Aufgabe #17 < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 10:17 So 20.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Quelle: Bundesrunde Mathematik Olympiade Klasse 12-13
Es sei $p$ eine Primzahl. Beweise:
[mm] $\summe_{k=1}^{p-1}\lfloor\frac{k^3}{p}\rfloor =\frac{(p-2)(p-1)(p+1)}{4}$
[/mm]
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:03 So 20.02.2005 | | Autor: | moudi |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Hanno
Ich gehe von der bekannten Reihe $\sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ und daraus
$\sum_{k=1}^{p-1} \frac{k^3}{p}=\frac{(p-1)^2p}{4}$.
Offenbar haben wir jetzt zuviel summiert, aber wieviel müssen wir wieder abziehen.
Es gilt $k^3=\lfloor\frac{k^3}p\rfloor\cdot p+(k^3 \mod p)$ und daraus $\frac{k^3}p=\lfloor\frac{k^3}p\rfloor+\frac1p (k^3 \mod p)$.
Wir müssen daher $\sum_{k=1}^{p-1}\frac1p (k^3 \mod p)=\frac1p \sum_{k=1}^{p-1}(k^3 \mod p)$ bestimmen und von $\frac{(p-1)^2p}{4}$ abziehen.
Für p=2 bestätigt man die behauptete Formel durch nachrechnen:
$\sum_{k=1}^{1}\lfloor\frac{k^3}{2}\rfloor=0=\left.\frac{(p-2)(p-1)(p+1)}{4}\right|_{p=2}$
Es sei also p eine ungerade Primzahl. Dann gilt:
[mm]\begin{array}{r@{\,}c@{\,}l}
(1^3 \mod p)+((p-1)^3\mod p) & = & (1^3\mod p)+(-1^3\mod p)=p \\
(2^3 \mod p)+((p-2)^3\mod p) & = & (2^3 \mod p)+(-2^3\mod p)=p \\
& \vdots & \\
((\frac{p-1}{2})^3\mod p)+((p-\frac{p-1}{2})^3\mod p) & = & ((\frac{p-1}{2})^3\mod p)+(-(\frac{p-1}{2})^3\mod p)=p
\end{array}[/mm]
Man beachte auch, dass die Reste nie 0 sind!
Das ergibt dann [mm] $\sum_{k=1}^{p-1}(k^3 \mod p)=\frac{p(p-1)}{2}$ [/mm] und schliesslich
[mm] $\sum_{k=1}^{p-1}\lfloor\frac{k^3}{p}\rfloor= \sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^3}{p}-\frac1p\sum_{k=1}^{p-1}(k^3 \mod [/mm] p)= [mm] \frac{(p-1)^2p}{4}-\frac{p-1}{2}=\frac{(p-2)(p-1)(p+1)}{4}$.
[/mm]
mfG Moudi
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