p^{p-1} || P(x)P(x+1)....P(x+p-1)

[Simo_the_wolf]

Sia dato un primo $ p $. Diciamo che $ P(x)= x^{(p-1)^2} + x^{(p-1)(p-2)} + x^ { (p-1)(p-3)} + ... + x^{p-1} +1 $

dimostrare che:

(i) $ p^{p-1}|P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

(ii) $ p^p \nmid P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

[Santana]

Sia dato un primo $ p $. Diciamo che $ P(x)= x^{(p-1)^2} + x^{(p-1)(p-2)} + x^ { (p-1)(p-3)} + ... + x^{p-1} +1 $

dimostrare che:

(i) $ p^{p-1}|P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

(ii) $ p^p \nmid P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

per il piccolo teorema di Fermat se $ (x,p)=1 $ allora $ x^(p-1)=1 /mod p $ e quindi $ p|P(x) $, ora tra $ x,x+1,x+2...x+p-1 $ ci sono$ p-1 $ numeri primi con $ p $ da cui segue (i) e (ii).[/tex]

[Simo_the_wolf]

ma chi ti dice che $ p^2 \nmid P(x) $ ?

[HiTLeuLeR]

Sia dato un primo $ p $. Diciamo che $ P(x)= x^{(p-1)^2} + x^{(p-1)(p-2)} + x^ { (p-1)(p-3)} + ... + x^{p-1} +1 $. Dimostrare che:

(i) $ p^{p-1}|P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

(ii) $ p^p \nmid P(x)P(x+1)P(x+2)...P(x+p-1) $

Siano p > 2 ed $ x \in \mathbb{Z} $. Se x è primo con p ed $ x \ne \pm 1 $, allora $ P(x) = \sum_{k=0}^{p-1} x^{(p-1)k} = (x^{(p-1)p}-1)/(x^{p-1}-1) $, e perciò $ v_p(P(x)) = v_p(x^{(p-1)p}-1) - v_p(x^{p-1}-1) = v_p((p-1)p) = 1 $, i.e. p || P(x). D'altronde $ P(\pm 1) = p $. Infine, $ p \nmid P(x) $, se p | x. Poiché fra gli interi x, x+1, ..., x+p-1 esistono esattamente p-1 elementi primi con p ed uno divisibile per p, ne viene immediatamente che $ p^{p-1} \;\|\; P(x) \,P(x+1) \ldots P(x+p-1) $. La tesi è falsa se poi p = 2, perché in tal caso P(x) = x + 1, e così P(2) P(2+1) è divisibile per 4.

EDIT: vedi oltre.

[Simo_the_wolf]

$ v_p(P(x)) = v_p(x^{(p-1)p}-1) - v_p(x^{p-1}-1) = v_p((p-1)p) = 1 $

Uhm non mi è tanto chiaro questo passaggio...

Comunque già mi ero scordato il caso p=2... d'oh!

[HiTLeuLeR]

$ v_p(P(x)) = v_p(x^{(p-1)p}-1) - v_p(x^{p-1}-1) = v_p((p-1)p) = 1 $

Uhm non mi è tanto chiaro questo passaggio...

Se p è un primo > 2 e a è un intero $ \ne \pm 1 $ tale che p | (a^n - 1), allora $ v_p(a^{nk}-1) = v_p(a^n - 1) + v_p((a^{nk} - 1)/(a^n - 1)) $ $ = v_p(a^n - 1) + v_p(k) $.

[HiTLeuLeR]

Siano p > 2 ed $ x \in \mathbb{Z} $. Se x è primo con p, allora $ P(x) = \sum_{k=0}^{p-1} x^{(p-1)k} = (x^{(p-1)p}-1)/(x^{p-1}-1) $ [...]

In realtà - me lo faccio notare da solo! - restano scoperti i casi $ x= \pm 1 $, che tuttavia si trattano comodamente "a mano", visto che allora $ x^{p-1} = 1 $. Edito!

[Simo_the_wolf]

Se p è un primo > 2 e a è un intero $ \ne \pm 1 $ tale che p | (a^n - 1), allora $ v_p(a^{nk}-1) = v_p(a^n - 1) + v_p((a^{nk} - 1)/(a^n - 1)) $ $ = v_p(a^n - 1) + v_p(k) $.

Non vorrei essere troppo puntiglioso...
E' giustissimo quello che dici, ma perchè è così???

So di essere anche un po' irritante ma in fondo quella è la parte della dimostrazione più complicata e interessante, diciamo...

[HiTLeuLeR]

In realtà, è un risultato arcinoto: chiedi a google del lemma di Hensel.