Se phi(n) | (n-1) ed (n+1) | sigma_1(n), allora...
Se phi(n) | (n-1) ed (n+1) | sigma_1(n), allora...
Problema: provare che un intero $ n\in\mathbb{N}_0 $ è primo sse $ \varphi(n) \mid (n-1) $ ed $ (n+1) \mid \sigma_1(n) $.
Dopo tanto tempo che non posto in TdN, torno probabilmente per dire una stronzata, ma gli insulti di Euler, lo confesso, un po' mi mancano, quindi me li beccherò tutti felicemente...
Siano $ \{a_1,\dots,a_n\} $ reali positivi maggiori di 1, allora $ \dfrac{(a_1+1)\dots (a_n+1)}{2^{n-1}(a_1\dots a_n+1)}\le1 $
Dimostriamolo per induzione.
Il caso $ n=1 $ è l'unico in cui vale l'uguaglianza. Per passare da $ n $ a $ n+1 $ basta provare che
$ \dfrac{(a_{n+1}+1)(a_1\dots a_n+1)}{2(a_1\dots a_{n+1}+1)}<1 $
il chè coimplica
$ (1-a_{n+1})(a_1\dots a_n-1)<0 $
Il problema
Tutte le variabili introdotte apparterrano a $ \mathbb{N}_0 $
Innanzitutto faccio il caso $ n=1 $, risulta chiaro che $ 2 $ non divide $ 1 $, quindi un ipotesi cade, quindi $ 1 $ non verifica.
Ora, in coerenza con il Teorema fondamentale dell'Aritmetica scrivo $ n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\dots p_k^{e_k} $ dove i $ p_i $ sono tutti primi naturali e gli $ e_i $ naturali.
Riscrivendo la tesi deve quindi valere, per qualche $ m\in \mathbb{N}_0 $ che
$ \phi(n)*m=n-1 $
$ (p_1^{e_1}-p_1^{e_1-1})\dots(p_k^{e_k}-p_k^{e_k-1})*m=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\dots p_k^{e_k}-1 $
ma se esiste un $ e_i\ge 2 $ avremo che a sinistra siamo zeri modulo $ p_i^{e_i-1} $ mentre a destra siamo congrui a meno 1. Questo ci fa escludere tutti i naturali tranne i numeri detti squarefree
Dovrebbe valere
$ m(p_1-1)(p_2-1)\dots (p_k-1)=p_1p_2\dots p_k-1 $
Se il nostro numero fosse pari, avremmo che la proposizione non vale poichè a sinistra saremmo pari e a destra dispari.
Quindi ci rimane da dimostrare il tutto per gli squarefree dispari.
Se vale
$ m(p_1-1)(p_2-1)\dots (p_k-1)=p_1p_2\dots p_k-1 $
allora $ p_1\dots p_k=2^k*q+1 $
ma deve valere anche
$ g(p_1p_2\dots p_k+1)=(p_1+1)\dots (p_k+1) $
quindi $ g(2^kq+2)=2^k*f $
quindi $ g=2^{k-1}*r $
ma, per quanto detto nel Lemma 1, se $ k>1 $, dovrebbe essere $ 0<r<1 $. Il chè è chiaramente assurdo.
Ora ci basta osservare che, per $ p $ primo $ \sigma(p)=p+1 $ e $ \phi(p)=p-1 $ per concludere.
P.S. Se è troppo "stringata" sappiatemi dire, euler, e gli altri due (o forse uno) che leggeranno
EDIT: Corretto errore di battitura
Lemma 1 (i due che leggono penseranno "che cosa diavolo c'entrano le disuguaglianze?", do solo una traccia della dimostrazione, che abbastanza easy, se poi euler vorrà delucidazioni gliele darò)HiTLeuLeR ha scritto:Problema: provare che un intero $ n\in\mathbb{N}_0 $ è primo sse $ \varphi(n) \mid (n-1) $ ed $ (n+1) \mid \sigma_1(n) $.
Siano $ \{a_1,\dots,a_n\} $ reali positivi maggiori di 1, allora $ \dfrac{(a_1+1)\dots (a_n+1)}{2^{n-1}(a_1\dots a_n+1)}\le1 $
Dimostriamolo per induzione.
Il caso $ n=1 $ è l'unico in cui vale l'uguaglianza. Per passare da $ n $ a $ n+1 $ basta provare che
$ \dfrac{(a_{n+1}+1)(a_1\dots a_n+1)}{2(a_1\dots a_{n+1}+1)}<1 $
il chè coimplica
$ (1-a_{n+1})(a_1\dots a_n-1)<0 $
Il problema
Tutte le variabili introdotte apparterrano a $ \mathbb{N}_0 $
Innanzitutto faccio il caso $ n=1 $, risulta chiaro che $ 2 $ non divide $ 1 $, quindi un ipotesi cade, quindi $ 1 $ non verifica.
Ora, in coerenza con il Teorema fondamentale dell'Aritmetica scrivo $ n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\dots p_k^{e_k} $ dove i $ p_i $ sono tutti primi naturali e gli $ e_i $ naturali.
Riscrivendo la tesi deve quindi valere, per qualche $ m\in \mathbb{N}_0 $ che
$ \phi(n)*m=n-1 $
$ (p_1^{e_1}-p_1^{e_1-1})\dots(p_k^{e_k}-p_k^{e_k-1})*m=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\dots p_k^{e_k}-1 $
ma se esiste un $ e_i\ge 2 $ avremo che a sinistra siamo zeri modulo $ p_i^{e_i-1} $ mentre a destra siamo congrui a meno 1. Questo ci fa escludere tutti i naturali tranne i numeri detti squarefree
Dovrebbe valere
$ m(p_1-1)(p_2-1)\dots (p_k-1)=p_1p_2\dots p_k-1 $
Se il nostro numero fosse pari, avremmo che la proposizione non vale poichè a sinistra saremmo pari e a destra dispari.
Quindi ci rimane da dimostrare il tutto per gli squarefree dispari.
Se vale
$ m(p_1-1)(p_2-1)\dots (p_k-1)=p_1p_2\dots p_k-1 $
allora $ p_1\dots p_k=2^k*q+1 $
ma deve valere anche
$ g(p_1p_2\dots p_k+1)=(p_1+1)\dots (p_k+1) $
quindi $ g(2^kq+2)=2^k*f $
quindi $ g=2^{k-1}*r $
ma, per quanto detto nel Lemma 1, se $ k>1 $, dovrebbe essere $ 0<r<1 $. Il chè è chiaramente assurdo.
Ora ci basta osservare che, per $ p $ primo $ \sigma(p)=p+1 $ e $ \phi(p)=p-1 $ per concludere.
P.S. Se è troppo "stringata" sappiatemi dire, euler, e gli altri due (o forse uno) che leggeranno
EDIT: Corretto errore di battitura
Ultima modifica di Boll il 14 ago 2005, 10:13, modificato 2 volte in totale.
Ottimo, Bollazzo, non ti nascondo che l'ho letta con grande piacere. 
Solo un appunto...
Solo un appunto...No! Semmai coimplica $ (1-a_{n+1})(a_1\dots a_n-1)<0 $. Ma le conclusioni non cambiano... Well, finalmente anche questo è stato risolto! Il che dimostra una volta in più quanto sia vuoto il parlare di certa gente...Boll ha scritto:[...] basta provare che $ \dfrac{(a_{n+1}+1)(a_1\dots a_n+1)}{2(a_1\dots a_{n+1}+1)}<1 $, il chè coimplica $ (1-a_{n+1})(a_1\dots a_n+1)<0 $ [...]