Demostrar que $2730$ divide $n^{13} - n$ para todos los enteros $n$ .

Question

Demostrar que $2730$ divide $n^{13} - n$ para todos los enteros $n$ .

Lo que he intentado es romper $2730$ en $2, 3, 5$ y $7, 13$ . Por lo tanto, si pruebo que cada factor primo se divide por $n^{13} - n$ para todos los enteros $n$ demostrará el problema original.

Ya he demostrado $2, 3$ y $5$ trabajo. Luchando con la forma de hacer $91$ ?

Otras soluciones son bienvenidas, pero deben estar asociadas a mod y soluciones de este tipo, porque mi respuesta debe pertenecer a lo aprendido en clase.

(Editado: Solucionado el problema del 91, siendo lento hoy...En cualquier caso, ahora tengo este problema, así que no hay respuestas son necesario . Pronto publicaré el mío).

Answer 1

$\phi(2),\phi(3),\phi(5),\phi(7)$ y $\phi(13)$ todos se dividen $\phi(13)=12$ por lo que para cualquier primo $p\in\{2,3,5,7,13\}$ que tenemos: $$ n^{13}\equiv n\pmod{p} $$ y eso implica $2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 13\mid (n^{13}-n)$ .

Answer 2

$2730 = 2\times 3\times 5\times 7\times 13$

Consideremos dos casos:

Primer caso:

si n es divisible por 2730 entonces $n\equiv 0[2730]$ así que ${ n }^{ 13 }\equiv 0[2730]$ lo que significa ${ n }^{ 13 }\equiv n[2730]$ .

Segundo caso $\gcd(2730,n)=1$ :

Entonces todos los divisores primos de $2730$ será coprima con n.

Utilizando el teorema de Fermat poco para $2, 3,5, 7, 13$ :

$$ { n }\equiv 1[2]\longrightarrow { n }^{ 12 }\equiv 1[2]\\ { { n }^{ 2 } }\equiv 1[3]\longrightarrow { n }^{ 12 }\equiv 1[3]\\ { { n }^{ 4 } }\equiv 1[5]\longrightarrow { n }^{ 12 }\equiv 1[5]\\ { { n }^{ 6 } }\equiv 1[7]\longrightarrow { n }^{ 12 }\equiv 1[7]\\ { { n }^{ 12 } }\equiv 1[13]\longrightarrow { n }^{ 12 }\equiv 1[13]\\ $$

Lo que produce: $2730|{ n }^{ 12 }-1$ Así que..:

$$ { n }^{ 12 }\equiv 1[2730]\longrightarrow { n }^{ 13 }\equiv n[2730]\\ \qquad \qquad \qquad \longrightarrow \quad 2730|{ n }^{ 13 }-n $$

Tercer caso $d = \gcd(n,2730)\quad \neq 1$ :

En este caso $n = d\alpha$ y $2730 = dq$

Así que:

$$ n\equiv n[2730]\\ d\alpha \equiv d\alpha [dq]\\ \alpha \equiv \alpha [q] $$

Y se aplica el mismo método que en los casos anteriores.

Por lo tanto, se demuestra para todo n ^^.

Nota:

Para todos los primos ${ p }_{ 1 },{ p }_{ 2 },{ p }_{ 3 },...{ p }_{ m }$ :

${ p }_{ 1 }|n,\quad { p }_{ 2 }|n,\quad { p }_{ 3 }|n,\quad ...{ p }_{ m }|n\Longleftrightarrow { p }_{ 1 }{ p }_{ 2 }...{ p }_{ m }|n$

Answer 3

Como se ha señalado en un comentario $91$ no es primo sino el producto de $7$ y $13$ . A continuación, puede tratar estos dos como probablemente trató los otros factores, mediante el uso del Pequeño Teorema de Fermat.

Answer 4

Dejemos que $k>1$ sea un número entero. Escribe $D(k)$ para el conjunto de todos los números naturales primos $p$ tal que $p-1$ divide $k-1$ . Entonces, $\displaystyle\underset{n\in\mathbb{N}}{\gcd}\left(n^k-n\right)$ es el producto $\prod_{p \in D(k)}\,p$ .

Dejemos que $d_k$ sea el número $\displaystyle\underset{n\in\mathbb{N}}{\gcd}\left(n^k-n\right)$ . Claramente, $d_k$ es libre de cuadrados (en caso contrario, si un primo $q$ satisface $q^2\mid d_k$ entonces $q^2\mid d_k\mid q^k-q$ , lo cual es una contradicción). Ahora, encontraremos qué números primos pueden dividir $d_k$ .

Supongamos que un primo $p\mid d_k$ . Entonces, $n^k\equiv n\pmod{p}$ para todos $n\in\mathbb{N}$ . Por lo tanto, $p-1$ debe dividir $k-1$ (de lo contrario, podemos tomar $n$ para ser un elemento primitivo módulo $p$ ). Es decir, $p\in D(k)$ .

Por otro lado, si un primo $p$ es tal que $p-1$ divide $k-1$ entonces tenemos $n^k=n\cdot n^{k-1}\equiv n\cdot 1=n\pmod{p}$ si $p\nmid n$ y $n^k\equiv 0\equiv n\pmod{p}$ si $p\mid n$ . Por lo tanto, si $p\in D(k)$ entonces $p\mid d_k$ .

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Este problema es sólo un caso particular en el que $k=13$ . Tenga en cuenta que $$\prod_{p\in D(13)}\,p=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 13=2730\,.$$