[Fernando Moreno]

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   

[Juan Pablo Sancho]

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.

[Fernando Moreno]

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

[Luis Fuentes]

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.

[feriva]

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

[Fernando Moreno]

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,

[feriva]

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.

[Luis Fuentes]

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?.

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.

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?.

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

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.

[feriva]

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.

[feriva]

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



Saludos.

[Fernando Moreno]

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,

[feriva]

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.

[Fernando Moreno]

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

[feriva]

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.

[Fernando Moreno]

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.

[feriva]

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

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.

[Fernando Moreno]

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  \( p¡ \) ?

[feriva]

¿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.

[Fernando Moreno]

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..

[feriva]

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

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 ).

Saludos y buenas noches.