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Autor Tema: UTF N=3; esbozo de ataque.  (Leído 5645 veces)
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Luis Fuentes
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« Respuesta #60 : 20 Diciembre, 2019, 18:21 »

Hola

Voy con la tarea. Por ser tú geómetracat.. Tengo poco tiempo así que espero no decir una burrada muy gorda. Haciendo números es inmediato que: [texx](p-1)¡+1=kp[/texx] . Luego:  [texx](p-1)¡\equiv\,-1\,\,mod\,p[/texx] .  Pero claro, tú me pides una demostración.. Me expreso con los vulgares números: Por ejemplo: 7. Tenemos que:  [texx]6\cdot{5}\cdot{4}\cdot{3}\,.\,.[/texx]  son coprimos con " 7 ". Luego:  [texx]6\cdot{5}\cdot{4}\cdot{3}\,.\,.[/texx]  [texx]+[/texx]  [texx]1[/texx]  es coprimo respecto de  [texx](p-1)¡[/texx] .  Luego no puede estar "compuesto" por ninguno de sus factores y por otra parte tampoco puede ser otro número primo mayor que "p", pues entonces ése " p' " aparecería como contenido en  [texx](p-1)¡[/texx] . 

No se si he entendido bien lo que marco en rojo; pero [texx](p-1)!+1[/texx] puede tener perfectamente factores primos mayores que [texx]p[/texx].

Hola feriva. Ok, si insistes..

[texx]\left((n-1)!+1\right)-(n)\equiv0\Rightarrow(mod\, n)[/texx]  [texx]\Rightarrow{}[/texx]

[texx](n-1)(n-2)..1-(n-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx](n-1)\,(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx]-(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx][/tex]

[texx]-(n-2)¡\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx]

Y lo voy repitiendo hasta llegar supongo a -1

No esta muy claro como repites...

Saludos.
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« Respuesta #61 : 20 Diciembre, 2019, 18:35 »

Hola,

Voy con la tarea. Por ser tú geómetracat.. Tengo poco tiempo así que espero no decir una burrada muy gorda. Haciendo números es inmediato que: [texx](p-1)¡+1=kp[/texx] . Luego:  [texx](p-1)¡\equiv\,-1\,\,mod\,p[/texx] .  Pero claro, tú me pides una demostración.. Me expreso con los vulgares números: Por ejemplo: 7. Tenemos que:  [texx]6\cdot{5}\cdot{4}\cdot{3}\,.\,.[/texx]  son coprimos con " 7 ". Luego:  [texx]6\cdot{5}\cdot{4}\cdot{3}\,.\,.[/texx]  [texx]+[/texx]  [texx]1[/texx]  es coprimo respecto de  [texx](p-1)¡[/texx] .  Luego no puede estar "compuesto" por ninguno de sus factores y por otra parte tampoco puede ser otro número primo mayor que "p", pues entonces ése " p' " aparecería como contenido en  [texx](p-1)¡[/texx] . 

No se si he entendido bien lo que marco en rojo; pero [texx](p-1)!+1[/texx] puede tener perfectamente factores primos mayores que [texx]p[/texx]

Supongamos que:  [texx]11k=6\cdot{5}\cdot{4}\cdot{3}\,.\,.[/texx]  [texx]+[/texx]  [texx]1[/texx] .. Ah es cierto. A ver si puedo arreglarlo. Me voy a tomar unos minutos

A ver:

Tendríamos el siguiente contrasentido: Como  [texx]11k=(7-1)¡+1[/texx] ,  entonces:  [texx]11k\equiv\,(7-1)¡+1[/texx] mod [texx]6,5,4..[/texx]   [texx]\wedge[/texx] :  [texx]11k\equiv\,1[/texx] mod [texx]6[/texx] ,  [texx]11k\equiv\,1[/texx] mod [texx]5[/texx] ,  etc.  no?   está mal

Cita
Hola feriva. Ok, si insistes..

[texx]\left((n-1)!+1\right)-(n)\equiv0\Rightarrow(mod\, n)[/texx]  [texx]\Rightarrow{}[/texx]

[texx](n-1)(n-2)..1-(n-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx](n-1)\,(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx]-(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx][/tex]

[texx]-(n-2)¡\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx]

Y lo voy repitiendo hasta llegar supongo a -1

No esta muy claro como repites...

Saludos.

Cierto, ya he hecho la corrección editando la entrada basándome en la demostración que he encontrado en Gaussianos
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  El mal es malo también para sí mismo. Por eso, a la larga, sólo puede triunfar el bien. Y por eso también la libertad es buena y deseable..  F. Moreno 
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« Respuesta #62 : 20 Diciembre, 2019, 19:05 »



Añado:

Si ahora multiplico ambos lados por [texx]n-1[/texx] ,  tendré:  [texx]-(n-1)¡\equiv\,1[/texx]  mod [texx]n[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx](n-1)¡\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx] .  Pero esto último ya es trampa porque he mirado las demostraciones por internet y la he sacado de Gaussianos que es la que más me gusta (después de la mía, claro)

Pero qué compicación es ésa. Es simplmente esto

[texx]\left((n-1)!+1\right)-(n)\equiv0(mod\, n)
 [/texx]

[texx]n|-(n)\Rightarrow
 [/texx]

[texx]n|\left((n-1)!+1\right)
 [/texx], con [texx]\left(mcd\,(n-1)!+1,\, n\right)=1
 [/texx].

[texx]n=s(n-1)\Rightarrow n\in\mathbb{P}
 [/texx].

Y ya está, “n” está encajonada; ya has visto que no la divide ninguno de los detrás hasta (n-1) incluido; es el primer número después de (n-1), luego no lo van a dividir los más grande que él... blanco y en botella :cara_de_queso:

Saludos.
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« Respuesta #63 : 20 Diciembre, 2019, 19:09 »

Hola, estudiaré lo que dices, pero

Pero qué compicación es ésa

¿Es una complicación multiplicar en ambos lados por  [texx]n-1[/texx]  ??   :rodando_los_ojos:
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  El mal es malo también para sí mismo. Por eso, a la larga, sólo puede triunfar el bien. Y por eso también la libertad es buena y deseable..  F. Moreno 
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« Respuesta #64 : 20 Diciembre, 2019, 19:10 »

Hola

A ver:

Tendríamos el siguiente contrasentido: Como  [texx]11k=(7-1)¡+1[/texx] ,  entonces:  [texx]11k\equiv\,(7-1)¡+1[/texx] mod [texx]6,5,4..[/texx]   [texx]\wedge[/texx] :  [texx]11k\equiv\,1[/texx] mod [texx]6[/texx] ,  [texx]11k\equiv\,1[/texx] mod [texx]5[/texx] ,  etc.  no? 

No es un contrasentido. Y mi afirmación no pretendía ser algo a descartar. Ciertamente pueden aparecer factores mayores que [texx]p[/texx] en la descomposición de [texx](p-1)!+1[/texx]:

[texx](7-1)!+1=7\cdot 103[/texx]

[texx]\left((n-1)!+1\right)-(n)\equiv0\Rightarrow(mod\, n)[/texx]  [texx]\Rightarrow{}[/texx]

[texx](n-1)(n-2)..1-(n-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx](n-1)\,(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx]-(\,(n-2)¡-1)\equiv\,0[/texx]  mod [texx]n[/texx]

[texx]-(n-2)¡\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx]

Y lo voy repitiendo hasta llegar supongo a -1

Pero prefiero mi idea, que no es que "vaya por ahí" sino que "da ahí". Sdos

Añado:

Si ahora multiplico ambos lados por [texx]n-1[/texx] ,  tendré:  [texx]-(n-1)¡\equiv\,1[/texx]  mod [texx]n[/texx]   [texx]\wedge[/texx]   [texx](n-1)¡\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx] .  Pero esto último ya es trampa porque he mirado las demostraciones por internet y la he sacado de Gaussianos que es la que más me gusta (después de la mía, claro)

Pero no entiendo lo que pretendes ahí. La igualad:

[texx]-(n-2)!\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx]

La has obtenido presuponiendo que [texx](n-1)!\equiv -1[/texx]  mod [texx]n[/texx]. Entonces lo que haces simplemente es volver al principio.

No has concluido nada.

Pero qué compicación es ésa. Es simplmente esto

[texx]\left((n-1)!+1\right)-(n)\equiv0(mod\, n)
 [/texx]

[texx]n|-(n)\Rightarrow
 [/texx]

[texx]n|\left((n-1)!+1\right)
 [/texx], con [texx]\left(mcd\,(n-1)!+1,\, n\right)=1
 [/texx].

[texx]n=s(n-1)\Rightarrow n\in\mathbb{P}
 [/texx].

Y ya está, “n” está encajonada; ya has visto que no la divide ninguno de los detrás hasta (n-1) incluido; es el primer número después de (n-1), luego no lo van a dividir los más grande que él... blanco y en botella :cara_de_queso:

Independientemente de que tienes varias erratas ahí (y una forma rara de concluir), feriva. Lo que tu estás probando es la parte fácil, es decir, que si [texx](n-1)!=-1[/texx] mod  [texx]n[/texx], entonces [texx]n[/texx] es primo. Sospecho que los intentos de Fernando Moreno van más bien encaminados hacia la otra implicación que es ligeramente más difícil.

Saludos.
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« Respuesta #65 : 20 Diciembre, 2019, 19:25 »

Hola,


No es un contrasentido. Y mi afirmación no pretendía ser algo a descartar. Ciertamente pueden aparecer factores mayores que [texx]p[/texx] en la descomposición de [texx](p-1)!+1[/texx]

Pues no lo entiendo. Resulta que:  [texx]11\cdot{5}\equiv\,1[/texx] mod [texx]6[/texx] , y ¿no es un contrasentido que sea congruente también con 1 Módulo 5?Perdón, es que está mal. Me he precipitado

Cita
Pero no entiendo lo que pretendes ahí. La igualad:

[texx]-(n-2)!\equiv\,-1[/texx]  mod [texx]n[/texx]

La has obtenido presuponiendo que [texx](n-1)!\equiv -1[/texx]  mod [texx]n[/texx]. Entonces lo que haces simplemente es volver al principio.

No has concluido nada

Pues supongo que sí. Me limité a seguir la entrada de feriva, este hilo se ha vuelto muy loco jajaja


Hola

T Y mi afirmación no pretendía ser algo a descartar. Ciertamente pueden aparecer factores mayores que [texx]p[/texx] en la descomposición de [texx](p-1)!+1[/texx]:

[texx](7-1)!+1=7\cdot 103[/texx]

No la descartaba, pensé buscar otro fallo distinto, está claro que ese no era.
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« Respuesta #66 : 20 Diciembre, 2019, 19:38 »


Independientemente de que tienes varias erratas ahí (y una forma rara de concluir), feriva. Lo que tu estás probando es la parte fácil, es decir, que si [texx](n-1)!=-1[/texx] mod  [texx]n[/texx], entonces [texx]n[/texx] es primo. Sospecho que los intentos de Fernando Moreno van más bien encaminados hacia la otra implicación que es ligeramente más difícil.

Saludos.

Ah, sí, sí, tienes razón, estaba yo despistado.

Gracias, Luis.
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« Respuesta #67 : 20 Diciembre, 2019, 19:55 »

La otra implicación.

Ah, no, demasiado fácil y corto me parecía

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Saludos.
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« Respuesta #68 : 20 Diciembre, 2019, 20:39 »


¿Es una complicación multiplicar en ambos lados por  [texx]n-1[/texx]  ??   :rodando_los_ojos:

Opino que es una complicación hacer cuentas independientemente de que yo me hubiera saltado la demostración previa.

En Gaussianos se demuestra así que no puede ser compuesto:

Supone que es compuesto, entonces algunos de sus divisores propios están aquí [texx](1,\, n-1)
 [/texx], “n” tiene divisores ahí, y digamos que tomamos un divisor “d” cualquiera, común mayor que 1 (que, obviamente, divide a [texx](n-1)!
 [/texx] y a “n” por hipótesis)

Si ahora dividiera también a [texx](n-1)!+1
 [/texx], pues ocurriría esto

[texx]\dfrac{(n-1)!}{d}+\dfrac{1}{d}
 [/texx] con [texx]\dfrac{(n-1)!}{d}
 [/texx] entero, pero [texx]\dfrac{1}{d}<1
 [/texx], no entero. Y así no puede ser entero. Con lo que “n” no puede ser compuesto, no existen esos divisores “d”; de ese tamaño, digo, de los otros no se sabe.

Entonces ya, tiene que ser compuesto por primos mayores o ser primo; obviamente, sus factores no están en el factorial, y así, todos, desde 1 hasta n-1, son coprimos y, por tanto, no divide a “n” ningún número menor que él.

Como los mayores que “n”, o sea, n+1, n+2... no lo dividen tampoco,  por ser mayores, es un número al que no divide nadie, salvo 1 y sí mismo. Ese argumento que decía sigue siendo bueno, faltaba lo otro, que no me acordaba de que no lo había demostrado.

Saludos.
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« Respuesta #69 : 20 Diciembre, 2019, 21:10 »

Madre mía, la que he liado con el teorema de Wilson.  :sonrisa_amplia:
De momento no he visto ninguna demostración correcta, aunque ya habéis mecionado la de gaussianos, que es básicamente en lo que yo estaba pensando. Aunque feriva ha hablado básicamente de la implicación fácil. La implicación hacia el otro lado es más interesante.
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La ecuación más bonita de las matemáticas: [texx]d^2=0[/texx]
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« Respuesta #70 : 21 Diciembre, 2019, 05:31 »

Madre mía, la que he liado con el teorema de Wilson.  :sonrisa_amplia:
De momento no he visto ninguna demostración correcta, aunque ya habéis mecionado la de gaussianos, que es básicamente en lo que yo estaba pensando. Aunque feriva ha hablado básicamente de la implicación fácil. La implicación hacia el otro lado es más interesante.

:sonrisa: Estaba en en las nubes, cómo siempre, por comparación con la demostración de los primos infinitos, no me daba cuenta de que al ser el factorial de (n+1) no era tan trivial, había que justificarlo.

...

*Bueno, pero esto no ha valido, no vale mirar en internet, Fernando :cara_de_queso: Pongo el teorema de Clement, que es parecido pero sólo da primos gemelos

[texx]4((n-1)!+1)+n\equiv0(modn(n+2))
 [/texx]

Saludos.
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« Respuesta #71 : 21 Diciembre, 2019, 08:01 »

*Bueno, pero esto no ha valido, no vale mirar en internet, Fernando :cara_de_queso: Pongo el teorema de Clement, que es parecido pero sólo da primos gemelos

[texx]4((n-1)!+1)+n\equiv0(modn(n+2))
 [/texx]

Vaya, ¡muy interesante! Este no lo conocía. Se puede demostrar bien a partir del teorema de Wilson.
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« Respuesta #72 : 21 Diciembre, 2019, 08:06 »

*Bueno, pero esto no ha valido, no vale mirar en internet, Fernando :cara_de_queso: Pongo el teorema de Clement, que es parecido pero sólo da primos gemelos

[texx]4((n-1)!+1)+n\equiv0(modn(n+2))
 [/texx]

Vaya, ¡muy interesante! Este no lo conocía. Se puede demostrar bien a partir del teorema de Wilson.

Yo no sé si está la demostración en internet, creo que sí, que la vi, pero en una página en inglés (voy a ver si la encuentro; si es así, prometo que no la contaré, me aguantaré por si Fernando quiere intentarlo).

Saludos.
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« Respuesta #73 : 21 Diciembre, 2019, 08:45 »

Yo la he pensado al ver tu mensaje, si queréis más tarde la pongo (en spoiler por si alguien quiere pensarla).
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« Respuesta #74 : 21 Diciembre, 2019, 08:52 »

Yo la he pensado al ver tu mensaje, si queréis más tarde la pongo (en spoiler por si alguien quiere pensarla).

Ah, sí, muchas gracias.

(yo ya he encontrado un paper donde viene, pero sólo la he mirado por encima; no obstante, ya me ha dado la idea un poco, mi participación en el "concurso" no sería honrada :sonrisa: ).

Saludos.

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« Respuesta #75 : 21 Diciembre, 2019, 15:31 »

Hola, ahí va mi propuesta. Reconozco que me ha costado más de lo que pensaba


[texx](p-1)¡\equiv\,-1[/texx] mod p   [texx]\Leftrightarrow{}[/texx]   [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p

Mostremos ahora esto último por una vía alternativa y demostraremos lo primero.

Lema:  [texx](p-1)¡+(p-2)¡\equiv\,0[/texx] mod p

Demostración inmediata:  [texx](p-2)¡\,(\,p-1\,+1)\equiv\,0[/texx] mod p

Luego si:  [texx](p-1)¡+(p-2)¡\equiv\,0[/texx] mod p ;  entonces:

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,1[/texx] mod p

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-2[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,2[/texx] mod p

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-3[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,3[/texx] mod p

etc.

Como son excluyentes, basta demostrar la verdad de una para descartar a las otras.

Veamos:  Si  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p   

y divido ahora entre  " [texx]p-1[/texx] " ,  tendré:  [texx](p-2)¡\equiv\,1[/texx] mod p .  Luego esta es cierta y las demás no.

Por lo tanto:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p   [texx]\wedge[/texx]   [texx](p-1)¡\equiv\,-1[/texx] mod p .


Un saludo,
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« Respuesta #76 : 21 Diciembre, 2019, 16:22 »

Lo prometido es deuda, así que ahí va una demostración del teorema de Clement. Es muy posible que haya una demostración más sencilla, más bonita o más corta, pero esta es la que se me ha ocurrido.

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

[texx](p-1)¡\equiv\,-1[/texx] mod p   [texx]\Leftrightarrow{}[/texx]   [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p

Mostremos ahora esto último por una vía alternativa y demostraremos lo primero.

Lema:  [texx](p-1)¡+(p-2)¡\equiv\,0[/texx] mod p

Demostración inmediata:  [texx](p-2)¡\,(\,p-1\,+1)\equiv\,0[/texx] mod p

Luego si:  [texx](p-1)¡+(p-2)¡\equiv\,0[/texx] mod p ;  entonces:

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,1[/texx] mod p

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-2[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,2[/texx] mod p

ó bien:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-3[/texx] mod p  [texx]\wedge[/texx]  [texx](p-2)¡\equiv\,3[/texx] mod p

etc.

Como son excluyentes, basta demostrar la verdad de una para descartar a las otras.

Veamos:  Si  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p   

y divido ahora entre  " [texx]p-1[/texx] " ,  tendré:  [texx](p-2)¡\equiv\,1[/texx] mod p .  Luego esta es cierta y las demás no.

Por lo tanto:  [texx](p-1)¡\equiv\,p-1[/texx] mod p   [texx]\wedge[/texx]   [texx](p-1)¡\equiv\,-1[/texx] mod p .

No está bien. Es decir, (casi) todo lo que dices es cierto, pero no demuestra el teorema de Wilson. El problema es que dices que si [texx](p-1)! \equiv p-1 \mod p[/texx] entonces tendrás [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx]. Esto está bien. Pero a continuación dices "luego esta es cierta" (imagino que quieres decir que [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx] es cierta). Pero esto no está nada claro. ¿Por qué [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx] es cierta? Lo que has hecho es obtener que es cierta suponiendo que el teorema de Wilson se cumple, que es precisamente lo que querías demostrar.

Al margen de esto, fíjate que en tus razonamientos no usas en ningún momento que [texx]p[/texx] sea primo. Podrías cambiar [texx]p[/texx] por un natural cualquiera y todo lo que dices seguiría siendo cierto. Pero sabemos que si [texx]n[/texx] no es primo entonces es falso que [texx](n-1)! \equiv -1 \mod n[/texx], por lo que tu demostración no puede estar bien.
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« Respuesta #77 : 21 Diciembre, 2019, 16:34 »

Hola,

No está bien. Es decir, (casi) todo lo que dices es cierto, pero no demuestra el teorema de Wilson. El problema es que dices que si [texx](p-1)! \equiv p-1 \mod p[/texx] entonces tendrás [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx]. Esto está bien. Pero a continuación dices "luego esta es cierta" (imagino que quieres decir que [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx] es cierta). Pero esto no está nada claro. ¿Por qué [texx](p-2)! \equiv 1 \mod p[/texx] es cierta? Lo que has hecho es obtener que es cierta suponiendo que el teorema de Wilson se cumple, que es precisamente lo que querías demostrar.

Al margen de esto, fíjate que en tus razonamientos no usas en ningún momento que [texx]p[/texx] sea primo. Podrías cambiar [texx]p[/texx] por un natural cualquiera y todo lo que dices seguiría siendo cierto. Pero sabemos que si [texx]n[/texx] no es primo entonces es falso que [texx](n-1)! \equiv -1 \mod n[/texx], por lo que tu demostración no puede estar bien.

Ok, lo analizo a ver
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« Respuesta #78 : 21 Diciembre, 2019, 18:18 »

Hola geómetracat. Es cierto todo lo que dices. La verdad es que la demostración de Gaussianos no es mejorable. Respecto de los primos o naturales decir solamente que para todo impar no primo yo entiendo que:  [texx](I-1)¡\equiv\,0[/texx] mod I . Puesto que todos sus factores deben estar contenidos en  [texx](I-1)¡[/texx] ; por lo que no hay caso aquí. Saludos,
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  El mal es malo también para sí mismo. Por eso, a la larga, sólo puede triunfar el bien. Y por eso también la libertad es buena y deseable..  F. Moreno 
feriva
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« Respuesta #79 : 21 Diciembre, 2019, 18:20 »

Lo prometido es deuda, así que ahí va una demostración del teorema de Clement. Es muy posible que haya una demostración más sencilla, más bonita o más corta, pero esta es la que se me ha ocurrido.

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Muchas gracias, Geómetracat.

Lo primero que haces sí lo hice yo esta mañana, me di cuenta de que lo que se planteaba era un sistema de congruencias. Después, a partir de eso, desarrollé una congruencia que funcionaba bien en el Wolfram (daba los gemelos). Pero era un producto de factoriales y otros términos que no pude simplificar hasta llegar a la forma que tiene la de Clement (tampoco lo intenté demasiado, me fui a comer)

Saludos.
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