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Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 12:47
da matty96
Provare che per ogni intero $n>2$ , $n^{n-1}-1$ non è mai libero da quadrati

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 13:17
da ant.py
In particolare si puo dire che

$ (n-1)^2 | n^{n-1}-1 $

Infatti

$ n^{n-1}-1 = (n-1)\sum_{k=2}^{n}n^{n-k} $ Relazione 1)

Inoltre essendo $ n \equiv 1 \pmod {n-1} $ si ha che

$ \sum_{k=2}^{n}n^{n-k} \equiv (1 + 1 + \cdots + 1) = n - 1 \equiv 0 \pmod {n-1} $

Da cui $ \sum_{k=2}^{n}n^{n-k} = (n-1)P(n) $ e di conseguenza per la 1)

$ n^{n-1}-1 = (n-1)^2P(n) $

che è la tesi

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 18:56
da xXStephXx
Se ho capito bene il testo dovrebbe venire anche con LTE :D

Ma il caso $n=3$ non fa eccezione? E' $n>2$ o $n>3$?

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 21:53
da ant.py
xXStephXx ha scritto:Se ho capito bene il testo dovrebbe venire anche con LTE :D

Ma il caso $n=3$ non fa eccezione? E' $n>2$ o $n>3$?
Perche? Con n=3 viene 8 che è divisibile da $ 2^2 $ ;-)

È con n > 2 perche solo se n = 1,2 il fattore (n-1) non è più un divisore proprio del numero

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 21:57
da matty96
Credo che tu stia confondendo il significato di libero di quadrati...signica che quel numero non è mai divisibile per un quadrato, quindi se non lo è mai, esiste sempre un p^2 che lo divide. Comunque si, io l'ho fatto con LTE.

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 17 lug 2012, 22:09
da ant.py
matty96 ha scritto:Credo che tu stia confondendo il significato di libero di quadrati...signica che quel numero non è mai divisibile per un quadrato, quindi se non lo è mai, esiste sempre un p^2 che lo divide. Comunque si, io l'ho fatto con LTE.
Posta la dimostrazione con LTE allora :-)

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 10:08
da xXStephXx
Ok, sì avevo capito un'altra cosa :D
Tipo: "Dimostrare che con $n>3$, $n^{n-1}-1$ nella fattorizzazione contiene almeno un fattore primo con esponente pari."
Comunque con LTE la stessa dimostrazione dovrebbe valere per entrambi, visto che questo implica l'altro.

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 11:07
da matty96
Prendo un p primo tale che $p\mid n^{n-1}-1$ e $p\mid n-1$ . Se n è pari $\upsilon_p(n^{n-1}+(-1)^{n-1})=2\upsilon_p(n-1)>1$
se n è dispari, allora $\upsilon_p(n^{n-1}-1)=2\upsilon_p(n-1)+\upsilon_p(n+1)-1$. Siccome $(n-1,n+1)=2$, scelgo p=2 ed ottengo che $\upsilon_2(n^{n-1}-1)>1$

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 11:14
da Drago96
Uhm, non capisco perchè tutti quei passaggi... :?
Se prendo $p : p\mid n-1$ non ho che $v_p(n^{n-1}-1)=v_p(n-1)+v_p(n-1)=2\cdot v_p(n-1)>1$ ?

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 11:31
da matty96
uhm... la valutazione p-adica vale sotto alcuni particolari aspetti dei numeri presi in considerazione. Quello che voglio dire è sotto quali condizioni vale quello che hai scritto? Vale sempre?

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 18:35
da xXStephXx
Con $p$ dispari dovrebbe valere sempre quello che ha scritto, o sbaglio?

Re: Almeno 2 volte

Inviato: 18 lug 2012, 18:54
da matty96
Esatto, ma in particolare io ho sfruttato quella proprietà di drago in virtù del fatto che se un intero k è dispari, e x,y sono due interi tali che un primo p dispari divide x+y allora $\upsilon_p(x^k+y^k)=\upsilon_p(x+y)+\upsilon_p(k)$