Supponendo che p sia primo e che esso sia più grande di 3.dimostrare che
7^p - 6^p - 1 è divisibile per 43
iranian national mathematical olympiad
bhe a a questo punto pubblico la mia soluzione... che rispetto alle precedenti fa cagare xD
analizzo i residui modulo 43 sia di 7 che di 6... viene fuori:
7==>1,7,6,42,36,37
6==>1,6,36
Quelli in grande sono gli unici validi, dato che negli altri casi p non sarebbe primo (multipli di 2 o 3)
Ora analizzo il caso in cui p=3k+1 e il caso in cui p=3k+2
Nel primo caso il residuo di 7^p=7 e quello di 6^p=6 ==> 7-6-1=0 ==>Valido
Nel secondo caso il residuo di 7^p=37 e quello di 6^p=36 ==> 37-36-1=0 ==>Valido
E quindi dimostrato dato che p non può essere 3k+0... non sarebbe primo.
So che la dimostrazione è orrenda ma non conosco moltissima roba di teoria dei numeri :(
analizzo i residui modulo 43 sia di 7 che di 6... viene fuori:
7==>1,7,6,42,36,37
6==>1,6,36
Quelli in grande sono gli unici validi, dato che negli altri casi p non sarebbe primo (multipli di 2 o 3)
Ora analizzo il caso in cui p=3k+1 e il caso in cui p=3k+2
Nel primo caso il residuo di 7^p=7 e quello di 6^p=6 ==> 7-6-1=0 ==>Valido
Nel secondo caso il residuo di 7^p=37 e quello di 6^p=36 ==> 37-36-1=0 ==>Valido
E quindi dimostrato dato che p non può essere 3k+0... non sarebbe primo.
So che la dimostrazione è orrenda ma non conosco moltissima roba di teoria dei numeri :(
Per ogni $ p \equiv 1 \pmod 6 $ e $ n>2 $ non multiplo di 3 esiste una tripla di interi $ (x,y,z) $ non nulla in $ \mathbb{F}_p $ tale che $ x^n+y^n=z^n $.
Esiste un intero $ x_0 $ tale che $ x_0(x_0+1)=-1 $, infatti ciò è verificato sse $ p \mid x_0^2+x_0+1 $ sse $ p \mid (2x_0+1)^2+3 $, infatti $ \left(\frac{-3}{p}\right)=1 $. Adesso $ \phi_3(x) \mid \phi_3(x^y) $ per ogni $ y $ intero positivo non multiplo di 3, dato che entrambe hanno come radici le radici cubiche dell'unità. Per cui $ p\mid x_0^2+x_0+1 \implies p\mid x_0^{2n}+x_0^n+1 \implies p \mid (-x_0-1)^n+x_0^n+1 $. Ciò è equivalente a $ x_0^n+1^n=(-x_0-1)^n $ in $ \mathbb{F}_p $.
Esiste un intero $ x_0 $ tale che $ x_0(x_0+1)=-1 $, infatti ciò è verificato sse $ p \mid x_0^2+x_0+1 $ sse $ p \mid (2x_0+1)^2+3 $, infatti $ \left(\frac{-3}{p}\right)=1 $. Adesso $ \phi_3(x) \mid \phi_3(x^y) $ per ogni $ y $ intero positivo non multiplo di 3, dato che entrambe hanno come radici le radici cubiche dell'unità. Per cui $ p\mid x_0^2+x_0+1 \implies p\mid x_0^{2n}+x_0^n+1 \implies p \mid (-x_0-1)^n+x_0^n+1 $. Ciò è equivalente a $ x_0^n+1^n=(-x_0-1)^n $ in $ \mathbb{F}_p $.
The only goal of science is the honor of the human spirit.