115. Disuguaglianza fra primi

[kalu]

Siano $ p $ e $ q $ primi con $ q>5 $. Si dimostri che se $ q \mid 2^p+3^p $, allora $ q>p $.

[Sonner]

O è molto semplice o ho molto segato

$q\mid 2^p+3^p \iff (2\cdot3^{-1})^p\equiv -1 \pmod{q}$ se q diverso da 2,3, quindi $(2\cdot 3^{-1})^{2p}\equiv 1 \pmod{q}$ e quindi $ord_q{(2\cdot 3^{-1})}\in \{1,2,p,2p\}$
Nel primo caso si trova $3\equiv 2 \pmod {q}$ assurdo, nel secondo $9\equiv 4 \pmod {q}$ assurdo se $q>5$. Negli altri due casi ho ($ord_n(a)\mid \phi(n)$) che $p\mid q-1$ o $2p\mid q-1$ che in entrambi i casi implica $p<q$.

[jordan]

O è molto semplice o ho molto segato

$q\mid 2^p+3^p \iff (2\cdot3^{-1})^p\equiv -1 \pmod{q}$ se q diverso da 2,3, quindi $(2\cdot 3^{-1})^{2p}\equiv 1 \pmod{q}$ e quindi $ord_q{(2\cdot 3^{-1})}\in \{1,2,p,2p\}$
Nel primo caso si trova $3\equiv 2 \pmod {q}$ assurdo, nel secondo $9\equiv 4 \pmod {q}$ assurdo se $q>5$. Negli altri due casi ho ($ord_n(a)\mid \phi(n)$) che $p\mid q-1$ o $2p\mid q-1$ che in entrambi i casi implica $p<q$.

Detto $a:=2\cdot 3^{-1}$ in $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, poichè $a^p=-1$ allora $\text{ord}_q(a) \in \{2, 2p\}$ (Sonner, nota che il fattore $2$ ci deve stare..): come hai (giustamente) scritto te, il caso $\text{ord}_q(a)=2$ e' impossibile se $q>5$. L'unico caso rimanente e' $2p=\text{ord}_q(a)\mid \varphi(q)=q-1 \implies q\ge 2p+1$. []

[kalu]

Bene, vai Sonner

[Sonner]

Ok, piazzato qui

[Hawk]

Rendete comprensibile ai noi comuni mortali, quello che scrivete. Ehm.. Sonner da dove viene la prima coimplicazione? (Mi spiace ma per ora non posso far altro che chiedere....)

[Sonner]

Sì in effetti un passaggio in più potevo anche mettercelo, comunque è semplicemente:
$2^p+3^p\equiv 0 \pmod {q} \iff 2^p\cdot 3^{-p}+1\equiv 0 \pmod {q} \iff (2\cdot 3^{-1})^{p}\equiv -1 \pmod q$
moltiplicando per l'inverso di 3 p volte.