Si $p\mid 2^n-1$ , a continuación, cómo demostrar a $l(n) \lt p$

Question

Si $n\in \Bbb N $,$ n \gt 1$ y $p$ es número primo tal que $p\mid 2^n-1$ , a continuación, cómo demostrar a $l(n) \lt p$.

$l(n)$ es menor de primer divisor $n$.

Answer 1

Sugerencia $\, \ \rm mod\ p\!:\ 2^{p-1}\!\equiv 1\equiv 2^{n}\Rightarrow\, 2^{(p-1,n)}\!\equiv 1,\:$ , pero el mcd $\rm\:(p\!-\!1,n) = 1\:$ si $\rm\:p \le {\it l}\,(n). \:$

Comentario $\ $ Equivalentemente, mod $\rm\, p\!:\ 2^{p-1}\!\equiv 1\:\Rightarrow\:p\!-\!1\ge k:= $ orden de $\,2.\:$ $\rm\:k\ne 1,\:$ otra cosa $\rm\:p\mid 2^{\,1}\!-\!1 = 1.\:$ $\rm\:2^n\!\equiv 1\,\Rightarrow\,k\mid n\,\Rightarrow\,k > $ menos adecuada divisor de $\rm\:n, \:$ es decir $\rm\,k > {\it l}\,(n).\:$ $\rm\:p>p\!-\!1\ge k\ge {\it l}\,(n).$

Answer 2

Escribir $n = p_1^{l_1} p_2^{l_2} \cdots p_k^{l_k}$. Trivialmente $2^n \equiv 1 (p)$, ya que el $p \mid 2^n - 1$.

Ahora, $\text{ord}_p(2) \mid n$ implica que algunos $p_i \mid \text{ord}_p(2)$.

De acuerdo a Lagrange, $p_i \mid p - 1$ y, por lo tanto, $p_i < p - 1 < p$.

Claramente, $l(n) \leq p_i$ todos los $i$.

Paul Erdős disfrutado con este, al $n$ es el primer para demostrar la infinitud de los números primos.

Answer 3

$2^n-1$= $(2-1)(2^{n-1}+2^{n-2}+\cdots +1)$

Si, $n=ab$ , de Tal manera que $a$ $b$ son dos primos divisores. W. L. O. G podemos suponer $a>b$

$$2^ {ab} -1= (2^a)^b-1 = (2^a-1)((2^a)^{b-1}+(2^a)^{b-2}+(2^a)^{b-3}+\cdots +2^a)$$

$$=(2^b)^a-1 = (2^b-1)((2^b)^{a-1}+(2^b)^{a-2}+(2^b)^{a-3}+\cdots +2^b)$$

Pero $2^a-1$$2^b-1$$primes$. (Primos Mersenne).

$$l(n)=a$$

Cuando,

$$2^a-1=p$$

$$l(n)<p$$

Cuando,

$$2^b-1=p'$$

$$l(n)<p$$

Podemos probar el caso general! Tomando $n=a_1a_2a_3a_4\cdots a_n$.