Olimpíadas ⇒ Legendre- POTI Tópico resolvido
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goncalves3718
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Out 2020
14
13:56
Legendre- POTI
Prove que se [tex3]p[/tex3]
é um primo maior que [tex3]3[/tex3]
então a soma dos resíduos quadráticos módulo [tex3]p [/tex3]
é divisível por [tex3]p[/tex3]
.
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Ittalo25
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Out 2020
18
21:44
Re: Legendre- POTI
Repare que [tex3]x^2 \equiv (p-x)^2 \mod(p) [/tex3]
Ou seja, os resíduos quadráticos se repetem 2 vezes
Então se somarmos: [tex3]1^2+2^2+3^2+4^2+....+(p-1)^2 = \frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{6} [/tex3] , estaremos contando os resíduos 2 vezes
Sendo assim, a soma correta é: [tex3]\frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{12} [/tex3]
Como p é maior que 3, então [tex3]mdc(12,p) = 1 [/tex3] , sendo assim: [tex3]\frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{12} \equiv 0 \mod(p)[/tex3]
Ou seja, os resíduos quadráticos se repetem 2 vezes
Então se somarmos: [tex3]1^2+2^2+3^2+4^2+....+(p-1)^2 = \frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{6} [/tex3] , estaremos contando os resíduos 2 vezes
Sendo assim, a soma correta é: [tex3]\frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{12} [/tex3]
Como p é maior que 3, então [tex3]mdc(12,p) = 1 [/tex3] , sendo assim: [tex3]\frac{p \cdot (p+1) \cdot (2p+1)}{12} \equiv 0 \mod(p)[/tex3]
Ninguém pode ser perfeito, mas todos podem ser melhores. [\Bob Esponja]
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