Finiti primi p tali che p | sigma_k(a^p-1)

[HiTLeuLeR]

Siano $ a, k \in \mathbb{N} $, con a > 1, e $ \sigma_k(\cdot) $ la funzione $ \mathbb{N}^+ \to \mathbb{N} $ che somma le potenze k-esime dei divisori interi positivi del suo argomento. Dimostrare che esistono finiti primi naturali p tali che $ p \mid \sigma_k(a^p - 1) $.

[Santana]

Siano $ a, k \in \mathbb{N} $, con a > 1, e $ \sigma_k(\cdot) $ la funzione $ \mathbb{N}^+ \to \mathbb{N} $ che somma le potenze k-esime dei divisori interi positivi del suo argomento. Dimostrare che esistono finiti primi naturali p tali che $ p \mid \sigma_k(a^p - 1) $.

Supponiamo $ p|\sigma_k(a^p-1) $ e che esistano infiniti primi di tal tipo.

Prendiamo $ p>\sigma_k(a-1) \geq a-1 $.

Se $ q $ è primo e $ q|a-1 $ allora $ \frac{a^p-1}{a-1}=a^{p-1}+a^{p-2}+...+1 \equiv p \neq 0 \mod q $, da cui $ a-1 $ è primo con $ a^{p-1}+a^{p-2}+...+1 $.

Sarà $ \sigma_k(a^p-1)=\sigma_k(a-1)\sigma_k(\frac{a^p-1}{a-1}) $, percui $ p|\sigma_k(\frac{a^p-1}{a-1}) $.

Notiamo che se $ q $ primo e tale che $ q^s||\frac{a^p-1}{a-1} $ allora $ a^p \equiv 1 \mod q^s $ quindi $ a \equiv 1 \mod q^s $ ma in tal caso sarebbe $ q^s|a-1 $, impossibile, oppure $ ord_{q^s}(a)=p $ per cui $ p|q-1 $. Ogni divisore di $ \frac{a^p-1}{a-1} $ sarà prodotto di primi $ \equiv 1 \mod p $ per cui $ \equiv 1 \mod p $, e si avrà

$ \sigma_k(\frac{a^p-1}{a-1}) \equiv \sigma_0(\frac{a^p-1}{a-1}) \mod p $

ora sia $ \frac{a^p-1}{a-1}=t_1^{s_1}t_2^{s_2}...t_u^{s_u} $ la forma canonica di $ \frac{a^p-1}{a-1} $. Abbiamo

$ p|\sigma_0(\frac{a^p-1}{a-1})=(s_1+1)(s_2+1)...(s_u+1) $

e esisterà $ i $ tale che $ s_i \geq p-1 $ da cui (1)

$ t_i^{p-1}|\frac{a^p-1}{a-1} \leq \frac{a^p}{a-1} \leq 2a^{p-1} $

$ t_i \leq 2^{\frac{1}{p-1}}a $

ora per due numeri primi distinti qualsiasi $ r,v $ abbiamo $ gcd(a^r-1,a^v-1)=a-1 $, da cui se $ p_1,p_2,p_3... $ sono tutti e soli i numeri primi $ >\sigma_k(a-1) $ in ordine crescente allora i termini della serie

$ \frac{a^{p_1}-1}{a-1},\frac{a^{p_2}-1}{a-1},\frac{a^{p_3}-1}{a-1}... $

sono tutti primi fra loro, ma ciò è in evidente contrasto con la 1, da cui la tesi.

[HiTLeuLeR]

Bella, sì!

[Santana]

Bella, sì!

Belli sono i tuo problemi Hit... e la soddisfazioni di risolverli

[HiTLeuLeR]

Prendiamo $ p > \sigma_k(a-1) \geq a-1 $.

Un particolare mi è sfuggito: il tuo ragionamento (assieme alla disuguaglianza qui sopra) regge fintanto che k > 0. Certo è che il caso k = 0 è proprio babbo!

[Santana]

Prendiamo $ p > \sigma_k(a-1) \geq a-1 $.

Un particolare mi è sfuggito: il tuo ragionamento (assieme alla disuguaglianza qui sopra) regge fintanto che k > 0. Certo è che il caso k = 0 è proprio babbo!

Si, si può prendere $ p $ sufficientemente grande comunque

$ p>\max \{\sigma_k(a-1), a-1 \} $

[HiTLeuLeR]

Senza dubbio.