OliForum Matematico

Sia $p$ primo tale che $p^2\mid 2^{p-1}-1$ e sia $n$ un naturale.
Dimostrare che $(p-1)(p!+2^n)$ ha almeno tre divisori primi distinti.

I casi p=2,3,5 si possono fare a mano e mi tolgono eventuali impicci nella dimostrazione (in essi "vale" la tesi perché non rispettano la prima proprietà).
Suppongo per assurdo che la tesi sia falsa e distinguo due casi.
CASO 1: p-1 contiene un primo dispari
Già sappiamo che 2 divide (p-1), quindi tale primo dispari q è l'unico primo dispari per cui è divisibile (p-1). Ora, il fattore $ p!+2^n $ non è divisibile per q, dal momento che $ p! $ lo è, ma $ 2^n $ no. Inoltre esso non è nemmeno una potenza di 2 (sarebbe possibile solo se $ p!=2^n $, che accade solo per p=2, già trattato). Quindi il fattore $ p!+2^n $ contiene almeno un altro primo diverso da 2 e da q, che è assurdo.
CASO 2: p-1 è una potenza di 2
Possiamo porre $ p-1=2^m \rightarrow p=2^m+1 $. Affermo che m deve essere una potenza di 2. Se infatti non lo fosse, potrei scrivere $ m=p_0 \cdot d_0 $ dove $ p_0,d_0 $ sono rispettivamente un generico numero pari e un generico numero dispari interi positivi maggiori o uguali a 2. Allora avrei che $ p=2^m+1=2^{p_0 \cdot d_0}+1=(2^{p_0}+1) \cdot (2^{p_0 \cdot (d_0 - 1)} - \cdots +1) $ che non può essere primo in quanto prodotto di due fattori distinti e maggiori di 1 (ho escluso il caso in cui m è dispari perché avrei necessariamente che $ d_0 $ è primo, altrimenti potrei scomporre p come in questo caso, ma $ p=2^q+1 $ è sempre divisibile per 3). Quindi m è una potenza di 2 e posso porre $ m=2^a \rightarrow p=2^{2^a}+1 $. Affermo che in tal caso non può valere che $ p^2 \mid (2^{p-1}+1) $. Infatti tale condizione equivarrebbe al fatto che:$ (2^{2^a}+1)^2 \mid (2^{2^{2^a}}-1) $. Ma io ho che:
$ \displaystyle 2^{2^{2^a}}-1=(2^{2^{2^a-i}}+1)\cdot(2^{2^{2^a-i}}-1) = \cdots =\prod_{i=1}^{2^a}{(2^{2^{2^a-i}}+1)}=\prod_{i=1}^{2^a}{F_{2^a-i}} $
$ \displaystyle (2^{2^a}+1)^2=F^2_a $
Dove $ F_i $ è l'i-esimo numero di Fermat. Quindi l'ipotesi equivale al fatto che:
$ \displaystyle F^2_a \mid \prod_{i=1}^{2^a}{F_{2^a-i}} $
Ma dal momento che i numeri di Fermat sono tutti primi fra di loro (deriva dal fatto che $ F_n = F_0 \cdot F_1 \cdots F_{n-1} + 2 $ che è un conto banale da dimostrare) ho che $ F_a $ divide tale produttoria, ma $ F^2_a $ non la divide, da cui segue quanto affermato.

C. V. D.

Ok Solo una cosa: puoi chiarire perchè $p!+2^n$ non è una potenza di 2? (è falso che lo è solo se $p!=2^n$)

kalu ha scritto:Ok Solo una cosa: puoi chiarire perchè $p!+2^n$ non è una potenza di 2? (è falso che lo è solo se $p!=2^n$)

Si, scusa, mi ero sbagliato. Allora, è chiaro che $ V_2(p!)=n $ altrimenti posso scomporre $ (p!+2^n) $ come prodotto di un numero pari per un numero dispari. Quindi si ottiene che $ p! $ è della forma $ p!=2^n \cdot (2^a-1) $. Sappiamo già che p è maggiore o uguale a 7. Ma quindi avrei che 9, 5, 7 dividono $ 2^a-1 $, da cui segue che $ 12 \mid a $. Quindi $ (2^{12}-1) \mid p! $ quindi $ 13 \mid p! $ e pertanto p è maggiore o uguale a 13. In tal caso 81 divide p!, da cui segue che $ 54 \mid a $. Pertanto $ (2^{54}-1) \mid p! $. Ma in esso ci sono numeri primi maggiori di 13 (lo noto per LTE) e iterando questo procedimento dovrei dimostrare che non ci sono soluzioni. Non è formalizzato per niente bene, lo so, volevo solo sapere se l'idea poteva andare.

Mah non mi convince molto...

Domanda sul gergo...

Si

Grazie mille

Prendo a come nel mio post di sopra. Allora, sia $ o = ord_p(2) $. Abbiamo necessariamente che $ o \mid a $. Ora, suppongo per assurdo che $ o' = ord_{p^2}(2) \neq o $. Innanzitutto avrei necessariamente che $ o \mid (p-1) $. Inoltre per LTE avrei che $ 2 \leq V_p(2^{p-1}-1)=V_p(2^o-1) + V_p(\frac{p-1}{o})=V_p(2^o-1) $ perché $ \frac{p-1}{o} \leq p-1 < p $ da cui segue che $ o=o' $ e quindi che $ p^2 \mid (2^a-1) \rightarrow p^2 \mid p! $ che è assurdo. La o si confonde con uno 0, lo so. =P

Perfetto, vai pure