ab^p - ba^p mod 6p = 0 < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:04 Mo 07.11.2016 | | Autor: | MarcHe |
| Aufgabe | | Sei p > 3. Zeige, dass [mm] $ab^{p}-ba^{p}\equiv [/mm] 0 (mod 6p)$. |
Hallo,
hier mein Lösungsvorschlag: Da $ggT(2,3,p) = 0$ kann ich folgende drei Kongruenzen überprüfen:
1. [mm] $ab^{p}-ba^{p}\equiv ab(b^{p-1}-a^{p-1})\equiv [/mm] 0 (mod 2)$: Wenn $2|a$ oder $2|b$ dann fertig. Wenn nicht, folgt [mm] $(2n+1)^{p-1}\equiv (2m+1)^{p-1}\equiv [/mm] 1 (mod 2)$, sodass [mm] $2|(b^{p-1}-a^{p-1})$.
[/mm]
2. [mm] $ab^{p}-ba^{p}\equiv ab(b^{p-1}-a^{p-1})\equiv [/mm] 0 (mod 3)$: Wenn $3|a$ oder $3|b$ dann fertig. Wenn nicht, ... ? wie kann ich zeigen, dass dann immer [mm] $a^{p-1} \equiv [/mm] 1 (mod 3)$?
3. [mm] $ab^{p}-ba^{p}\equiv ab(b^{p-1}-a^{p-1})\equiv [/mm] 0 (mod p)$: Wenn $p|a$ oder $p|b$ dann fertig. Wenn nicht, folgt nach Fermat [mm] $b^{p-1}\equiv a^{p-1}\equiv [/mm] 1 (mod p)$, sodass [mm] $p|(b^{p-1}-a^{p-1})$.
[/mm]
Bei $mod 3$ brauche ich nochmal Hilfe. Passt das sonst so?
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:20 Di 08.11.2016 | | Autor: | hippias |
Das ist soweit alles gut gemacht. Die Lücke im Beweis kannst Du mit Überlegungen ähnlich wie im Fall mit der Teilbarkeit durch $2$ schliessen. Illustrativ könnte sein, wenn Du Dir die Elemente in [mm] $\IZ/3\IZ$ [/mm] aufzählst und Potenzen der Elemente berechnest.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:33 Di 08.11.2016 | | Autor: | MarcHe |
Ok, ich habe folgenden Vorschlag dank deiner Hilfe:
Wenn $3$ nicht $ab$ teilt, dann entweder [mm] $(3n+1)^{p-1}\equiv (3m+1)^{p-1}≡1 [/mm] (mod 3)$, oder da $p-1=2k$ gilt [mm] $(3n+2)^{2k}\equiv (3n+2)*…*(3n+2)\equiv 2^{2k} \equiv 4^k\equiv [/mm] 1 (mod 3)$, sodass [mm] $3|(b^{p-1}-a^{p-1})$, [/mm] also [mm] $p|ab^{p}-ba^{p}$.
[/mm]
Ist das so richtig?
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:10 Mi 09.11.2016 | | Autor: | hippias |
Ja. Die Idee von HJKweseleit finde ich aber noch besser, da eine zusätzliche Fallunterscheidung so nicht nötig ist.
|
|
|
| |
|
Setze in deinem 3. Beweis einfach p=3.
falsche Antwort, s. mein nächster Beitrag.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:37 Di 08.11.2016 | | Autor: | MarcHe |
Wenn ich doch $p=3$ gesetzt habe, dann kann dich doch nicht zeigen, dass [mm] $a^{p-1} [/mm] mod 3 = 1$ ist, oder?
|
|
|
| |
|
> Wenn ich doch [mm]p=3[/mm] gesetzt habe, dann kann dich doch nicht
> zeigen, dass [mm]a^{p-1} mod 3 = 1[/mm] ist, oder?
Ja, du hast Recht!
Die 3 hat ja mit dem p gar nichts zu tun, das hatte ich verwechselt.
Also nehmen wir deine 1. Zeile:
1. $ [mm] ab^{p}-ba^{p}\equiv ab(b^{p-1}-a^{p-1})\equiv [/mm] 0 (mod 3) $: Wenn $ 3|a $ oder $ 3|b $ dann fertig. Wenn nicht, folgt $ [mm] (3n\pm 1)^{p-1}\equiv (3m\pm 1)^{p-1}\equiv [/mm] \ 1 (mod 3) $, sodass $ [mm] 3|(b^{p-1}-a^{p-1}) [/mm] $.
Bemerkung: [mm] (3m\pm 1)^{p-1}\equiv [/mm] +1 (mod 3), weil p-1 gerade ist und deshalb [mm] (\pm 1)^{p-1} [/mm] = +1 ergibt.
|
|
|
|
