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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

已阅回复此楼关注TA 给TA发消息送TA红花 TA的回帖

拉马之仆

银虫 (小有名气)

数学EPI: 1
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虫号: 3918130

★
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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。