Primi e divisibilità

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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febiz2004
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Primi e divisibilità

Messaggio da febiz2004 » 25 set 2005, 23:05

Dimostrare che se $ p>3 $ è un primo, allora $ ab^p-ba^p $ è divisibile da $ 6p $ per qualsivoglia naturale $ a $ e $ b $

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post233
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Messaggio da post233 » 26 set 2005, 06:52

Per prima cosa scompongo in fattori $ ab^p-ba^p $ come $ ab(b^p^-^1-a^p^-^1) $ e poi divido la tesi in tre punti:
Punto 1: Divisibilità per 2:
Se almeno uno fra a e b è pari, allora anche ab è pari e dunque lo è l'intera espressione cercata. Se invece sono entrambi dispari, $ b^p^-^1-a^p^-^1 $ è differenza di due numeri dispari e dunque è pari. Pertanto l'intera espressione è sempre pari.
Punto 2: Divisibilità per 3:
Se almeno uno fra a e b è multiplo di 3, allora lo è anche ab e dunque l'intera espressione cercata è congrua a 0 modulo 3. Se invece nessuno dei due è multiplo di 3, dal momento che p-1 è pari (p è un primo maggiore di 3 e dunque è dispari), allora $ b^p^-^1 $ e $ a^p^-^1 $ sono congrui a 1 modulo 3, essendo 1 l'unico possibile scarto quadratico in tale modulo (a parte 0, ovviamente) e dunque la loro differenza è congrua a 0 modulo 3. Di conseguenza, l'espressione è sempre divisibile per 3.
Punto 3: Divisibilità per p:
Se almeno uno fra a e b è multiplo di p, allora lo è anche ab e dunque l'intera espressione cercata è congrua a 0 modulo p. Se invece non sussiste una tale condizione, allora (a,p)=(b,p)=1 e dunque posso applicare il Piccolo Teorema di Fermat, che mi dice che $ b^p^-^1\equiv a^p^-^1\equiv1 (p) $, da cui la loro differenza è congrua a 0 modulo p.
Pertanto, l'intera espressione è divisibile per 2,3 e p e pertanto per il loro prodotto 6p.
(Modificato più volte per sistemare in modo decente le formule col LaTeX)
Ultima modifica di post233 il 26 set 2005, 14:04, modificato 4 volte in totale.
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 set 2005, 08:50

Stante il piccolo teorema di Fermat: $ ab^p - ba^p \equiv ab - ba \equiv 0 \bmod p $. Nondimeno $ ab^p - ba^p \equiv ab - ba \equiv 0 \bmod 2 $. Se poi $ 3 \mid ab $, allora banalmente $ 3 \mid (ab^p - ba^p) $. Se invece $ \gcd(ab,3) = 1 $, comunque $ ab^p - ba^p \equiv ab(b^{p-1} - a^{p-1}) \equiv 0 \bmod 3 $, siccome i) $ \varphi(3) \mid (p-1) $, dacché $ p $ è per ipotesi un primo intero $ > 3 $ e $ \varphi(3) = 2 $; ii) $ a^{p-1} \equiv b^{p-1} \equiv 1 \bmod 3 $, per conseguenza del teorema di Euler-Fermat. Pertanto $ 3 \mid (ab^p - ba^p) $ incondizionatamente. Ne seguita la tesi, ché $ \gcd(6,p) = 1 $.

:arrow: Notate come la soluzione qui sopra utilizzi essenzialmente le stesse idee dell'altra proposta da post323. Soltanto che, sfruttando in modo opportuno le proprietà dei moduli, la seconda ci solleva dal noioso incomodo di dover ispezionare una miriade* di casi e sottocasi. Spero possa servire, è l'unica ragione per cui ho deciso di intervenire sul topic.

* Che esagerato! :wink:

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