Recuerdo que una relación como $(a+b)^n \equiv a^n+b^n$, pero no recuerdo mod que los números de esto es cierto. ¿Dónde puedo aprender más acerca de esto?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Michael Durrant
Puntos
121
Esto es a veces llamado el principiante del teorema binomial o estudiante de Primer año del sueño. Se sostiene en los campos de la característica $n$, que sólo existen si $n$ es primo.
Esto se aplica en particular modulo $n$ ($n$ prime) debido a que la mayoría de los coeficientes binomiales son divisibles por $n$ en este caso, por lo que el modulo $n$ todos ellos se desvanecen y el binomio de la fórmula se simplifica a $$(a+b)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} a^i b^{n-i} = a^n + b^n \mod n.$$
Tenga en cuenta que si $n$ no es primo, la declaración sobre los coeficientes binomiales no es cierto. Por ejemplo, $\binom{4}{2} = 6$ no es divisible por $4$.
Fermat Poco Teorema establece que:
Para cualquier entero $k$ y cualquier prime $p$,$k^{p} \equiv k \mod p$.
Supongamos $p$ es primo, y hemos enteros $a$$b$.
Si consideras $k = a + b$, que todavía es un entero, entonces el anterior, dice:
$(a+b)^{p} \equiv a+b \mod p$.
Tenga en cuenta también que $a^{p} \equiv a \mod p$$b^{p} \equiv b \mod p$; por lo $a^p + b^p \equiv a + b \mod p$.
La combinación de las dos líneas anteriores de los rendimientos de su equivalencia:
$$(a+b)^{p} \equiv a+b \mod p \equiv a^p + b^p \mod p$$
Nota 1: a Veces uno usa un hecho como el que en su pregunta a probar de Fermat Poco Teorema; esta no es la única prueba, pero asegúrese de que usted no se encuentre razonamiento circular!
Nota 2: no es demasiado difícil a la conjetura de que Fermat Poco Teorema de los rendimientos de equivalencia para el primer exponentes. Podemos incluso ver el primer par de casos con la mano. Deje $n$ ser un número entero.
$p = 2$: Esto dice que $n^2 \equiv n \mod 2$, es decir, $2$ divide $n^2 - n = n(n-1)$, que es claramente el caso: El producto de dos enteros consecutivos debe ser divisible por dos, porque uno de ellos es incluso!
$p = 3$: Esto dice que $n^3 \equiv n \mod 3$, es decir, $3$ divide $n^3 - n = n(n^2 - 1) = (n-1)n(n+1)$, que también debe ser claro: Cualquiera de las tres números enteros consecutivos cuenta con uno de ellos divisible por tres, y de modo que su producto es divisible por $3$.
$p = 4$: Esto dice que $n^4 \equiv n \mod 4$. Pero esto es falso ya para $n=2$.
$p = 5$: Usted puede trabajar con un poco de factoring y en algunos casos el trabajo, y luego buscar otro contraejemplo para $p = 6$. En ese punto, usted puede conjeturar que para $p > 1$, Fermat Poco Teorema sostiene sólo en los números primos.
