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ty5198996

新虫 (初入文坛)

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[交流] 偶然发现的同余等式

偶然发现的同余等式

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1楼 2015-08-19 00:20:05

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hank612

至尊木虫 (著名写手)

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12楼: Originally posted by ty5198996 at 2015-08-19 07:32:29
ai，做论文有没有戏呢

文章写得很好, 可以作为一篇论文核心部分.
如果要想发表到高大上的杂志上, 就要学会灌水. 好多方向你可以考虑,

(1)https://en.wikipedia.org/wiki/Q- ... o_other_q-functions
$\prod_{k=0}^{n-1} (1-aq^k)$ 实在是太有名了. 如果能联系上
https://en.wikipedia.org/wiki/Grassmannian
Grassmanian, 同余式有个代数几何解释就帅呆了.

(2) 没事就往Ramanujan各种恒等式上靠靠. 由于数学家们公认他是天才,又早逝, 都很希望他的某些成果能够继续发扬光大.
http://arxiv.org/pdf/math/9812092v1.pdf

(3) 素性检验. 这又是一个热门话题, https://en.wikipedia.org/wiki/Lucas%E2%80%93Lehmer_primality_test
你关键词里列一个 Lucas-Lehmer primality test, 保证让评委肃然起敬.

楼主要脑洞大开, 实力已够,祝好运.

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17楼2015-08-19 08:22:30

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ty5198996

新虫 (初入文坛)

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ai，做论文有没有戏呢

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12楼2015-08-19 07:32:29

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铁拳虎

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祝楼主万事顺意，心想事成，羊年发大财！

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33楼2015-08-19 13:48:28

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拉马之仆

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给楼主一点建议。
1、楼主的证明不够严格，要严格证明 $\prod_{n=1}^{p-1}(1-a^n)\equiv p(mod\frac{1-a^p}{1-a})$ ，可能要用到群论工具，特别是素数阶循环群的生成元的性质，并从多项式的零点与因式分解的关系入手(楼主也正是这么做的)。
2、 $\prod_{n=1}^{p-1}(1-a^n)$ 是一个关于 $a$ 的 $\frac{p(p-1)}{2}$ 次多项式，在不改变公式的实质意义的情况下，这个次数是可以大大降低的。可通过如下方法降次：
设 $p$ 为素数， $p$ 次分圆方程 $a^p-1=0$ 的根构成一个循环群，除根1外，其余根都是该群的生成元(即其它元素都是该元素的整数幂)，拿 $p=5$ 时的情形来说，设 $\xi$ 是 $\frac{1-a^5}{1-a}=0$ 的一根，则 $\xi^{-2},\xi^{-1},\xi,\xi^2$ 也是方程的全部根，因此我们完全可以用乘积 $(1-a^{-2})(1-a^{-1})(1-a)(1-a^2)$ 来替换乘积 $(1-a)(1-a^2)(1-a^3)(1-a^4)$ ，经适当处理后，原结论可改进为：
设 $p$ 为奇素数，则
$\prod_{n=1}^{\frac{p-1}{2}}(1-a^n)^2\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\cdot p\cdot a^{\frac{p^2-1}{8}}(mod\frac{1-a^p}{1-a})$ 。
而 $\prod_{n=1}^{\frac{p-1}{2}}(1-a^n)^2}$ 是关于 $a$ 的 $\frac{p^2-1}{4}$ 次多项式，它比 $\prod_{n=1}^{p-1}(1-a^n)$ 的次数降低了 $\frac{p(p-1)}{2}-\frac{p^2-1}{4}=(\frac{p-1}{2})^2$ 次。
以上建议，仅供参考。

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37楼2015-08-28 23:47:12

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ty5198996

新虫 (初入文坛)

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3楼: Originally posted by chentao at 2015-08-19 01:07:32

:hand

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15楼2015-08-19 07:35:26

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mlanqiang

木虫之王 (文学泰斗)

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blessing

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21楼2015-08-19 08:36:08

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ty5198996

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17楼: Originally posted by hank612 at 2015-08-19 08:22:30
文章写得很好, 可以作为一篇论文核心部分.
如果要想发表到高大上的杂志上, 就要学会灌水. 好多方向你可以考虑,

(1)https://en.wikipedia.org/wiki/Q-Pochhammer_symbol#Relationship_to_other_q-functions
\p ...

谢谢啊，本人没发过论文（业余），也不知什么杂志好，只是偶然发现这个等式，楼主做个朋友吧，我q：1018585594

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24楼2015-08-19 08:40:39

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hylpy

专家顾问 (知名作家)

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ty5198996(金币+1): 谢谢参与

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31楼2015-08-19 09:46:35

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拉马之仆

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引用回帖:

37楼: Originally posted by 拉马之仆 at 2015-08-28 23:47:12
给楼主一点建议。
1、楼主的证明不够严格，要严格证明\prod_{n=1}^{p-1}(1-a^n)\equiv p(mod\frac{1-a^p}{1-a})，可能要用到群论工具，特别是素数阶循环群的生成元的性质，并从多项式的零点与因式分解的关系入手(楼 ...

改进后的结论也可以作如下推广：
$\prod_{n=1}^{\frac{p-1}{2}}(b^n-a^n)^2\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}\cdot p\cdot (a b)^{\frac{p^2-1}{8}}(mod\frac{b^p-a^p}{b-a})$

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38楼2015-08-29 00:23:21

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zhchzhsh20762楼

2015-08-19 00:57 回复

ty5198996(金币+1): 谢谢参与

chentao3楼

2015-08-19 01:07 回复

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stl4094楼

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robby20065楼

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zoemars6楼

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guanlianwu8楼

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Mailinglist9楼

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litzmath10楼

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阿Q~~11楼

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ty519899613楼

2015-08-19 07:33 回复

引用回帖:

2楼: Originally posted by zhchzhsh2076 at 2015-08-19 00:57:01

youngen14楼

2015-08-19 07:34 回复

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alaqi16楼

2015-08-19 08:08 回复

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dmbb18楼

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hydzp19楼

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拉马之仆36楼

2015-08-20 10:15 回复

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