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Sia $p$ un numero primo. Dato un $a\in\mathbb{Z}$ tale che $\gcd(a, p!)=1$, dimostrare che $p!|a^{(p-1)!}-1$.
Se a $p$ primo si sostituisce un $n\in\mathbb{N}$ libero da quadrati, l'enunciato è ancora vero?

Ido Bovski ha scritto:Sia $p$ un numero primo. Dato un $a\in\mathbb{Z}$ tale che $\gcd(a, p!)=1$, dimostrare che $p!|a^{(p-1)!}-1$.
Se a $p$ primo si sostituisce un $n\in\mathbb{N}$ libero da quadrati, l'enunciato è ancora vero?

Dai due interi $a,b$ possiamo affermare che $a \mid b$ se e solo se $\upsilon_q(a)\le \upsilon_q(b)$ per ogni $q \in \mathbb{P}$.
Adesso e' necessario (e sufficiente) mostrare tale disuguaglianza per tutti i primi $q\le p$: fissato un tale $q$ infatti abbiamo in particolare che $q\mid p! \implies \text{gcd}(a,q)=1$ per cui $\displaystyle \upsilon_q(a^{(p-1)!}-1)=$ $\displaystyle \upsilon_q((a^{q-1})^{(p-1)!/(q-1)}-1)=$ $ \displaystyle \upsilon_q(a^{q-1}-1)+\upsilon_q(\frac{(p-1)!}{q-1})$ $=\displaystyle \upsilon_q(a^{q-1}-1)+\upsilon_q((p-1)!)$ (per LTE e T.di Fermat). Affinche' $\upsilon_q(p!) \le \upsilon_q(a^{(p-1)!}-1)$ dobbiamo quindi mostrare in modo equivalente che $\upsilon_q(p!) \le \upsilon_q(a^{q-1}-1)+\upsilon_q((p-1)!)$ che e' vera se e solo se $\upsilon_q(p) \le \upsilon_q(a^{q-1}-1)$ per ogni primo $q \le p$ e intero $a$ coprimo con $p!$.

E' ovvio adesso che, se $\mu(p)\neq 0$ allora la divisibilità e' sempre verificata, difatti $\displaystyle \upsilon_q(p) \in \{0,1\}$ e $\upsilon_q(a^{q-1}-1) \ge 1$. []

Bene! A te il testimone

p.s. per chi volesse trovarla, assicuro che esiste anche una dimostrazione che non fa uso del lemma LTE

Allora premetto che non sono sicuro di molte delle cose che dirò, quindi è probabile che la dimostrazione sia cannata

Allora

Sia $ \phi $ la funzione totiente di eulero, per cui sappiamo che se $ \gcd(a,n) = 1 $ alloa $ a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n $

1) $ \phi(p!) = \prod{C_i}\prod{(p_i -1)} $ dove $ C_i $ sono composti mentre i vari $ p_i $ sono primi
Esempio $ \phi(10!) = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot (7-1) \cdot 6 \cdot (5-1) \cdot 4 \cdot (3-1) \cdot (2-1) $
Dimostrazione: Detto questo, si dimostra facilmente che $ \phi(p!) | (p-1)!^2 $ (se p primo; infatti il fattore p non é presente in nessuno dei due membri, mentre tutti i fattori in $ \phi(p!) $ sono minori di p, ripetuti al massimo due volte (quando si sottrae uno ad un primo, come nell'esempio precedente)

Quindi $ \phi(p!)\cdot\alpha = (p-1)!^2 $ con $ \alpha $ intero
Quindi noi sappiamo che
$ a^{\phi(p!)} \equiv 1 \pmod{p!} \Rightarrow a^{\phi(p!)\cdot \alpha} \equiv 1 \pmod{p!} \Rightarrow a^{(p-1)!^2} \equiv 1 \pmod{p!} $
Ora, se é vero che $ x^2 \equiv 1 \pmod m \Rightarrow x \equiv \pm 1 \pmod m $,mi basta dimostrare che $ a^{(p-1)!} $non può essere congruo a $ -1 \pmod {p!} $ e ho concluso

1) $ \phi(p!) = \prod{C_i}\prod{(p_i -1)} $ dove $ C_i $ sono composti mentre i vari $ p_i $ sono primi
Esempio $ \phi(10!) = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot (7-1) \cdot 6 \cdot (5-1) \cdot 4 \cdot (3-1) \cdot (2-1) $

Non ho letto completamente la tua dimostrazione, ma questo deriva banalmente dalla formula per un n generico della phi di eulero...

Ora, se é vero che $ x^2 \equiv 1 \pmod m \Rightarrow x \equiv \pm 1 \pmod m $

E questo non è assolutamente vero! Solo per i primi vale, per un numero generico è sempre falso (a parte per 2p, con p primo)

Infine, e cosa più importante, è l'esponente ad essere elevato alla seconda, non puoi "portarlo fuori"...

Drago96 ha scritto:

Infine, e cosa più importante, è l'esponente ad essere elevato alla seconda, non puoi "portarlo fuori"...

Ahaha ma certo, che svista

Drago96 ha scritto:

1) $ \phi(p!) = \prod{C_i}\prod{(p_i -1)} $ dove $ C_i $ sono composti mentre i vari $ p_i $ sono primi
Esempio $ \phi(10!) = 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot (7-1) \cdot 6 \cdot (5-1) \cdot 4 \cdot (3-1) \cdot (2-1) $

Non ho letto completamente la tua dimostrazione, ma questo deriva banalmente dalla formula per un n generico della phi di eulero...

Quest'esempio non l'ho capito proprio..