Dimostrazione sulle congruenze

[lorenzoasr1]

Ciao!

Vi scrivo di nuovo perchè stavolta non sò proprio come impostare la dimostrazione:

mostrare che se $n>=5$ ed $n$ non è primo allora vale $(n-1)! equiv 0 (mod n)$

Come potrei fare? Procedo per induzione e distinguo il caso in cui p sia primo oppure no?

Grazie in anticipo

[Zero87]

Premetto che di algebra non so un tubo (in un altro thread sto appunto dicendo che prima o poi colmerò questa lacuna ): dico questo perché in un altro tuo post dici che devi fare l'esame di algebra.

Comunque, forse sbaglio, però la vedo semplice e senza algebra. Se $n$ è composto, allora sappiamo $n=ab$ con $a,b

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[Maci86]

$forall n in NN \\ {P uu {0,1,3,4}} \text{ } exists a,b in NN \text{ t.c. } a,b < n \text{ , } a*b=_n 0 Rightarrow (n-1)! =_n 0$
Riesci a dimostrare questa cosa che in teoria è più facile?
$forall n in NN \\ {P uu {0,1,3,4}} \text{ } exists a,b in NN \text{ t.c. } a,b < n \text{ , } a*b=_n 0$
E poi l'implicazione?

@Zero 87 prova ad ottenere 9 come dici tu Se ci riesci ti offro una cena di pesce

[Zero87]

"lorenzoasr":mostrare che se $n>=5$ ed $n$ non è primo allora vale $(n-1)! equiv 0 (mod n)$

@Maci86

Smentiscimi se sbaglio (probabile ), ma il mio ragionamento era che se $n$ non è primo, allora $n=ab$ con $a,b \le n-1$ e questo vuol dire che in $(n-1)! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a \cdot ... \cdot b \cdot ... \cdot n-1$ e che quindi $(n-1)!$ è un multiplo di $ab =n$ il che fa riportare il tutto...

Tu parli di $\NN \\ {P \cup {0,1,2,3,4}}$ e cose simili che nel testo non vedo... Premetto che l'ora mi potrebbe rimbecillire, ma qualche dubbio ce l'ho...!

[Maci86]

È vero, ma prova per 9

Quella è la definizione data dalla consegna, numeri naturali non primi e maggiori di quattro

[Zero87]

"Maci86":È vero, ma prova per 9

Ah, naggia, mi ero scordato di qualche problemuccio per i quadrati... Lo dicevo che l'ora mi avrebbe fatto rincretinire.

Aspetta, forse non sono rinco del tutto: in generale $p_i ^2 > 2p_i$ per un qualsiasi primo dispari quindi $ 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot p_i \cdot ... \cdot 2p_i \cdot ... \cdot (n-1)$ copre anche il caso $n$ quadrato di un numero primo.

EDIT.
A parte gli scherzi... Se sto sparando cavolate a iosa, dimmelo che vado a dormire e faccio un favore al forum

[Maci86]

Esatto, infatti il trucco sta nel dire che $ab$ non deve fare $n$, basta sia un multiplo di $n$, grazie alla tua disuguaglianza e ad altre simili riesci a dimostrarlo, lascio a Lorenzo il lavoro O a te se hai voglia

P.S. 3*6=18, non 9, niente cena di pesce!

[Zero87]

"Maci86":P.S. 3*6=18, non 9, niente cena di pesce!

Però 18 è multiplo di 9 e fa lo stesso con i moduli... cena a parte

[Maci86]

Esatto, il potere dei moduli è quello! E non sapere se è mezzanotte o mezzogiorno!

[Zero87]

"Maci86":E non sapere se è mezzanotte o mezzogiorno!

Ho scritto una cosa simile sulla tesi (inoltre anche che il "dodicesimo titolare" nel calcio è, per l'appunto, la prima riserva $12 \equiv 1 (\text{mod}$ $11)$).

Notte forum

[Maci86]

Notte notte!

[lorenzoasr1]

"Maci86":$forall n in NN \\ {P uu {0,1,3,4}} \text{ } exists a,b in NN \text{ t.c. } a,b < n \text{ , } a*b=_n 0 Rightarrow (n-1)! =_n 0$
Riesci a dimostrare questa cosa che in teoria è più facile?
$forall n in NN \\ {P uu {0,1,3,4}} \text{ } exists a,b in NN \text{ t.c. } a,b < n \text{ , } a*b=_n 0$
E poi l'implicazione?

Vista così effettivamente la cosa ha più senso

In pratica preso un qualsiasi $n in NN \\ {P uu {0,1,3,4}}$ allora esistono sicuramente due interi $a,b in NN$ t.c $a,b
Da ciò consegue che $(n-1)! =_n 0$ in quanto moltiplicherà sicuramente qualche $a,b

"Zero87":[quote="Maci86"]E non sapere se è mezzanotte o mezzogiorno!

Ho scritto una cosa simile sulla tesi (inoltre anche che il "dodicesimo titolare" nel calcio è, per l'appunto, la prima riserva $ 12 \equiv 1 (\text{mod} $ $ 11) $).

Notte forum [/quote]

Grazie anche a te Zero87 per avermi indirizzato sulla giusta via