler, en un spoiler (sí, no es necesario pero para acompañar a mis compañeros del foro):

Spoiler
(...) Esto se sigue del hecho de que si \( p \mid x^2 -1=(x-1)(x+1) \) y \( p \) es primo, entonces \( p\mid x-1 \) o \( p \mid x+1 \). (...)

(https://foro.rinconmatematico.com/index.php?action=dlattach;topic=111867.0;attach=21561)

¿Conocen otra manera? ::)

Lo quise dejar como imagen porque así es tal como aparece en el libro que sigo de la universidad.
[cerrar]

Si aun así hay que pasar a LaTeX la imagen favor de pedirlo y lo hago.

Saludos y Feliz Año Nuevo


Hola, manooooh, buenos días, Feliz Año

No conozoc más demostración; eso es el lema de Aquiles ( :D ). Si el denominador es coprimo con los de arriba... pues ya se sabe, se podrá decir con unas palabras u otras, y con unos símbolos u otros, pero es lo que es.

Que pases una buena nochevieja y no tomes mucho :)

...


No estoy de acuerdo feriva. Creo que cierta importancia puede tener. Míralo. No pases esta oportunidad. El mérito es tuyo. Yo ahora estoy liado con otra cosa, pero más adelante también le echaré un vistazo.

Hola, Fernando.

Yo sigo viendo que es algo que se le puede ocurrir a cualquiera; quizá profundizando más sí pueda aparecer algún aspecto un poco interesante, pero esa consideración sin más... no sé.

Muchas gracias, Fernando.

Feliz año a todos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 12:09 pm
Fernando: ¡Ah, ahora lo entiendo! No había entendido bien tu mensaje anterior. Es otra propiedad interesante, y también está relacionada con el número de soluciones de \( x^2=1 \) módulo \( n \). Si no me he equivocado, tu propiedad debería cumplirse para todos los números de la forma \( n=p^r \) o \( n=2p^r \) donde \( p \) es un primo impar.
Hay que ver lo que está dando de sí el teorema de Wilson.

manooooh, esa es la demostración estándar del lema de Euclides. Yo no recuerdo haber visto otra. Aunque probablememte puedas inventar demostraciones más rebuscadas o no tan elementales.

feriva, tiene su mérito darse cuenta de propiedades de este tipo. A ver, no es un resultado que te vayan a publicar en ninguna revista de investigación, pero tiene su gracia, aunque sea solamente como curiosidad. Yo por lo menos nunca lo había visto enunciado, y me pareció interesante.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Fernando Moreno en 30 Diciembre, 2019, 01:40 pm
Hola,

Fernando: ¡Ah, ahora lo entiendo! No había entendido bien tu mensaje anterior. Es otra propiedad interesante, y también está relacionada con el número de soluciones de \( x^2=1 \) módulo \( n \). Si no me he equivocado, tu propiedad debería cumplirse para todos los números de la forma \( n=p^r \) o \( n=2p^r \) donde \( p \) es un primo impar.
Hay que ver lo que está dando de sí el teorema de Wilson.

Una de las cosas interesantes que tiene esto es precisamente que no se cumple para  \( n=p^r \) .  Si no me he equivocado de lo que ví ayer rápidamente, con  \( n=17 \)  no se cumple.

Los cuadrados módulo 17 son:  0, 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16 . Les quito los pares y tengo: 9 x 13 x 15 = 1755 \( \equiv\,4 \) mod 17 . Parece que solamente cumple Módulo con los números pares, como en la idea primigenia de feriva. Pero tampoco cumple con los pares congruentes con 0 módulo 4..

El Teorema de Wilson no da nada. Pero la calidad de la gente de este Foro y sus Moderadores jeje  ;D
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 02:09 pm

Una de las cosas interesantes que tiene esto es precisamente que no se cumple para  \( n=p^r \) .  Si no me he equivocado de lo que ví ayer rápidamente, con  \( n=17 \)  no se cumple.

Los cuadrados módulo 17 son:  0, 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16 . Les quito los pares y tengo: 9 x 13 x 15 = 1755 \( \equiv\,4 \) mod 17 . Parece que solamente cumple Módulo con los números pares, como en la idea primigenia de feriva. Pero tampoco cumple con los pares congruentes con 0 módulo 4..

Sí, tienes razón. Como sí que se cumple (que es lo que había pensado originalmente) es multiplicando todos los residuos coprimos (en este caso da \( -1 \)). Si \( n \) no es par, quitar los residuos pares es algo artificioso y en ese caso no estoy seguro de poder decir nada. Si \( n \) es par, al quedarte solamente con los coprimos ya eliminas todos los pares.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 06:18 pm

Hola a todos.


feriva, tiene su mérito darse cuenta de propiedades de este tipo. A ver, no es un resultado que te vayan a publicar en ninguna revista de investigación, pero tiene su gracia, aunque sea solamente como curiosidad. Yo por lo menos nunca lo había visto enunciado, y me pareció interesante.

Gracias, Geómetracat; y gracias por interesarte por las cosas de los aficionados, que a veces Luis no da abasto con tantos como nos juntamos en el foro.

He pensado en otra conjetura, aunque ésta no sé si es tan fácil de demostrar así a primera vista; pese a que se ve muy tonta.

Si tomamos un número no primo y le quitamos los divisores de cero, se observa esto

\( 1,{\color{red}2,3,4},5,(6)
  \) 1+5=6

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},5,{\color{red}6},7(8)
  \) 3+5=8

\( 1,2{\color{red},3},4,5,{\color{red}6},7,8(9)
  \) 4+5=9

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},{\color{red}5},{\color{red}6},7,{\color{red}8},9(10)
  \) 3+7=10

\( 1,{\color{red}2,3},{\color{red}4},5,{\color{red}6},7,{\color{red}8},{\color{red}9},{\color{red}10},11,12
  \) 5+7=12...

etc.

parece que siempre va a haber dos coprimos consecutivos (sin otros coprimos entre medias) que sumen el número (el módulo, digamos).

He probado a hacer un programa para ver qué podía pasar con esta cuestión y la Conjetura de Goldbach (tomando los pares).

Por lo que observo, parece ocurrir que nunca hay más de una pareja de primos que cumpla esto para un par dado (que sumen 2n y no tengan ningún coprimo con 2n en medio de los dos) y, además, los que lo cumplen, pertenecen a una secuencia conocida (registrada en la oeis).

La sucesión empieza así n=1,3,5,6... para los “n” de cada par 2n, pero yo la considero a partir de 3; es ésta:

http://oeis.org/A168063

Por lo que entiendo, son números que tienen dos primos a su lado, exactamente dos y a distancia de dos unidades (por izquierda o derecha).

En la misma página habla de otra secuencia relacionada y no sé qué de cuadrados y productos de los gemelos; no lo he mirado todavía.

http://oeis.org/A014574

...

Tampoco me parece un gran “descubrimiento”, pero, si se van encontrando cosas, a lo mejor algún día sirven para demostrar algo relacionado con la conjetura, con Wilson o con otro tema relativo a los primos.

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 07:41 pm
Gracias, Geómetracat; y gracias por interesarte por las cosas de los aficionados, que a veces Luis no da abasto con tantos como nos juntamos en el foro.

De nada. A mí estas cosas de "detectar patrones" me parecen muy interesantes, lo digo en serio. En cambio, buscar el fallo en "demostraciones" elementales del teorema de Fermat me aburre más. Además, ahora yo también soy un aficionado.  ;)

Citar
He pensado en otra conjetura, aunque ésta no sé si es tan fácil de demostrar así a primera vista; pese a que se ve muy tonta.

Si tomamos un número no primo y le quitamos los divisores de cero, se observa esto

\( 1,{\color{red}2,3,4},5,(6)
  \) 1+5=6

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},5,{\color{red}6},7(8)
  \) 3+5=8

\( 1,2{\color{red},3},4,5,{\color{red}6},7,8(9)
  \) 4+5=9

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},{\color{red}5},{\color{red}6},7,{\color{red}8},9(10)
  \) 3+7=10

\( 1,{\color{red}2,3},{\color{red}4},5,{\color{red}6},7,{\color{red}8},{\color{red}9},{\color{red}10},11,12
  \) 5+7=12...

etc.

parece que siempre va a haber dos coprimos consecutivos (sin otros coprimos entre medias) que sumen el número (el módulo, digamos).

De hecho, es más fácil que todo lo que habíamos hablado hasta ahora. Explicación en el spoiler:

Spoiler
Si escribimos \( n = x + (n-x) \) y \( x \) es coprimo con \( n \), entonces \( n-x \) también tiene que ser coprimo con \( n \). Ahora basta tomar como \( x \) el coprimo más cercano a \( n/2 \) para asegurarse de que entre \( x \) y \( n-x \) no hay ningún otro coprimo. Además, esta pareja debe ser necesariamente única.
[cerrar]

Citar
He probado a hacer un programa para ver qué podía pasar con esta cuestión y la Conjetura de Goldbach (tomando los pares).

Por lo que observo, parece ocurrir que nunca hay más de una pareja de primos que cumpla esto para un par dado (que sumen 2n y no tengan ningún coprimo con 2n en medio de los dos) y, además, los que lo cumplen, pertenecen a una secuencia conocida (registrada en la oeis).

La sucesión empieza así n=1,3,5,6... para los “n” de cada par 2n, pero yo la considero a partir de 3; es ésta:

http://oeis.org/A168063

Por lo que entiendo, son números que tienen dos primos a su lado, exactamente dos y a distancia de dos unidades (por izquierda o derecha).

Esto es lo mismo de antes usando que \( 2n/2 = n \). Por tanto, los coprimos más cercanos estarán "cerca" de \( n \).  Creo que no coincide exactamente con la sucesión que pones, porque en principio podría ser que el primo (coprimo) más cercano a \( n \) estuviera a más de dos posiciones de él, mientras que en esa sucesión se consideran los que están a dos como mucho, pero tampoco he buscado contraejemplos.

Citar
En la misma página habla de otra secuencia relacionada y no sé qué de cuadrados y productos de los gemelos; no lo he mirado todavía.

http://oeis.org/A014574

Esto es la media de los pares de primos gemelos. Es decir, el número que está en medio. O dicho de otra manera, los \( n \) tales que \( n-1,n+1 \) son ambos primos.

Corregido.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 08:00 pm
Gracias, Geómetracat; y gracias por interesarte por las cosas de los aficionados, que a veces Luis no da abasto con tantos como nos juntamos en el foro.

De nada. A mí estas cosas de "detectar patrones" me parecen muy interesantes, lo digo en serio. En cambio, buscar el fallo en "demostraciones" elementales del teorema de Fermat me aburre más. Además, ahora yo también soy un aficionado.  ;)

Citar
He pensado en otra conjetura, aunque ésta no sé si es tan fácil de demostrar así a primera vista; pese a que se ve muy tonta.

Si tomamos un número no primo y le quitamos los divisores de cero, se observa esto

\( 1,{\color{red}2,3,4},5,(6)
  \) 1+5=6

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},5,{\color{red}6},7(8)
  \) 3+5=8

\( 1,2{\color{red},3},4,5,{\color{red}6},7,8(9)
  \) 4+5=9

\( 1,{\color{red}2},3,{\color{red}4},{\color{red}5},{\color{red}6},7,{\color{red}8},9(10)
  \) 3+7=10

\( 1,{\color{red}2,3},{\color{red}4},5,{\color{red}6},7,{\color{red}8},{\color{red}9},{\color{red}10},11,12
  \) 5+7=12...

etc.

parece que siempre va a haber dos coprimos consecutivos (sin otros coprimos entre medias) que sumen el número (el módulo, digamos).

De hecho, es más fácil que todo lo que habíamos hablado hasta ahora. Explicación en el spoiler:

Spoiler
Si escribimos \( n = x + (n-x) \) y \( x \) es coprimo con \( n \), entonces \( n-x \) también tiene que ser coprimo con \( n \). Ahora basta tomar como \( x \) el coprimo más cercano a \( n/2 \) para asegurarse de que entre \( x \) y \( n-x \) no hay ningún otro coprimo. Además, esta pareja debe ser necesariamente única.
[cerrar]

Citar
He probado a hacer un programa para ver qué podía pasar con esta cuestión y la Conjetura de Goldbach (tomando los pares).

Por lo que observo, parece ocurrir que nunca hay más de una pareja de primos que cumpla esto para un par dado (que sumen 2n y no tengan ningún coprimo con 2n en medio de los dos) y, además, los que lo cumplen, pertenecen a una secuencia conocida (registrada en la oeis).

La sucesión empieza así n=1,3,5,6... para los “n” de cada par 2n, pero yo la considero a partir de 3; es ésta:

http://oeis.org/A168063

Por lo que entiendo, son números que tienen dos primos a su lado, exactamente dos y a distancia de dos unidades (por izquierda o derecha).

Esto es lo mismo de antes usando que \( 2n/2 = n \). Por tanto, los coprimos más cercanos estarán "cerca" de \( n \). Creo que no coincide exactamente con la sucesión que pones, porque en principio podría ser que el primo (coprimo) más cercano a \( n \) estuviera a más de dos posiciones de él, mientras que en esa sucesión se consideran los que están a dos como mucho, pero tampoco he buscado contraejemplos.

Citar
En la misma página habla de otra secuencia relacionada y no sé qué de cuadrados y productos de los gemelos; no lo he mirado todavía.

http://oeis.org/A014574

Esto es la media de los pares de primos gemelos. Es decir, el número que está en medio. O dicho de otra manera, los \( n \) tales que \( n-1,n+1 \) son ambos primos.

Muchísimas gracias por todo; qué bien que se pueda demostrar eso.

En cuanto a la secuencia, es lo que me salía en Python, pero revisaré el programa, que es posible que haya algo mal.

Gracias, saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 08:18 pm
No hace falta que revises nada, está bien. Es exactamente esa sucesión. El hecho es que exctamente uno de \( n-2,n-1 \) debe ser coprimo con \( 2n \) (\( n-1 \) es coprimo con \( 2n \) si \( n \) es par, y \( n-2 \) es coprimo con \( 2n \) si \( n \) es impar). Similarmente, exactamente uno de \( n+1,n+2 \) es coprimo con \( 2n \).
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 08:37 pm
No hace falta que revises nada, está bien. Es exactamente esa sucesión. El hecho es que exctamente uno de \( n-2,n-1 \) debe ser coprimo con \( 2n \) (\( n-1 \) es coprimo con \( 2n \) si \( n \) es par, y \( n-2 \) es coprimo con \( 2n \) si \( n \) es impar). Similarmente, exactamente uno de \( n+1,n+2 \) es coprimo con \( 2n \).

Entiendo que esto es lo que se observa (o lo que he observado) que los primos más cercanos a “n”, cumpliendo esa condición de que no haya coprimos por medio y sumen 2n, no pueden alejarse más de dos unidades; y entonces es esa sucesión, claro. Pero ¿se puede asegurar que va a ser así siempre? Porque el que exista esa secuencia supongo que no quiere decir que se pueda estar seguro sin una demostración; para números muy grandes, podrían estar más alejados de “n” sin tener coprimos entre medias; en principio, ¿no?

Muchas gracias.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 30 Diciembre, 2019, 08:44 pm
No, es una demostración. Es decir, si \( n \) es par, siempre van a ser \( n-1,n+1 \) coprimos con \( 2n \), de manera que el par \( n-1,n+1 \) es el único par de coprimos sumando \( 2n \) y sin más coprimos por enmedio. Ahora si ambos son primos, \( n \) está en la sucesión, y si alguno no lo es, no está (en este caso \( n-2,n+2 \) no pueden ser primos porque son pares).
Si \( n \) es impar, pasa algo parecido, pero ahora los coprimos con \( 2n \) son \( n-2,n+2 \) y \( n-1,n+1 \) no pueden ser primos porque son pares.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 30 Diciembre, 2019, 09:01 pm
No, es una demostración. Es decir, si \( n \) es par, siempre van a ser \( n-1,n+1 \) coprimos con \( 2n \), de manera que el par \( n-1,n+1 \) es el único par de coprimos sumando \( 2n \) y sin más coprimos por enmedio. Ahora si ambos son primos, \( n \) está en la sucesión, y si alguno no lo es, no está (en este caso \( n-2,n+2 \) no pueden ser primos porque son pares).
Si \( n \) es impar, pasa algo parecido, pero ahora los coprimos con \( 2n \) son \( n-2,n+2 \) y \( n-1,n+1 \) no pueden ser primos porque son pares.

Ah, claro, qué tonto estoy, tienes razón; mira que he pensado veces en está cuestión de la simetría de los números con el "n" central, y no darme cuenta de ello...

Muchas gracias.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: Luis Fuentes en 31 Diciembre, 2019, 07:30 pm
Hola

Dado un \( n \) cualquiera, factorizamos \( n=p_1^{\alpha_1}\dots p_r^{\alpha_r} \). Entonces, el producto de los números positivos menores que \( n \) y coprimos con \( n \) es congruente a \( (-1)^r \) si \( 2 \not \mid n \) o si \( 4 \) es la mayor potencia de \( 2 \) que divide a \( n \), y a \( (-1)^{r-1} \) en caso contrario.

No se si he entendido bien o querías exactamente poner eso u otra cosa. Pero por ejemplo para \( n=3\cdot 5\cdot 7 \) se tiene que el producto indicado es congruente con \( 1 \) (y no con \( (-1)^3 \)) módulo \( n \).

De hecho...

Si quieres dejémoslo en Teorema de feriva-geómetracat.  :P

No sé si habrá que pedirle permiso a Gauss  ;):

https://en.wikipedia.org/wiki/Wilson%27s_theorem#Gauss's_generalization

Aquí puede verse una demostración:

https://sites.math.washington.edu/~morrow/336_09/papers/Andrew.pdf

Saludos.
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: geómetracat en 01 Enero, 2020, 01:49 am
No se si he entendido bien o querías exactamente poner eso u otra cosa. Pero por ejemplo para \( n=3\cdot 5\cdot 7 \) se tiene que el producto indicado es congruente con \( 1 \) (y no con \( (-1)^3 \)) módulo \( n \).

Efectivamente metí la pata. Ya dije en otro mensaje que no era de fiar...  ;D
Ahora en serio, fue un lapsus por pensar las cosas rápido y no repasar. De hecho, hice lo más difícil y me equivoqué en lo más fácil.
Mi razonamiento (corregido) es de la siguiente manera. El inverso de un coprimo con \( n \) también es coprimo con \( n \), por tanto al multiplicar se cancelan todos entre sí excepto aquellos que son inversos de sí mismos, \( x^2 \equiv 1 \mod n \).
Ahora bien, si \( x^2 \equiv 1 \mod n \), también \( (-x)^2 \equiv 1 \mod n \), y son residuos distintos módulo \( n \) excepto si \( n=2 \), que podemos tratar aparte. Pero en ese caso \( x(-x) \equiv  -x^2 \equiv -1 \mod n \). Por tanto el producto de todos los coprimos será \( (-1)^{k/2} \) donde \( k \) es el número de soluciones de \( x^2 \equiv 1 \mod n \). Ahora bien, usando que es conocida la estructura de grupo abeliano de \( (\Bbb Z / n\Bbb Z)^* \) es fácil calcular \( k \) en cada caso y obtener el teorema correcto.

Cuando escribí el mensaje original, de alguna manera me convencí de que la congruencia era el producto de las congruencias para cada factor potencia de primo de \( n \), de ahí lo que puse, que obviamente está mal.

Citar
De hecho...

Si quieres dejémoslo en Teorema de feriva-geómetracat.  :P

No sé si habrá que pedirle permiso a Gauss  ;):

https://en.wikipedia.org/wiki/Wilson%27s_theorem#Gauss's_generalization

Aquí puede verse una demostración:

https://sites.math.washington.edu/~morrow/336_09/papers/Andrew.pdf

Vaya, feriva, nos henos quedado sin teorema. :( Se nos adelantó Gauss. Aunque de todas maneras tiene su mérito darse cuenta de un teorema demostrado por Gauss. Yo no lo conocía, y diría que no aparece en muchos libros de teoría de números básica (aunque podría estar equivocado, tampoco he mirado muchos).

La demostración es esencialmente la misma que pensé yo, solo que yo hago "trampa" usando la estructura de los grupos de unidades, mientras que ahí demuestran lo necesario.

Muchísimas gracias Luis por darte cuenta del fallo y por las referencias.

Feliz año nuevo a todos!
Título: Re: Variante de demostración del Teorema de Wilson
Publicado por: feriva en 01 Enero, 2020, 02:45 am

Citar
De hecho...

Si quieres dejémoslo en Teorema de feriva-geómetracat.  :P

No sé si habrá que pedirle permiso a Gauss  ;):

https://en.wikipedia.org/wiki/Wilson%27s_theorem#Gauss's_generalization

Aquí puede verse una demostración:

https://sites.math.washington.edu/~morrow/336_09/papers/Andrew.pdf

Vaya, feriva, nos henos quedado sin teorema. :( Se nos adelantó Gauss. Aunque de todas maneras tiene su mérito darse cuenta de un teorema demostrado por Gauss. Yo no lo conocía, y diría que no aparece en muchos libros de teoría de números básica (aunque podría estar equivocado, tampoco he mirado muchos).


Bueno, pues entonces teorema de Gauss-Geómetracat-feriva :D como tantos otros que hay así; aunque aquí hay una cuestión de siglos por medio que en otros no, pero la cosa es que no es un plagio, sino una coincidencia.

A mí me sirve para ir comprendiendo mejor las cosas, y eso ya está bastante bien.

Feliz año a todos.