$p=2$ için $n=1$ aldığımızda $2|10$ görebiliriz.
$p=3$ için $n=2$ aldığımızda $3|4+9+36-1$ olduğu görülebilir. Bunları modüler analizde kesirli ifadelerin tanımlı olabilmesi için incelememiz gerekiyor.
Geriye kalan durumlarda fermat teoreminden dolayı $2^{p-1}\equiv 1(modp)$ ve $3^{p-1}\equiv 1(modp)$ olduğunu söyler. Buradan $6^{p-1}\equiv 1(modp)$ görebiliriz. Buradaki tüm denkliklerde sol taraftaki ifadelerin üssünü $p-2$ yaparsak $2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}\equiv \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}(modp)$ olur ve bize
$$2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1\equiv 0(modp)$$ verir. Dolayısıyla $2$ ve $3$ dışındaki tüm $p$ değerleri için uygun $n$ seçimi bulmuş oluruz. İspat biter. ($n=p-2>0$)
Bu çözümü
https://www.nycmathteam.org/wp-content/uploads/2021/04/Fractional_Mods.pdf kaynağından aldım burada daha fazla ilginç örnekler de verilmiş.
Çözüm doğru ancak çoğu zaman atlanılan bir noktaya dikkat çekmek gerekiyor: $2^{p-2}\equiv \frac{1}{2}\pmod{p}$ gösterimi yanlış bir gösterimdir (en azından klasik modüler aritmetik tanımına göre). Çünkü bunun anlamı $p\mid 2^{p-2}-\frac{1}{2}$ olmasıdır ancak bölme ve bölünebilme tamsayılar üzerinden tanımlanmaktadır (uygun genelleştirmeler de vardır). Bu yüzden $\frac{1}{2}$ yerine $2^{-1}$ veya $\bar 2$ kullanılabilir. Bu gösterim, $2$'nin $p$ modunda tersini gösterir ve tamsayıdır. Bu gösterim için $$2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1\equiv \bar 2+\bar 3+\bar 6-1\pmod{p}$$ elde edilir. $x\equiv \bar 2+\bar 3+\bar 6-1$ için $6x\equiv 3\cdot 2\cdot\bar 2+2\cdot 3\cdot\bar 3+6\cdot\bar 6-6\equiv 3+2+1-6\equiv 0$ olduğundan $x\equiv 0$'dır.
Evet haklısınız ancak bu tarzda yazım doğrudan tanımlı olmasa da $a,b \in Z$,$n\in Z^+$ $$a.b^{-1}$$ ifadesi mod $n$ altında $(b,n)=1$ olacak şekilde iyi tanımlıdır. Buradan yola çıkarak $$\frac{a}{b}\equiv a.b^{-1}(modn)$$ gösterim olarak tanımlanıyor. Yapılan işlemlerde yine $a.b^{-1}$ üzerinden hesaplamalar yapılıyor. Bu aşağıdaki işlemlerde
$0. g\equiv 0(modn)$ , $g \in Z$ olduğunu not edelim. yani $a,c$ ifadelerinden biri $n$ ile bölünüyorsa o terim otomatik olarak $0$ olacak ve toplama , çarpma işlemleri otomatik olarak sağlanmış olur.
Çarpmayı ispatlayarak başlayalım.
Lemma 1: $(b,n)=1$ ve $(d,n)=1$ , $a,b,c,d\in Z$ ve $n\in Z^+$ için [$(bd,n)=1$ de görülebilir.] $$\dfrac{a}{b} \dfrac{c}{d} \equiv \dfrac{ac}{bd} (modn) $$ veya $$(ac)b^{-1}d^{-1}\equiv (ac).(bd)^{-1}(modn)$$ olduğunu gösterelim.
İspat: $(b,n)=1$ ve $(d,n)=1$ olduğundan $(bd,n)=1$ olur yani $(bd)^{-1}$ mod $n$ altında tanımlıdır. Notasyondan yola çıkarsak
$$\dfrac{a}{b} \dfrac{c}{d} \equiv ac. b^{-1}d^{-1} (modn)$$ olur. Buraya baktığımızda ise
$b^{-1}\equiv x(modn)$ $d^{-1}\equiv y(modn)$ , $x,y\in Z$ olsun. O halde $b.x\equiv 1(modn)$ ve $d.y\equiv 1(modn)$ sağlanır. Buradan $bx.dy\equiv 1(modn)$ olur. Buradan ise
$$(bd)(acxy)\equiv ac (modn)$$ yani $(acxy)\equiv ac .(bd)^{-1}(modn)$ olur. $x,y$ yi tanımladığımız denkliklerden de
$$(acxy)\equiv ac b^{-1}d^{-1}(modn)$$ yani $$ac b^{-1}d^{-1}\equiv ac (bd)^{-1}(modn)$$ sonucuna ulaşabiliriz. İspat biter.
Lemma 2: $$\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{d}\equiv \dfrac{ad+bc}{bd}(modn)$$ veya $$a.b^{-1}+c.d^{-1}\equiv (ad+bc).(bd)^{-1}(modn)$$ $(b,n)=1$ ve $(d,n)=1$ , $a,b,c,d\in Z$ ve $n\in Z^+$ için ispatlanabilir. $(bd,n)=1$ olduğunu da not edelim.
İspat: Öncelikle $a\equiv 0(modn)$ ve $c\equiv 0(modn)$ sağlansın. O halde önermemiz $0.b^{-1}+0.d^{-1}\equiv 0. (bd)^{-1}(modn)$ sağlanır.
$b^{-1}\equiv x(modn)$ $d^{-1}\equiv y(modn)$ , $x,y\in Z$ olsun. O halde $b.x\equiv 1(modn)$ ve $d.y\equiv 1(modn)$ sağlanır. Bu bize $bx=n.k+1,k\in Z$ ve $dy=n.l+1 , l\in Z$ bulunduğunu söyler.
$b^{-1}d^{-1}\equiv xy(modn)$ olduğu görülebilir. $$xybd\equiv 1(modn)$$ olduğunu da görebiliriz ($xybd$ çarpımını $k,l$ cinsinden açarak tekrar mod $n$ aldığımızda net şekilde görülür.). Buradan $xy\equiv (bd)^{-1}(modn)$ olur. ($(bd,n)=1$ olduğunu unutmayalım.) Yani $$b^{-1}d^{-1}\equiv (bd)^{-1}(modn)$$ olur.
Genelliği bozmadan $a\equiv 0(modn)$ olsun. İspatlamaya çalıştığımız ifade $0.b^{-1}+c.d^{-1}\equiv (0+bc).(bd)^{-1}(modn)$ yani sağdaki ifade $$b.c.(bd)^{-1}\equiv (b.b^{-1})c.d^{-1}(modn)$$ elde edilir. Bu da barizdir. Geri kalan durumlarda
$$(ad+bc).xy = adxy+bcxy= ax.(nl+1)+cy (nk+1)=n.(axl+cyk)+ax+cy $$ elde ederiz. Yani $$(ad+bc).xy\equiv ax+cy (modn)$$ ve yukarıdaki ispat yardımıyla $$(ad+bc).(bd)^{-1}\equiv a. b^{-1}+ c. d^{-1}(modn)$$ geliyor.
Not: $ad+bc\equiv 0(modn)$ olursa ifade $a.b^{-1}+c.d^{-1}\equiv 0(modn)$ olduğu da gösterilebilir. ($b^{-1}d^{-1}$ ile denkliği genişletince hemen çıkıyor.) (kesirlerin sadeleştirmesine benzeyen durum) $(b,n)=1$, $a,b\in Z$, $n\in Z^+$ , $(a,b)=d$ , $d\in Z^+$ olsun $d|b$ ve $(b,n)=1$ olduğundan dolayı $(d,n)=1$ dir. $l|d$ olacak şekilde $l\in Z^+$ alalım. $(l,n)=1$ sağlanır. $a=lA,b=lB$ olacak şekilde $A,B\in Z$ alalım. Yukarıda ispatladığımız ifadelerden dolayı $a.b^{-1}\equiv l.A.(l.B)^{-1}(modn)$ yani $a.b^{-1}\equiv A.B^{-1}(modn)$ elde ederiz.
Dolayısıyla inverse ifadelerimiz bölme işleminin kurallarını sağlıyor.
Soruda da $2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1=S$ diyelim. $$2^{p-2}+3^{p-2}+6^{p-2}-1 \equiv 1.2^{-1}+1.3^{-1}+1.6^{-1}+(-1).(1)^{-1}(modp)$$ Buradan $$S\equiv 5.6^{-1} + -5. 6^{-1}(modp)$$ yani $$S\equiv 0(modp)$$ görülebilir. Bölüm şeklindeki gösterim bu lemmalardaki hesaplamaları daha kolay görmeyi sağlıyor.
