164-$ax^p+by^p$

[jordan]

Molto meglio, mi pare fili tutto chiaramente

[Gottinger95]

Ne ho un'altra, sostanzialmente diversa, che non so se è corretta Ma se è corretta, allora è un po' più forte, e dice che c'è almeno un numero ogni \((p-1)^2\) che non è generabile. Lo proveremo per \(p>3\). Per \(p=2\) ho un metodo popo orendo ma abbastanza standard (lo riguardo e se non ho preso cantonate lo scrivo), per \(p=3\) ci penso (me ne sono accorto adesso).

1. Se magari esistesse..Se esiste \(q < (p-1)^2\) primo tale che \(q \equiv 1 \pmod{p}\), allora \(ax^p+by^p\) non copre tutti i numeri modulo \(q\).

Sia \(q = tp+1\). I residui \(p\)-esimi (compreso lo 0) modulo \(q\) sono \(t+1\), quindi quelli generati da \(ax^p+by^p\) sono al massimo \((t+1)^2\). D'altronde
\( (t+1)^2 < q \ \ \ \Leftrightarrow \ \ \ t^2+2t+1 < tp+1 \ \ \ \Leftrightarrow \ \ \ t < p-2 \ \ \ \Leftrightarrow q=tp+1 < (p-1)^2\)
Perciò i numeri generabili sono meno dei numeri modulo \(q\).

2. ..Est, est, est! Per \(p>3\), esiste un \(t < (p-2)\) tale che \(tp+1\) è primo.

Infatti, un numero tra \(p+1\) e \( (p-1)^2\) deve avere almeno un fattore più piccolo di \(p\).Siano \(p_1, \ldots, p_{k-1}\) i numeri primi precedenti a \(p\), e sia \(A_k = \{1, \ldots, k-1\}\). Affinchè un numero non sia primo, deve valere per qualche \(i<k\) che
\( t \equiv s_i \pmod{ p_i} \), dove \(ps_i \equiv -1 \pmod{p_i}\)
I numeri \(t<p-2\) congrui a un certo \(s_i \pmod{p_i}\) sono al massimo \( (p-3)/p_i\). Con il principio di inclusione esclusione, ricaviamo che la quantità di numeri \(t\) tali che \(tp+1\) che non è divisibile per nessun primo minore di \(p_k \) è almeno
\( \displaystyle (p-3) \left ( 1- \sum_{ i \in A_k} \frac{1}{p_i} + \sum_{i \neq j \in A_k} \frac{1}{p_i p_j} + \ldots \right ) = (p-3)\prod_{i=1}^{k-1} \left (1- \frac{1}{p_i} \right ) = (p-3) \prod_{i=1}^{k-1} \left (\frac{p_i-1}{p_i} \right ) > (p-3) \prod_{i=1}^{k-1} \left ( \frac{i}{i+1} \right ) = \frac{p-3}{k} \)
che per \(p>5\) è maggiore di 1. Per \(p=5\) invece troviamo che 11 soddisfa.

[Triarii]

@Gottinger: mi potresti chiarire il passaggio quando dici che ci sono t+1 residui p-esimi modulo q? (cioè, credo che ci incastri col fatto che fai variare t e che , ma oltre non riesco a vedere )

[Gottinger95]

Prendi un generatore \(g\) modulo \(q\). I residui \(p\)-esimi coprimi con \(q\) sono tutti e soli quelli della forma \( g^{s} \pmod{q} \) con\(s \equiv pk \pmod{q-1} \) per qualche \(k\) (perchè gli esponenti si valutano \(\pmod{q-1}\) ). Visto che \(p \mid q-1\), abbiamo
\( s \equiv pk \pmod{q-1} \ \ \ \Leftrightarrow \ \ \ s/p \equiv k \pmod{ (q-1)/p} \ \ \ \Leftrightarrow \ \ \ s/p \equiv k \pmod{t} \)
perciò le possibili scelte di \(k\) sono esattamente \(t\), i residui modulo \(t\). In più c'è da aggiungere lo 0 che all'inizio avevamo escluso, perciò in tutto sono \(t+1\). Spero di essermi spiegato! E buon natale

[Triarii]

Ok, grazie mille, tutto chiaro (mod q-1 è dovuto al PTF )
Buon natale anche a te e a tutti gli utenti

[jordan]

I numeri \(t<p-2\) congrui a un certo \(s_i \pmod{p_i}\) sono al massimo \( (p-3)/p_i\).

Non proprio: se per esempio $s_i=2$, $p=11$, $p_i=3$ allora il numero di interi $1\le t<p-2$ tali che $t \equiv s_i \pmod{p_i}$ non è minore di $\frac{p-3}{p_i}$

[Gottinger95]

è vero, ci va messo un +1, ma per fortuna nel principio di inclusione-esclusione viene \( \binom{k}{0} - \binom{k}{1} + \ldots +(-1)^{k} \binom{k}{k} = (1-1)^k = 0\), quindi nel complesso non contribuisce. In realtà tutto ciò è falso, perchè mi sono accorto di aver dimenticato le parti intere D: non so se posso recuperare!

[xXStephXx]

In realtà tutto ciò è falso, perchè mi sono accorto di aver dimenticato le parti intere D: non so se posso recuperare!

Barone!

Comunque dovrei andare col prossimo? xD (Il problema è che non trovo un problema... xD)

[<enigma>]

Visto che in fondo sono buono, ti avviso che è una congettura aperta. Tutto quel che si sa ad ora è $q<Cp^5$.

[jordan]

Sapevo che si erano fermati all'esponente $8$ :O

Meglio, assumendo l'ipotesi di Riemann si potrebbe anche mostrare che il piu' piccolo primo $q$ tale che $n\mid q-1$ verifica $q<70n\ln^2n$ definitivamente (per via di cannoni che non so maneggiare); non ho detto niente sopra perchè tutti i lavori che ho trovato non assumevano $n$ primo, in realtà speravo anch'io che il bound potesse essere migliorato in questo caso particolare, visto che era la strada che avevo iniziato anch'io, inutilmente..

Xxsteph, vai pure!