Re: [obm-l] 1 + N + ... + N^(p-3/2 - 2) + N^(p-3/2 - 1) + N^(p-3/2)

[Demetrio Freitas <demetrio_freitas_2002_10@xxxxxxxxxxxx>]

 --- Fabio Dias Moreira <fabio@dias.moreira.nom.br>
escreveu: 
> 
> Demetrio Freitas said:
> > Olá,
> >
> > Seja p um número primo maior do que 3 e  N um
> inteiro.
> >
> > Defina-se então S(N,p) como a soma da seguinte
> > sequência:
> > 1 + N + ... + N^(p-3/2 - 2) + N^(p-3/2 - 1) +
> > N^(p-3/2)= S(N,p)
> >
> > Em muitos casos S(N,p) será divisível por p, ou
> seja,
> > S(N,p) = 0(mod p)
> > [...]
> > Porém isso não é verdadeiro em qualquer caso.
> > Claramente, caso N|p (N divisível por p) a
> congruência
> > não se verifica. Mas existem também outros casos.
> >
> > Pergunta-se então:
> > quais as condições devem ser impostas a N e p para
> > garantir que S(N,p) seja divisível por p?
> > [...]
> 
> Se N for 1 módulo p, a afirmação é obviamente falsa;
> suponha que N não é 1
> módulo p. Então S(N, p) = (N^[(p-1)/2]-1)/(N-1).
> Olhando módulo p, é
> necessário e suficiente para que p divida S(N, p)
> que N^[(p-1)/2] seja 1
> módulo p. Isso é equivalente a afirmar que N não é
> raiz primitiva módulo
> p, mas essa resposta não ajuda mais do que a
> afirmação anterior.
> 

Acho que um jeito fácil é fatorando o pequeno teorema
de fermat diretamente:

N^(p-1) - 1 = (N - 1) * (N^[(p-1)/2] + 1) * S(N,p)

Pelo menos 1 dos 3 termos deve ser divisível por p: ou
N-1, ou N^[(p-1)/2] + 1, ou S(N,p). 

Ou seja, as condições são N <> 1 (mod p) 
e N^[p-1/2] + 1 <> 0(mod p).

SDs,

Demétrio 

Observe que N^[(p-1)/2] + 1 <> 0(mod p) é equivalente 
a N^[(p-1)/2] = 1(mod p) como vc falou...


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