n!|a^n+1 per un solo a
n!|a^n+1 per un solo a
Trovare tutti gli $ $n\in\mathbb{N} $ tali che $ $n!|a^n+1 $ per uno e un solo $ a\in \{1,2,\cdots,n!\} $
Per n=1,2 funziona.
Dividiamo ora in 3 casi:
1)$ n $ pari e $ n\ge 4 $. Allora abbiamo un assurdo modulo 4, perchè $ a^n+1\equiv 1,2\pmod 4 $. Quindi non va bene nessun a.
2)n dispari e n non primo: allora si ha che per $ a=n!-1 $ e $ a=(n-1)!-1 $ $ n!|a^n+1 $. La seconda si dimostra facilmente sviluppando col binomio di newton e considerando che se n non è primo, $ n|(n-1)!^k $ con $ k\ge 1 $. Quindi anche questo caso non va bene.
3)n primo dispari: Allora si ha che $ a^p\equiv -1\pmod{p!} $, da cui l'ordine modulo p! di a divide 2p e divide $ \phi (p!) $. Ma p non divide $ \phi (p!) $, quindi $ ord_{p!}a=1,2 $, il che porta ad $ a\equiv 1,-1\pmod {p!} $. Chiaramente se è congruo a 1 non va bene, quindi deve essere congruo a -1. Ma allora l'unico $ a $ che va bene è $ p!-1 $, ed abbiamo terminato.
Ricapitolando, vanno bene tutti gli $ n $ primi e n=1
Dividiamo ora in 3 casi:
1)$ n $ pari e $ n\ge 4 $. Allora abbiamo un assurdo modulo 4, perchè $ a^n+1\equiv 1,2\pmod 4 $. Quindi non va bene nessun a.
2)n dispari e n non primo: allora si ha che per $ a=n!-1 $ e $ a=(n-1)!-1 $ $ n!|a^n+1 $. La seconda si dimostra facilmente sviluppando col binomio di newton e considerando che se n non è primo, $ n|(n-1)!^k $ con $ k\ge 1 $. Quindi anche questo caso non va bene.
3)n primo dispari: Allora si ha che $ a^p\equiv -1\pmod{p!} $, da cui l'ordine modulo p! di a divide 2p e divide $ \phi (p!) $. Ma p non divide $ \phi (p!) $, quindi $ ord_{p!}a=1,2 $, il che porta ad $ a\equiv 1,-1\pmod {p!} $. Chiaramente se è congruo a 1 non va bene, quindi deve essere congruo a -1. Ma allora l'unico $ a $ che va bene è $ p!-1 $, ed abbiamo terminato.
Ricapitolando, vanno bene tutti gli $ n $ primi e n=1
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!