No.4
- 回答日時:
私は別の方針で解答します。
まず、補題として以下を示します。
pを素数、mを0以上の整数とするとき、m^p-mはpで割り切れる。
補題証明
m=0のときm^p-m=0-0=0はpで割り切れる
m=kのときk^p-kはpで割り切れると仮定すると
(k+1)^p-(k+1)=k^p-k+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i=p*K+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i
(i!)*p_C_i=p(p-1)*…*(p-i+1)で分母のi!は素数pと互いに素だから、p_C_iはpで割り切れる
p*K+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i=p*K+Σ_[i=1](p*h)*k^i=p*(K+Σ_[i=1]h*k^i)となるので、m=k+1のときもm^-mはpで割り切れる。
よって数学的帰納法によって、補題はいえました。
また、mを任意の整数としたときm(m-1)(m-2)*…(m-p+1)も補題と同様にpで割り切れる
∵mをpで割った余りがrのときm-rがpで割り切れるから
よって補題とあわせて、m^p-m≡m(m-1)(m-2)*…(m-p+1) (mod p)が任意の自然数mについて成り立ちます。
ここで右辺を展開すると、mの係数は(p-1)!となります。
左辺の項と比較すると、(p-1)!≡-1 (mod p)であることがわかります。
係数比較はmod pの世界でも使えるのです。
(詳しいことは、代数学の教科書をご覧ください)
ありがとうございました^^
補題は有名な「フェルマーの小定理」ですね。
この方針でも考えたのですが、うまくいかなくて…
印刷してゆっくり考えてみます。
(バカなのでわからないかもしれませんが…。)
分からなければ、またお聞きするかもしれません^^;
No.3
- 回答日時:
G=(Z/pZ) とおく.
このとき,a∈G で,a=a^-1 を満たすものは a=1,p-1 のみ.
したがって,Π_{a∈G}a において,1,p-1 以外の a に対しては,
a と a^-1 が現れるから,Π_{a∈G}a = p-1 を得る.□
No.2ベストアンサー
- 回答日時:
命題
nを素数、aを1≦a≦n-1の自然数とするとき、
ある自然数b(1≦b≦n-1)が存在して、
ab≡1(mod n)
となる。このようなbは1≦b≦n-1に唯1つである。
(証明は省略します)
上のような条件を満たす(a,b)をペアと考えます。
a=1,n-1のペアは自分自身で、2≦a≦n-2なるaのペアは自分自身でない、という事も証明できます。
(n-1)!=1*{2*・・・*(n-2)}*(n-1)
の{}内に着目すると、
上の意味での"ペア"を{}の中で作る事ができます。
ペアの相方がいない、とか、ペアの相方が2つ以上ある、という事がありませんので、
例えば、n=7や11の場合に、{}内を並び替えると
6!=1*{(2*4)*(3*5)}*6≡1*{1*1}*6≡-1 (mod 7)
10!=1*{(2*6)*(3*4)*(5*9)*(7*8)}*10≡1*{1*1*1*1}*10≡-1 (mod 11)
となるのと同じように、
一般のnに対しても、{}内を並び替えれば、
(n-1)!≡1*{1*1*・・・*1}*(n-1)≡-1 (mod n)
となります。
ありがとうございました^^
補題の証明とあわせて、印刷してゆっくり考えてみます。
(バカなのでわからないかもしれませんが…。)
分からなければ、またお聞きするかもしれません^^;
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