Cómo encontrar los números primos $p$ tal que $\dfrac{(11^{p-1}-1)}{p}$ es un cuadrado perfecto
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Aquí hay otra idea. Voy a argumentar que no es tan importante.
Voy a hacer uso de una técnica llamada levantando el exponente. Esto servirá principalmente para acortar varios pasos de mi argumento (es decir, no es completamente esencial). En breve, el método requiere el siguiente resultado, que no es muy difícil de comprobar. Si $p > 2$ es el primer y $a$ $b$ son enteros con $v_p(a) = v_p(b) = 0$$v_p(a - b) > 0$, entonces para cualquier entero positivo $n$, \begin{align*} v_p(a^n - b^n) = v_p(a - b) + v_p(n). \end{align*} La afirmación también es válida si $p = 2$, siempre que $v_2(a-b) > 1$, es decir, siempre que $4 \mid a-b$. Tenga en cuenta que un número entero distinto de cero $m$ es un cuadrado perfecto si y sólo si $v_p(m) \equiv 0 \pmod2$ para todos los números primos $p$.
Yo también uso el hecho de que el conjunto de residuos cuadráticos módulo $11$$\{1,3,4,5,9\}$, y, por tanto, que el conjunto de nonresidues es $\{2,6,7,8,10\}$. En particular, $-1,2$, e $7$ son cuadrática nonresidues modulo $11$. Tenga en cuenta que, si $p$ es un primo tal que $(11^{p-1} - 1)/p$ es un cuadrado perfecto, entonces el residuo de la clase $\overline{p}$ $p$ modulo $11$ es una ecuación cuadrática nonresidue. Finalmente, uno puede comprobar directamente que $(11^{p-1} - 1)/p$ no es un cuadrado perfecto cuando $p = 2,3,5$ o $7$.
He aquí el argumento.
Supongamos por contradicción que $(11^{p-1} - 1)/p$ es un cuadrado perfecto para algunos de los mejores $p$. La primera de todas las $2 \mid p-1$, lo $2^3\cdot 3\cdot 5 = 11^2 - 1 \mid 11^{p-1} - 1$. Para $q = 2,3,5$, uno tiene $$ v_q(11^{p-1} - 1) = v_q(11^2 - 1) + v_q\left(\frac{p-1}{2}\right) \equiv 1 + v_q\left(\frac{p-1}{2}\right) \pmod 2. $$ El lado izquierdo es, incluso, por supuesto (ya $p > 7$), por lo $v_q\left(\frac{p-1}{2}\right)$ es impar. Esto demuestra que $3$ $4$ brecha $p-1$. Uno puede comprobar que $v_7(11^3 - 1) = 1$. De ello se sigue que $$ v_7(11^{p-1} - 1) = 1 + v_7\left(\frac{p-1}{3}\right). $$ El lado izquierdo es incluso (de nuevo, desde el $p > 7$), por lo $r = v_7\left(\frac{p-1}{3}\right)$ es impar.
Ahora escribo $p - 1 = 12 \cdot 7^r m$, por lo que el $7\nmid m$. Pretendemos que $11^{12m} - 1 = 7a^2$ para algunos entero$a$,$p\nmid a$. La parte crucial es que el $p\nmid 11^{12m} - 1$. Desde $7 \nmid 4m$$v_7(11^3 - 1)>0$, podemos levantar el exponente para obtener $$ v_7(11^{12m} - 1) = v_7(11^3 - 1) + v_7(4m) = v_7(11^3 - 1) = 1. $$ Supongamos ahora que $q\not = 7$ es cualquier divisor primo de $11^{12m} - 1$. A continuación, podemos levantar el exponente de nuevo para obtener $$ v_q(11^{12m} - 1) = v_q(11^{p-1} - 1) - v_q(7^r) = v_q(11^{p-1} - 1). $$ (Al $q = 2$ utilizamos el hecho de que $4 \mid 11^{12m} - 1$.) El lado derecho es incluso menos que posiblemente $q = p$. Así que tenemos $11^{12m} - 1 = 7p^ea^2$ donde $a$ es un entero no divisible por $p$ $e$ es $0$ o igual a $v_p(11^{p-1} - 1)$, en cuyo caso es impar. El residuo $\overline{7p^ea^2} = -1$ es una ecuación cuadrática nonresidue modulo $11$. Desde $\overline{p}$ $7$ son tanto cuadrática nonresidues y $\overline{a^2}$ es una ecuación cuadrática de los residuos, debe ser el caso de que $e = 0$. (Producto de la cuadrática nonresidues es una ecuación cuadrática de los residuos, del mismo modo un producto de residuos cuadráticos es una ecuación cuadrática de residuos.) Por lo tanto $11^{12m} - 1 = 7a^2$,$p \nmid a$, como se reivindica.
Ok, sólo un paso más. Básicamente, se utiliza un argumento similar a la anterior para mostrar que $11^{6m} - 1 = 14b^2$ para algunos entero $b$. Desde $\overline{14} = 3$ $\overline{b^2}$ son residuos cuadráticos módulo $11$, el producto $\overline{14b^2} = -1$ va a ser así, y luego se da la deseada contradicción. En primer lugar, desde $11^{6m} - 1 \mid 11^{12m} - 1$$p \nmid 11^{12m} - 1$, sabemos que $p \nmid 11^{6m} - 1$. Por lo tanto si $q$ es un primo que divide a $11^{6m} - 1$,$q \not = p$, y por el levantamiento de la exponente obtenemos $$ v_q(11^{6m} - 1) = v_q(11^{p-1} - 1) - v_q(2\cdot 7^r) \equiv v_q(2\cdot 7^r) \pmod 2. \etiqueta{1} $$ Si $q \not = 2$ o $7$,$v_q(2) = v_q(7^r) = 0$, lo $v_q(11^{6m} - 1)$ es incluso. Desde $4 \mid 11^{6m} - 1$$7\mid 11^{6m} - 1$, la ecuación de $(1)$ muestra que $$v_2(11^{6m} - 1)\equiv 1\pmod 2\quad \text{and} \quad v_7(11^{6m} - 1) \equiv r \equiv 1\pmod 2,$$ i.e., both numbers are odd. (Recall that $r = v_7\left( \frac{p-1}{3}\right)$ is odd, as was shown in 1.) We conclude that $11^{6m} - 1 = 14 b^2$ for some integer $b$, como se afirma, y se deriva una contradicción, como se indicó al principio de este paso.
Farkhod Gaziev
Puntos
6
Deje $\frac{a^{p-1}-1}{p}=b^2$ para algunos entero b.
Si p=2, $a=2b^2+1$(11 no es de la forma).
Si p>2 & prime ,por lo que debe ser impar=(2k+1) (decir)
$(a^k+1)(a^k-1)=b^2(2k+1)$
Ahora, si a es impar (como 11), $a^k±1$ es incluso => b es aún =2d(dicen).
$\frac{a^k+1}{2}\frac{a^k-1}{2}=d^2(2k+1)$
Ahora, $(\frac{a^k+1}{2},\frac{a^k-1}{2})$=1
Así que, o bien $\frac{a^k+1}{2}=m^2p$ $\frac{a^k-1}{2}=n^2$ o viceversa.
Ahora, $n^2$≡0,1,4,9,5,3(mod 11) =>$11∤(2n^2-1)$
En otro caso,
Si $11^k=2n^2+1$
n debe ser par=2m (decir)=> $2n^2+1≡1(mod\ 8)$.
Ahora, 11≡3(mod 8) =>$11^2≡1(mod\ 8)$=>$11^{2r}≡1(mod\ 8)$ y $11^{2r+1}≡3(mod\ 8)$
Así, k debe incluso=2r(dicen).
La parte del problema se convierte en $(11^r)^2-2n^2=1$ que es bien conocida ecuación de Pell.
El mínimo de la solución en un número natural por $A^2-2B^2=1$ es (3,2).
Así, Una es $\sum_{s≥2t≥0}sC_{2t}3^{s-2t}(2\sqrt2)^{2t}$ donde s es un número natural, este puede ser una potencia de 11? Encuentra aquí
Una observación:
$a^k≡-1(mod\ p)=>a^{2k}≡1(mod\ p) $
Deje $d=ord_pa$ => d|2k,pero d∤k y d∤2 como k es incluso
=> a(=11) debe ser una raíz primitiva de p para la admisión de cualquier solución.
saposcat
Puntos
368
Si $p=2$, $\frac{11^{p-1}-1}{p}$ no es un cuadrado perfecto. En la siguiente, vamos a suponer que $p\neq 2$.
Supongamos que $\frac{11^{p-1}-1}{p}$ es un cuadrado perfecto y escribir $p=2k+1$. $$11^{2k}-1 = (11^k-1)(11^k+1)= p n^2 $$ Ahora, como $gcd(11^k-1, 11^k+1)=2$, tenemos a uno de los siguientes casos $$ 11^k-1 = p a^2\text{ and }11^k +1 = b^2 $$
$$ 11^k-1 = a^2\text{ and }11^k +1 =p b^2 $$
$$ 11^k-1 = 2 p a^2\text{ and }11^k +1 = 2 b^2 $$
$$ 11^k-1 = 2 a^2\text{ and }11^k +1 =2 p b^2 $$
En el primer caso, $11^k=(b-1)(b+1)$ lo cual es imposible.
En el segundo caso, $11^k-1 = a^2$ $a$ es incluso y $4$ divide $a^2$. Pero $a^2=pb^2-2$, $pb^2=2$ modulo $4$, e $b^2=2$ modulo $4$, lo cual es imposible.
En el tercer caso, $2 b^2 = 1$ modulo $11$ lo cual es imposible, como es fácil comprobar que las plazas modulo $11$ 0, 1, 4, 9, 5, 3.
El cuarto caso se mantiene a ser examinado.
naxa
Puntos
180
En la solución propuesta por saposcat, el cuarto caso seguía abierto. Aquí es la continuación de la solución en ese caso.
Deje tenemos $11^k−1=2a^2$ y $ 11^k+1=2pb^2.$ si $3\not|a$, entonces el $11^k≡0(mod \ 3)$, que no es posible, así $3|a$. Por lo tanto $11^k≡1(mod\ 3)$, es por eso k debe ser uniforme. Supongamos que $k=2l$. Entonces tenemos $11^{2l}-1 = 2a^2$, que $(11^l-1)(11^l+1) = 2a^2$. Conseguimos que $11^l-1 = 2m^2$ y % o $11^l+1 = n^2$ $11^l-1 = m^2$y $11^l+1 = 2n^2$, para ambos casos saposcat tiene contradicciones (como los casos 1 º y 3 º).
