Desafio Teoria dos Números. Congruência.Mostre que(pn − 1) · (p + 1)ⁿ⁺¹ + p + 1 ≡ 0 (mod p²)para qua.... Pergunta de ideia deLukyo

December 2019 1 191 Report

Desafio Teoria dos Números. Congruência.

Mostre que

(pn − 1) · (p + 1)ⁿ⁺¹ + p + 1 ≡ 0 (mod p²)

para quaisquer p, n naturais, p ≥ 1, n ≥ 1.

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superaks

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Olá Lukyo.

Mostre que

(pn − 1) · (p + 1)ⁿ⁺¹ + p + 1 ≡ 0 (mod p²)

para quaisquer p, n naturais, p ≥ 1, n ≥ 1.

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Teoremas e produtos notáveis usados

$\star~\boxed{\boxed{\mathsf{a^2-b^2=(a+b)\cdot(a-b)}}}\\\\\\\\\star~\boxed{\boxed{\mathsf{mdc(a,b)=mdc(a, a-b)}}}\\\\\\\\\star~\boxed{\boxed{\mathsf{ax\equiv ay~(mod~k)~e~mdc(k,a)=1~\Rightarrow~x\equiv y~(mod~k)}}}$

________________________________

Organizando a expressão

$\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^{n+1}+p+1\equiv0~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\cdot(p+1)\equiv -(p+1)~(mod~p^2)}$

Note que (p + 1) aparece duas vezes. Sabendo disso, nos é conveniente saber se (p + 1) e p² são primos entre si, para "simplificar" a expressão

Primeiro vamos utilizar o algoritmo de Euclides e mostrar que p e (p + 1) é primo entre si

mdc(p + 1, p) = mdc(p + 1, (p + 1) - p) = mdc(p + 1, 1) = 1

Como queríamos mostrar.

E se p é primo com (p + 1), implica que p elevado a um número natural qualquer (onde chamaremos e b), continuará sendo primo com (p + 1)

mdc(p + 1, pᵇ) = 1

Se b é igual a 2 em particular, teremos a classe inversa de (p + 1) mod p² (chamaremos essa classe inversa de p'²)

$\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\cdot(p+1)\equiv -(p+1)~(mod~p^2)}$

Multiplique ambos os lados pela classe inversa de (p + 1)

$\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\cdot(p+1)\equiv -(p+1)~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\cdot(p+1)\cdot p'^2\equiv-(p+1)\cdot p'^2~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\equiv -1~(mod~p^2)}$

Vamos provar por P.I.F, que essa congruência é verdadeira para qualquer n e p maior ou igual a 1

Por H.I, temos que

$\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\equiv -1~(mod~p^2)}$

Verificando na base para n = 1

$\mathsf{(pn-1)\cdot(p+1)^n\equiv-1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{(p\cdot1-1)\cdot(p+1)^1\equiv-1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{(p-1)\cdot(p+1)\equiv-1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{p^2-1\equiv-1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{p^2-\diagup\!\!\!\!\!1+\diagup\!\!\!\!\!1\equiv0~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{p^2\equiv0~(mod~p^2)~\checkmark}$

Todo número é divisível por ele mesmo, portanto a congruência é verdadeira

Com isso vamos assumir para um determinado valor de n, onde chamaremos de k, n = k

$\mathsf{(pk-1)\cdot(p+1)^k\equiv - 1~(mod~p^2)}$

Com isso queremos verificar se é válido para n = k + 1

$\mathsf{[p\cdot(k+1)-1]\cdot(p+1)^{k+1}\equiv - 1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{[pk+p-1]\cdot(p+1)^k\cdot(p+1)\equiv - 1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{[pk+p-1]\cdot(p+1)\cdot(p+1)^k\equiv - 1~(mod~p^2)}$

Multiplique pk + p - 1 por p + 1

$\mathsf{[p^2k+pk+p^2+p-p-1]\cdot(p+1)^k\equiv -1~(mod~p^2)}\\\\\\\mathsf{[p^2k+pk+p^2-1]\cdot(p+1)^k\equiv -1~(mod~p^2)}$

Como já sabemos, p² deixa resto 0 na divisão por p², portanto temos

$\mathsf{\mathsf{[p^2k+pk+p^2-1]\cdot(p+1)^k\equiv -1~(mod~p^2)}}\\\\\\\mathsf{\mathsf{[0^2k+pk+0^2-1]\cdot(p+1)^k\equiv -1~(mod~p^2)}}\\\\\\\mathsf{\mathsf{(pk-1)\cdot(p+1)^k\equiv -1~(mod~p^2)}}~~\checkmark$

Concluindo o que queríamos mostrar

Dúvidas? comente.

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Lukyo Obrigado! :)

superaks :D !