OliForum Matematico

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

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 $p<q$.

Sonner ha scritto: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' $2p=\text{ord}_q(a)\mid \varphi(q)=q-1 \implies q\ge 2p+1$. []

Bene, vai Sonner

Ok, piazzato qui

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....)

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.