Valutazioni

[Rho33]

Un dubbio notturno relativo ad una diofantea che sto cercando di risolvere:

è vero che $v_p(a^{p-1}-1)=1$ per infiniti primi $p$ ?

[alexthirty]

Se p divide a-1 allora per LTE è sicuro

[Gerald Lambeau]

Non basta, con LTE devi avere $v_p(a-1)=1$ perché funzioni.
Ma cosa chiedi di preciso? Che per un $a$ fissato esistono infiniti primi $p$ tali che vale quella roba lì? O che per infiniti primi $p$ esiste $a$ tale che quella roba lì?

[alexthirty]

Non basta, con LTE devi avere $v_p(a-1)=1$ perché funzioni.
Ma cosa chiedi di preciso? Che per un $a$ fissato esistono infiniti primi $p$ tali che vale quella roba lì? O che per infiniti primi $p$ esiste $a$ tale che quella roba lì?

Si giusto hahahah lo avevo ritenuto scontato

[Rho33]

Allora, data l'ora tarda, mi sono espresso male Il dubbio di ieri è: fissato un certo $a$ intero positivo, è vero che esistono infiniti primi $p $ tali che $v_p(a^{p-1}-1)=1$ ?


Intanto che ci penso ed aspetto una risposta, abbasso il tiro chiedendo una cosa più semplice ( forse banale ma non me ne accorgo) e dove LTE non funziona:

è vero che $v_p(2^{p-1}-1)= 1 \ \ \forall p \in \mathbb{P}$ ?

[Veritasium]

è vero che $v_p(2^{p-1}-1)= 1 \ \ \forall p \in \mathbb{P}$ ?

Purtroppo no, e la questione purtroppo non è neanche elementare, da quel che so. Sono conosciuti due primi [tex]p[/tex] tali che [tex]p^2 \mid 2^{p - 1} - 1: 1093, 3511[/tex]. In generale, è una congettura aperta che, per ogni [tex]a[/tex], esistano infiniti primi [tex]p: p^2 \mid a^{p - 1} - 1[/tex].
Tra l'altro ciò farebbe pensare che quanto chiedi nel post originale sia vero, poiché se non lo fosse si avrebbe un risultato molto più forte della congettura sopra citata, ma comunque non so se sia già stato dimostrato/dimostrabile a livello olimpico. Comunque dai un'occhiata a "Wiefrich Primes"

[alexthirty]

è vero che $v_p(2^{p-1}-1)= 1 \ \ \forall p \in \mathbb{P}$ ?

Purtroppo no, e la questione purtroppo non è neanche elementare, da quel che so. Sono conosciuti due primi [tex]p[/tex] tali che [tex]p^2 \mid 2^{p - 1} - 1: 1093, 3511[/tex]. In generale, è una congettura aperta che, per ogni [tex]a[/tex], esistano infiniti primi [tex]p: p^2 \mid a^{p - 1} - 1[/tex].
Tra l'altro ciò farebbe pensare che quanto chiedi nel post originale sia vero, poiché se non lo fosse si avrebbe un risultato molto più forte della congettura sopra citata, ma comunque non so se sia già stato dimostrato/dimostrabile a livello olimpico. Comunque dai un'occhiata a "Wiefrich Primes"

Questo è un caso che però non rientra in LTE. In questi casi non so propriamente come funziona.

[Veritasium]

è vero che $v_p(2^{p-1}-1)= 1 \ \ \forall p \in \mathbb{P}$ ?

Purtroppo no, e la questione purtroppo non è neanche elementare, da quel che so. Sono conosciuti due primi [tex]p[/tex] tali che [tex]p^2 \mid 2^{p - 1} - 1: 1093, 3511[/tex]. In generale, è una congettura aperta che, per ogni [tex]a[/tex], esistano infiniti primi [tex]p: p^2 \mid a^{p - 1} - 1[/tex].
Tra l'altro ciò farebbe pensare che quanto chiedi nel post originale sia vero, poiché se non lo fosse si avrebbe un risultato molto più forte della congettura sopra citata, ma comunque non so se sia già stato dimostrato/dimostrabile a livello olimpico. Comunque dai un'occhiata a "Wiefrich Primes"

Questo è un caso che però non rientra in LTE. In questi casi non so propriamente come funziona.

Ovviamente non rientra in LTE, e sinceramente non credo esistano modi precisi per fare una valutazione p-adica, come appunto l'esempio mostra. Il punto è che se [tex]a \neq 1 \pmod p[/tex] LTE è inutile, quindi non può essere usato per rispondere alla domanda iniziale; potrebbe essere utile ragionare per assurdo o "costruire" primi che soddisfino l'uguaglianza di sopra, prima avevo provato a fare qualcosa coi ciclotomici ma non c'ho ricavato nulla di che.

[Rho33]

Oh wow, che domanda assassina che ho fatto! Ora mi darò un'occhiata a questi primi speciali ! A questo punto, dò il motivo per la seconda domanda che ho posto:

Trovare tutti i numeri primi $p$ tali che $p(2^{p-1}-1)=n^k $ con $k>1$ (cioè il LHS è una potenza $k-esima$)

Sarò sincero, il primo ed unico approccio che ho tentato è stato capire quale fosse la massima potenza di $p$ in $(2^{p-1}-1)$ per poter determinare $k$ e risolvere la diofantea. Io ho trovato una soluzione, anche abbastanza facile, nel caso in cui $k$ sia $2$ , cioè quando $v_p(2^{p-1}-1)=1$ . Ora però spunta fuori che per quei due primi non vale. Un hint per proseguire?

[Giovanni98]

Se $p \ge 3$ chiariamente $p \equiv_2 1$ quindi posso scrivere $p(2^\frac{p-1}{2} -1)(2^\frac{p-1}{2}+1)=x^k$. Notiamo adesso che $(2^\frac{p-1}{2} -1,2^\frac{p-1}{2}+1)=1$ quindi uno dei due è una potenza $k-esima$. Se lo è $2^\frac{p-1}{2}-1$ allora ho $2^\frac{p-1}{2} - 1 = t^k$ con $t>1$ intero positivo, ma è noto che per Mihalescu non ho alcuna soluzione, mentre se lo è $2^\frac{p-1}{2}+1$ allora per Mihalescu lo è solo se $\frac{p-1}{2}=3$ che porta $p=7$ che effettivamente funziona (si ha $7(63) = 7^2 \cdot 3^2$). Ora se $p=2$ ho $2(2^1-1)=2$ che non è una potenza perfetta, pertanto solo $p=7$ funziona. (Si può evitare Mihalescu molto facilmente, ma non ho voglia di scrivere, te lo lascio come esercizio).