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Sia $ \omega(n) $ il numero dei fattori primi distinti di $ n $, per $ n\in\mathbb{N} $. Dimostrare che esistono infiniti $ n\in\mathbb{N} $ tali che $ \omega(1+n!) > 1 $.

Cioè è da dimostrare che per infiniti n, $ ~ n!+1 $ non è primo?
Mi sembra un modo meno contorto di dirlo!

non e' una potenza di un numero primo
$ ~4!+1=25\quad \omega(25=5^2)=1 $
$ ~6!+1=721\quad \omega(721=7*103)=2 $

Ok, me la merito una figura di merda
Ciò non toglie che c'era un modo meno contorto di dirlo.

Suppongo che c'entri qualcosa il teorema di wilson, no?

HiTLeuLeR ha scritto:Sia $ \omega(n) $ il numero dei fattori primi distinti di $ n $, per $ n\in\mathbb{N} $. Dimostrare che esistono infiniti $ n\in\mathbb{N} $ tali che $ \omega(1+n!) > 1 $.

Per assurdo, supponiamo che definitivamente $ \omega(1+n!) = 1 $. Allora preso un primo $ p $ sufficientemente grande abbiamo per il teorema di Wilson $ p|(p-1)!+1 $ e necessariamente $ (p-1)!+1=p^k $. Scegliamo $ p>5 $, sarà

$ (p-1)!=p^k-1=(p-1)(p^{k-1}+p^{k-2}+...+1) $

ora $ \frac{p-1}{2}||(p-1) $ e $ (\frac{p-1}{2})^2|(p-1)! $ per cui $ p^{k-1}+p^{k-2}+...+1 \equiv k \mod \frac{p-1}{2} $ e anche $ \frac{p-1}{2}|p^{k-1}+p^{k-2}+...+1 $ ovvero $ \frac{p-1}{2}|k $.
Se fosse $ k \geq p-1 $ allora sarebbe $ (p-1)!+1 \geq p^{p-1} $, assurdo. Necessariamente $ k=\frac{p-1}{2} $ per cui $ (p-1)!+1=p^{\frac{p-1}{2}} $ e quindi $ p<2 $, impossibile.

edriv ha scritto: Ciò non toglie che c'era un modo meno contorto di dirlo.

"Lex non scusat - ultimamente, lo sento sempre più spesso dire... Come dato di fatto, la difficoltà di interpretazione della legge è inversamente proporzionale alla conoscenza della lingua, non della materia. Ma poiché si presume che la lingua sia un bene comune..." - Divagazioni.

Santana ha scritto:Per assurdo, supponiamo che definitivamente $ \omega(1+n!) = 1 $. Allora preso un primo $ p $ sufficientemente grande, [...] necessariamente $ (p-1)!+1=p^k $. Scegliamo $ p>5 $, sarà [...] $ \frac{1}{2}(p-1) \mid (p^{k-1}+p^{k-2}+...+1) $.

Eh, no! Casomai $ \frac{1}{2}(p-1) $ divide $ 2 \cdot (p^{k-1}+p^{k-2}+...+1) $. Il problema è tuttavia aggirabile ammettendo $ p \equiv 3 \bmod 4 $. Nelle conclusioni, inoltre, è $ p \le 5 $. Il resto va più che bene - questi altri son solo dettagli.